Subbab 4.1 Limit Fungsi PDF

Bab 4 Limit Limit Fungsi Subbab 4.1 Analisis I (SCMA602131) 1/35 LIMIT FUNGSI Pada subbab 4.1 ini akan dibahas tentang limit fungsi. Konsep limit fungsi merupakan konsep yang penting dalam Analisis. Beberapa konsep di Analisis yang diterangkan dengan menggunakan konsep limit fungs...

Bab 4 Limit Limit Fungsi Subbab 4.1 Analisis I (SCMA602131) 1/35 LIMIT FUNGSI Pada subbab 4.1 ini akan dibahas tentang limit fungsi. Konsep limit fungsi merupakan konsep yang penting dalam Analisis. Beberapa konsep di Analisis yang diterangkan dengan menggunakan konsep limit fungsi adalah konsep kekontinuan dan keterturunan fungsi. Pembahasan dimulai dari definisi dan contoh-contoh untuk membuktikan nilai limit fungsi pada suatu titik. Selain itu dibahas juga kriteria barisan untuk limit fungsi dan kriteria kedivergenan. Kriteria barisan digunakan untuk membuktikan bahwa suatu bilangan L ∈ R adalah nilai limit suatu fungsi pada suatu titik. Kriteria kedivergenan digunakan untuk membuktikan bahwa suatu bilangan L ∈ R, bukan nilai limit suatu fungsi pada suatu titik atau membuktikan bahwa suatu fungsi tidak punya limit pada suatu titik. Analisis I (SCMA602131) 2/35 LIMIT FUNGSI Secara intuitif, lim f (x) = L x→c (dibaca: limit f (x) = L untuk x mendekati c) artinya jika nilai x mendekati c dari arah kiri atau kanan c maka nilai f (x) akan mendekati nilai L. Pada pendefinisian lim f (x) = L, digunakan notasi ε untuk menyatakan kedekatan antar x→c f (x) dan L dan digunakan notasi δ untuk menyatakan kedekatan antar x dan c. Pada pendefinisian lim f (x), c merupakan cluster point dari suatu himpunan. Berikut x→c diberikan definisi cluster point dari suatu himpunan. Analisis I (SCMA602131) 3/35 TITIK KLUSTER Analisis I (SCMA602131) 4/35 Definisi 4.1.1 Misalkan A ⊆ R. Suatu titik c ∈ R disebut cluster point dari A jika ∀ δ > 0 ∃ paling sedikit satu titik x ∈ A, x ̸= c ∋ |x − c| < δ. Definisi cluster point dapat juga dinyatakan dengan menggunakan konsep lingkungan: Variansi Definisi 4.1.1 Misalkan A ⊆ R. Suatu titik c ∈ R disebut cluster point dari A jika setiap lingkungan-δ dari c, Vδ (c), mengandung paling sedikit satu titik x dari A yang berbeda dengan c. Catatan. Cluster point dari suatu himpunan bisa merupakan anggota A atau bukan anggota A. Analisis I (SCMA602131) 5/35 Contoh. 1. Misalkan A1 = (0, 1) i) 0 adalah cluster point dari A1 karena ∀ δ > 0, Vδ (0) memuat paling sedikit 1 titik x ̸= 0: untuk 0 < δ ≤ 1, ∃ titik x = 12 δ ∈ A1 , dimana 0 < 12 δ ≤ 1 → 0 < 12 δ − 0 = 12 δ < δ. untuk δ > 1, ∃ titik x = 12 ∈ A1 ∋ 0 < 12 − 0 = 21 < 1 < δ. ii) 1 adalah cluster point dari A1 karena ∀ δ > 0, Vδ (1) memuat paling sedikit 1 titik x ̸= 1: untuk 0 < δ ≤ 1, ∃ titik x = (1 − 12 δ ) ∈ A1 : 0 < 12 δ ≤ 1 2 → − 21 ≤ − 12 δ < 0 → 1 2 ≤ 1 − 12 δ < 1 → 0 < (1 − 12 δ ) − 1 = 21 δ < δ untuk δ > 1, ∃ titik x = 1 2 ∈ A1 ∋ 0 < 1 2 −1 = 1 2 < 1 < δ. Latihan. Buktikan bahwa setiap titik c ∈ A1 adalah cluster point dari A1. Petunjuk: Bagi menjadi 2 kasus yaitu untuk: 1) δ < min(c, 1 − c). 2) δ ≥ max(c, 1 − c). Analisis I (SCMA602131) 6/35 Contoh. 2. Misalkan A2 = [0, 1] maka dapat dibuktikan dengan cara yang similar seperti bagian (a) bahwa setiap x ∈ A2 merupakan cluster point A2. 3. Misalkan A3 = {a1 , a2 ,... , an } adalah suatu himpunan bilangan real berhingga dengan ai < ai+1 , ∀ i = 1,..., n − 1. i) ∀ai ∈ A3 , i = 1, 2,... , n bukan cluster point dari A3 karena ∃ δ = 12 min {|ai − ai−1 |, |ai − ai+1 |} sehingga ∀ Vδ (ai ), i = 1, 2,... , n tidak mengandung satupun aj ∈ A3 , j ̸= i. ii) ∀ b ∈ R dengan ai < b < ai+1 , i = 1, 2,... , n − 1, bukanlah cluster point dari A3 karena ∃ δ = 12 min {|b − ai |, |b − ai+1 |} ∋ ∀ Vδ (b) tidak mengandung satupun ai ∈ A3 , i = 1, 2,... , n. iii) ∀ d < a1 dan ∀ e > an bukan cluster point dari A3 karena ∃ δ1 = a12−d dan δ2 = e−a 2 n sehingga Vδ1 (d), Vδ2 (e) i = 1, 2,... , n tidak mengandung satupun ai ∈ A3 , i = 1, 2,... , n. Selain dengan menggunakan definisi, untuk membuktikan bahwa suatu titik adalah cluster point dari suatu himpunan dapat juga digunakan teorema berikut. Analisis I (SCMA602131) 7/35  Teorema 4.1.2 Suatu bilangan c ∈ R adalah cluster point dari himpunan A ⊆ R jika dan hanya jika terdapat barisan (an ) di A ∋ lim(an ) = c, an ̸= c, ∀ n ∈ N. Bukti: =⇒) Diketahui c cluster point dari A. Akan dibuktikan ∃ (an ) di A dengan lim(an ) = c. Karena c cluster point dari A, menurut definisi, ∀n ∈ N lingkungan−δ , V 1 (c), mengandung suatu n titik an ∈ A, an ̸= c. Sehingga, diperoleh |an − c| < 1n , ∀ n ∈ N, an ∈ A. Karena lim 1n = 0, maka berdasarkan teorema 3.1.10 disimpulkan lim(an ) = c.
⇐=) Diketahui ∃ barisan (an ) di A, an ̸= c, ∀ n ∈ N dengan lim(an ) = c. Akan dibuktikan c cluster point dari A. Karena lim(an ) = c maka ∀ δ > 0 ∃ K ∈ N ∋ ∀ n ≥ K berlaku an ∈ Vδ (c). Sehingga bisa disimpulkan bahwa ∀ δ > 0, Vδ (c) mengandung an ∈ A. ∴ c cluster point dari A. Analisis I (SCMA602131) 8/35 Contoh. 1 4. Misal A1 = n,n ∈N. i) 0 adalah cluster point dari A1 karena ∃ (an ) = 1n , an ∈ A, ∀ n ∈ N ∋ lim(an ) = 0.
ii) Latihan. Buktikanlah ∀ c ∈ R, c ̸= 0, bukan cluster point dari A menggunakan teorema 4.1.2. 5. Misal B = (0, 1). 1 1

1 adalah cluster point dari B karena ∃ (bn ) = 1 − 2n , bn ∈ B, ∀ n ∈ N ∋ lim 1 − 2n = 1. 6. Misal I = [0, 1], D = I ∩ Q. Setiap titik di I merupakan cluster point dari D karena menurut teorema 2.4.8 (teorema densitas), ∀ c ∈ I dan δ adalah sembarang bilangan real yang > 0, maka Vδ (c) mengan- dung bilangan rasional, yang berarti ∀ Vδ (c) mengandung titik dari D. Berikut dibahas tentang limit fungsi Analisis I (SCMA602131) 9/35 LIMIT FUNGSI Analisis I (SCMA602131) 10/35 Definisi 4.1.4 Misalkan A ⊆ R dan c cluster point A. Misalkan pula f : A → R. Sebuah bilangan L ∈ R disebut limit dari f pada c jika ∀ ε > 0 ∃ δ (ε) > 0 ∋ jika x ∈ A dan 0 < |x − c| < δ maka |f (x) − L| < ε Catatan. 1. δ (ε) artinya nilai δ tergantung ε. 2. Ketidaksamaan 0 < |x − c| < δ menunjukkan x ̸= c. 3. Notasi yang digunakan adalah: f (x) → L saat x → c atau lim f (x) atau lim f. x→c x→c 4. Jika lim f (x) = L, maka dikatakan f konvergen ke L pada c. x→c 5. Jika f tidak punya limit pada c maka dikatakan f divergen pada c. Analisis I (SCMA602131) 11/35  ARTI GEOMETRIS LIMIT FUNGSI lim f (x) = L ←→ ∀ ε > 0 ∃ δ (ε) > 0 sehingga jika x ∈ A dan 0 < |x − c| < δ maka |f (x) − L| < ε. x→c f (x) Pada pembuktian limit fungsi dengan f (x0 ) menggunakan definisi, yang harus ε. L dilakukan adalah untuk setiap ε > 0, ε. harus bisa ditentukan δ > 0 sehingga definisi limit berlaku. x0 x δ c δ Analisis I (SCMA602131) 12/35  ARTI GEOMETRIS LIMIT FUNGSI lim f (x) = L ←→ ∀ ε > 0 ∃ δ (ε) > 0 sehingga jika x ∈ A dan 0 < |x − c| < δ maka |f (x) − L| < ε. x→c f (x) Pada Gambar terlihat ada 2 nilai δ f (x0 ) yang berbeda (δ1 dan δ2 ). Jika terjadi seperti itu maka dipilih δ yang lebih ε. kecil. Kalau dipilih δ yang lebih besar L maka terdapat kemungkinan definisi ε. limit tidak berlaku, karena ∃ x0 den- gan jarak x0 dan c lebih kecil dari δ tapi jarak f (x0 ) dengan L lebih besar δ2 δ1 x0 dari ε. x δ1 c δ2 Analisis I (SCMA602131) 13/35  ARTI GEOMETRIS LIMIT FUNGSI lim f (x) = L ←→ ∀ ε > 0 ∃ δ (ε) > 0 sehingga jika x ∈ A dan 0 < |x − c| < δ maka |f (x) − L| < ε. x→c f (x) x2 − 4 x−2 Jika lim f (x) = L maka belum tentu ε. x→c 4 f (c) = L. Bahkan f bisa tidak terdefin- ε. x2 − 4 isi pada c. Misalnya lim = 4. x→2 x − 2 Dalam hal ini f (2) tidak terdefinisi. x δ 2 δ Analisis I (SCMA602131) 14/35 Teorema 4.1.5 Misalkan f : A → R dan c cluster point dari A. Maka nilai limit f pada c adalah tunggal. Bukti. Akan dibuktikan dengan kontradiksi. Misalkan L1 dan L2 masing-masing adalah nilai limit f pada c. lim f (x) = L1 x→c −→ ∀ ε > 0 ∃ δ1 (ε) > 0 ∋ ∀ x ∈ A dengan 0 < |x − c| < δ1 berlaku |f (x) − L1 | < ε. lim f (x) = L2 x→c −→ ∀ε > 0 ∃ δ2 (ε) > 0 ∋ ∀ x ∈ A dengan 0 < |x − c| < δ2 berlaku |f (x) − L2 | < ε. Ambil δ = min {δ1 , δ2 } , dengan menggunakan ketidaksamaan segitiga diperoleh ∀ ε > 0: |L1 − L2 | ≤ |L1 − f (x)| + |L2 − f (x)| < ε + ε = 2ε Karena berlaku ∀ ε > 0, menurut Teorema 2.1.9 dan definisi nilai mutlak disimpulkan |L1 − L2 | = 0 −→ L1 = L2 Analisis I (SCMA602131) 15/35 Teorema 4.1.6 Misalkan f : A → R dan c cluster point dari A. Maka kedua pernyataan berikut ekivalen i) lim f (x) = L. x→c ii) ∀ Vε (L) ∃ Vδ (c) ∋ jika x ∈ (Vδ (c) ∩ A) dengan x ̸= c berlaku f (x) ∈ Vε (L). Penjelasan. Pernyataan (ii) adalah penulisan definisi limit fungsi dengan menggunakan notasi lingkungan. Analisis I (SCMA602131) 16/35 Contoh. 7. lim b = b x→c Jawab. Misalkan f (x) = b, ∀x ∈ R, maka lim f (x) = b karena ∀ ε > 0, ∃ δ > 0 (berapapun δ -nya) x→c sehingga ∀x ∈ A dengan 0 < |x − c| < δ berlaku |f (x) − b| = |b − b| = 0 < ε 8. lim x = c x→c Jawab. Misalkan f (x) = x. Analisis pendahuluan Harus dibuktikan |f (x) − c| < ε ←→ |x − c| < ε. Dalam hal ini pilih δ = ε. Bukti formal lim x = c karena ∀ ε > 0, ∃ δ > 0 (δ = ε) ∋ ∀ x ∈ A dengan 0 < |x − c| < δ berlaku x→c |f (x) − c| = |x − c| < δ = ε Analisis I (SCMA602131) 17/35 Contoh. 9. Misal f (x) = x2. Buktikan lim f (x) = c2. x→c Jawab. Analisis pendahuluan Harus dibuktikan f (x) − c2 = x2 − c2 = |x − c||x + c| < ε (1) Nilai x dan c dapat dibuat cukup dekat, yaitu faktor |x − c| bisa dibuat < δ. Karena δ adalah suatu bilangan real yang biasanya hanya tergantung pada ε, maka faktor |x + c| harus diubah sehingga (1) tidak mengandung peubah x. Untuk memudahkan perhitungan pilih δ1 = 1 (Pada kasus ini kita bebas menentukan δ yang pertama asalkan δ yang kita pilih terkait dengan nilai-nilai x yang dekat dengan c. Bisa dipilih δ1 = 12 , 41 , 10 1 ,... asal jangan δ1 = 100, 106 ,... ). Analisis I (SCMA602131) 18/35  Jika δ1 = 1, yaitu jika |x − c| < 1, x ̸= c maka dengan menggunakan ketaksamaan segitiga diperoleh |x| − |c| < |x − c| < 1 −→ −1 < |x| − |c| < 1 −→ |x| < |c| + 1 Sehingga |x + c| < |x| + |c| ≤ |c| + 1 + |c| = 2|c| + 1 (2) Dari (1) dan (2), diperoleh |x2 − c2 | = |x + c||x − c| < (2|c| + 1)|x − c| Jadi berlaku |x2 − c2 | < ε dengan memilih δ2 = ε 2|c|+1. Bukti formal n o lim x2 = c2 karena ∀ ε > 0 ∃ δ > 0 dengan δ = min 1, 2|c|+1 ε sehingga ∀ x dengan x→c 0 < |x − c| < δ berlaku |x2 − c2 | = |x + c||x − c| < (|x| + |c|)δ < (2|c| + 1)|x − c| < ε Analisis I (SCMA602131) 19/35  1 1 10. Misal f (x) = dan c > 0. Buktikan lim f (x) =. x x→c c Jawab. Analisis pendahuluan Harus dibuktikan ∀ε > 0 ∃ δ (ε) sehingga jika |x − c| < δ berlaku 1 1 x−c 1 − < ε ←→ < ε ←→ |x − c| < ε (3) x c xc |x||c| 1 Faktor |x| pada pernyataan (3) harus dibuat lebih kecil dari suatu bilangan positif atau |x| lebih besar dari suatu bilangan positif dengan memilih suatu nilai δ1. Pada kasus ini tidak bisa dipilih δ1 = 1, karena c adalah sembarang bilangan real positif. Jika dipilih δ1 = 1 untuk c = 12 akan didapat 1 1 1 1 3 |x| − < x− < 1 −→ −1 < |x| − < 1 −→ − < |x| < 2 2 2 2 2 |x| yang didapat belum terjamin lebih besar dari suatu bilangan positif, sedangkan yang kita 1 butuhkan adalah agar |x| > x0 , ∃x0 > 0 sehingga |x| < x0. Analisis I (SCMA602131) 20/35 Yang harus diperhatikan pada pemilihan δ1 adalah ∀ x, yang memenuhi 0 < |x − c| < δ1 , harus bertanda sama, yaitu harus bernilai positif semua atau bernilai negatif semua. Pada kasus ini, karena c > 0 dan ∀ x dengan 0 < |x − c| < δ1 harus bertanda sama, maka pilih δ1 = 12 c sehingga diperoleh c c c |x| − |c| < |x − c| < −→ − < |x| − |c| < 2 2 2 c 3c 1 2 (4) −→ < |x| < −→ < 2 2 |x| c Dari (3) dan (4) diperoleh 1 1 x−c 1 2 − = = |x − c| < 2 δ. x c xc |x||c| c c2 ε Dengan memilih δ2 = 2 , maka | 1x − 1c | < ε. Bukti formal 1 1 n 2 o lim = , c > 0 karena ∀ ε > 0 ∃ δ > 0 dengan δ = min 2c , c2ε sehingga ∀ x dengan 0 < x→c x c |x − c| < δ berlaku | 1x − 1c | = x−c 1 2 xc = |x||c| |x − c| < c2 δ < ε. Analisis I (SCMA602131) 21/35 Contoh. x3 − 4 x3 − 4 4 11. Misal f (x) = 2 , ∀ x ∈ R. Buktikan lim 2 =. x +1 x→2 x + 1 5 Jawab Analisis pendahuluan Harus dibuktikan untuk setiap ε > 0 terdapat δ (ε) sehingga jika |x − 2| < δ berlaku x3 − 4 4 5x3 − 4x2 − 24 |5x2 + 6x + 12| − < ε ←→ < ε ←→ |x − 2| < ε x2 + 1 5 2 5(x + 1) 5(x2 + 1) Suku-suku yang mengandung peubah x kecuali faktor |x − 2| harus diubah. |5x2 + 6x + 12| harus dibuat lebih kecil dari suatu bilangan positif. 1 5(x2 +1) harus dibuat lebih besar dari suatu bilangan positif atau |5(x2 + 1)| dibuat lebih kecil dari suatu bilangan positif. Pilih δ1 = 1, pilihan ini menjamin bahwa ∀ x dengan 0 < |x − 2| < 1 bernilai positif. 0 < |x − 2| < 1 −→ 1 < x < 3, x ̸= 2 Analisis I (SCMA602131) 22/35  0 < x < 3 −→ 23 < 5x2 + 6x + 12 < 75 −→ |15x2 + 6x + 12| < 75 −→ 1 1 1 1 5(x2 + 1) > 10 −→ 0 < < −→ < 5(x2 + 1) 10 |5(x2 + 1)| 10 Sehingga diperoleh x3 − 4 4 75 75 − < |x − 2| < δ < ε x2 + 1 5 10 10 10ε untuk δ =. 75 Bukti formal x3 − 4 4   10ε lim = karena ∀ ε > 0 ∃ δ > 0 dengan δ = min 1, sehingga ∀ x dengan x→2 x2 + 1 5 75 0 < |x − 2| < δ berlaku x3 − 4 4 75 75 2 − < |x − 2| < δ < ε x +1 5 10 10 Analisis I (SCMA602131) 23/35 KRITERIA BARISAN UNTUK LIMIT Analisis I (SCMA602131) 24/35 Teorema 4.1.8 Misalkan f : A → R dan c cluster point dari A. Maka dua pernyataan berikut ekivalen: i) Untuk setiap barisan (xn ) di A yang konvergen ke c sedemikian sehingga xn ̸= c, ∀ n ∈ N, barisan (f (xn )) konvergen ke L ii) lim f (x) = L x→c Bukti. (i) −→ (ii) Diketahui ∀ (xn ) di A dengan lim(xn ) = c berlaku lim(f (xn )) = L. Akan dibuktikan lim f (x) = L x→c menggunakan kontradiksi. Misal lim f (x) ̸= L −→ ∃ ε0 > 0 ∀ δ ∃ x ∈ A dengan 0 < |x − c| < δ tapi |f (x) − L| ≥ ε0. x→c Untuk δ = 1, ∃ x1 ∈ A dengan 0 < |x1 − c| < 1 tapi |f (x1 ) − L| ≥ ε0. Untuk δ = 21 , ∃ x2 ∈ A dengan 0 < |x2 − c| < 1 2 tapi |f (x2 ) − L| ≥ ε0.... Untuk δ = n1 , ∃ xn ∈ A dengan 0 < |xn − c| < 1 n tapi |f (xn ) − L| ≥ ε0. Analisis I (SCMA602131) 25/35 Bukti. (lanjutan) Disimpulkan bahwa terdapat barisan (xn ) di A dengan lim(xn ) = c tapi |f (x) − L| ≥ ε0 sehingga lim(f (xn )) ̸= L −→ terjadi kontradiksi dengan premis −→ haruslah lim f (x) = L x→c (ii) ←− (i) Diketahui lim f (x) = L dan (xn ) adalah barisan di A dengan xn ̸= c, ∀n ∈ N dan lim(xn ) = c. x→c Akan dibuktikan lim(f (xn )) = L. Karena lim f (x) = L maka ∀ ε > 0 ∃ δ (ε) > 0 ∋ ∀ x ∈ A dengan 0 < |x − c| < δ berlaku x→c |f (x) − L| < ε Untuk δ yang dipilih, karena lim(xn ) = c maka ∃ K(δ (ε)) ∈ N sehingga untuk n ≥ K berlaku |xn − c| < δ. Sehingga diperoleh untuk |xn − c| < δ maka |f (xn ) − L| < ε. Disimpulkan ∀ ε > 0 ∃ K ∈ N ∋ ∀ n ≥ K berlaku |f (xn ) − L| < ε −→ lim(f (xn )) = L. Analisis I (SCMA602131) 26/35 Contoh. x+5 12. Buktikan lim = 4 dengan menggunakan kriteria barisan. x→−1 2x + 3 Jawab. x+5 Tulis f (x) =. 2x + 3 Pernyataan-pernyataan berikut ini diperoleh dengan menggunakan teorema limit barisan. ∀ barisan (xn ) dengan lim(xn ) = −1 maka lim(xn + 5) = 4. ∀ barisan (xn ) dengan lim(xn ) = −1 maka lim(2xn + 3) = 1 ̸= 0.   xn + 5 Diperoleh ∀ barisan (xn ) dengan lim(xn ) = −1 maka lim = 4. ⋆ 2xn + 3   xn + 5 Karena ∀ (xn ) dengan lim(xn ) = −1 berlaku lim = 4 berdasarkan teorema 4.1.8 2xn + 3 x+5 disimpulkan lim = 4. x→−1 2x + 3 Analisis I (SCMA602131) 27/35 Teorema 4.1.9 (Kriteria Kedivergenan) Misalkan A ⊆ R dan f : A → R dengan c cluster point dari A. a) Misal L ∈ R. lim f (x) ̸= L jika dan hanya jika terdapat barisan (xn ) di A, xn ̸= c, ∀ n ∈ N ∋ lim(xn ) = c x→c tetapi lim(f (xn )) ̸= L. b) Suatu fungsi f tidak mempunyai limit pada titik c jika dan hanya jika terdapat barisan (xn ) di A, xn ̸= c, ∀ n ∈ N ∋ (xn ) konvergen ke c, tetapi barisan (f (xn )) tidak konvergen. Catatan: Pada poin (a) lim f (x) ̸= L bukan berarti lim f (x) tidak ada, mungkin saja limitnya ada tetapi ̸= L. Pada poin (b) untuk membuktikan lim f (x) tidak ada dapat dilakukan dengan menun- jukkan bahwa terdapat 2 barisan (xn ) dan (yn ) yang konvergen ke c tetapi (f (xn )) dan (f (yn )) konvergen ke nilai yang berbeda. Analisis I (SCMA602131) 28/35 Contoh. 1 13. Buktikan lim tidak ada. x→0 x Jawab. 1 Tulis f (x) =. x     1 1
1 ∃ barisan (xn ) = dengan lim n = 0 tetapi barisan (f (xn )) = = (n) dengan n 1/n lim(f (xn )) = lim(n) = ∞ (Contoh subbab 3.6 nomor 1). 1 Menurut Teorema 4.1.9 (b), disimpulkan lim tidak ada. x→0 x Analisis I (SCMA602131) 29/35 Contoh.  1,  x>0 ( x ! |x| , x ̸= 0 14. Misalkan f (x) = sign x = 0, x=0 sign x =  0, x=0 −1, x < 0  Buktikan lim sign x tidak ada. x→0 Jawab. (−1)n   Ambil (xn ) = −→ lim(xn ) = 0. n (−1)n /n   = (−1)n −→ lim(f (xn )) tidak ada.
Maka (f (xn )) = n |(−1) /n| Menurut Teorema 4.1.9 (b), disimpulkan lim sign x tidak ada. x→0 Analisis I (SCMA602131) 30/35 Contoh. 1 1 15. Misalkan f (x) = sin , x ̸= 0. Buktikan lim sin tidak ada. x x→0 x Jawab.   1 Ambil barisan (un ) = −→ lim(un ) = 0 dan lim(f (un )) = lim(sin nπ) = 0. nπ   1 π

Ambil barisan (vn ) = π −→ lim(vn ) = 0 dan lim(f (vn )) = lim sin 2 + 2nπ = 1. 2 + 2nπ Diperoleh 2 barisan (un ) dan (vn ) yang konvergen ke 0, tetapi barisan (f (un )) dan (f (vn )) konvergen ke nilai yang berbeda. 1 Maka, menurut Teorema 4.1.9 (b), disimpulkan lim sin tidak ada. x→0 x Analisis I (SCMA602131) 31/35 Contoh ( x, x rasional 16. Misalkan f (x) = 0, x irasional Buktikan i) lim f (x) = 0 dengan menggunakan definisi limit. x→0 ii) lim f (x) = 0 dengan menggunakan kriteria barisan. x→0 iii) lim f (x) tidak ada dengan menggunakan negasi definisi limit. x→c iv) lim f (x) tidak ada dengan menggunakan kriteria kedivergenan. x→c Untuk point (iii) dan (iv), c ̸= 0 adalah sembarang bilangan real. Analisis I (SCMA602131) 32/35 Jawab. i) lim f (x) = 0 karena ∀ ε > 0 ∃ δ > 0 (δ = ε) ∋ ∀ x dengan 0 < |x − 0| < δ berlaku: x→0 Jika x rasional, |f (x) − 0| = |x − 0| = |x| < δ = ε. Jika x irasional, |f (x) − 0| = |0 − 0| < ε. ii) Misalkan (xn ) adalah barisan dengan lim(xn ) = 0, terdapat 3 kemungkinan untuk suku- suku dari (xn ). 1) Semua suku-suku (xn ) adalah bilangan rasional. −→ f (xn ) = xn , ∀ n ∈ N −→ lim(f (xn )) = lim(xn ) = 0 2) Semua suku-suku (xn ) adalah bilangan irasional. −→ f (xn ) = 0, ∀ n ∈ N −→ lim(f (xn )) = 0 3) Suku-suku (xn ) ada yang bilangan rasional (sebut xn′ ) dan ada yang bilangan irasional (sebut xn′′ ) −→ f (xn′ ) = xn′ dan f (xn′′ ) = 0. Jadi suku-suku dari (f (xn )) terdiri dari 0 dan xn −→ lim(f (xn )) = 0. Dari point (1), (2), (3) diperoleh: ∀ barisan (xn ) dengan lim(xn ) = 0, maka lim(f (xn )) = 0. Berdasarkan teorema 4.1.8 disimpulkan lim f (x) = 0. x→0 Analisis I (SCMA602131) 33/35 Jawab. (lanjutan) |L| iii) lim f (x) tidak ada (c ̸= 0) atau lim f (x) ̸= L, ∀ L ∈ R karena ∃ ε0 = ∀ δ > 0 ∃ bilangan x→c x→c 2 irasional x dengan 0 < |x − c| < δ (dijamin oleh teorema densitas) sehingga berlaku |L| |f (x) − L| = |0 − L| = |L| > 2 iv) lim f (x) tidak ada (c ̸= 0). x→c ∃ (un ) dengan un irasional ∀ n ∈ N dengan lim(un ) = c dan lim(f (un )) = lim 0 = 0. ∃ (vn ) dengan vn rasional ∀ n ∈ N dengan lim(vn ) = c dan lim(f (vn )) = lim(vn ) = c. Disimpulkan bahwa terdapat 2 barisan yang konvergen ke 0, tapi barisan petanya tidak konvergen ke nilai yang sama. Maka menurut teorema 4.1.9 (b) lim f (x) tidak ada. Analisis I (SCMA602131) 34/35 Robert G. Bartle & Donald R. Sherbert, 2000, Introduction to Real Analysis, edisi 4, John Wiley & Sons, Inc. Daftar Pustaka Analisis I (SCMA602131) 35/35