Subbab 4.3 Perluasan Konsep Limit PDF

Bab 4 Limit Perluasan Konsep Limit Subbab 4.3 Analisis I (SCMA602131) 1/40 4.3 PERLUASAN KONSEP LIMIT Pada subbab ini akan dibahas perluasan konsep limit untuk mengakomodasi pembuk- tian limit fungsi yang tidak tercakup pada subbab 4.1. Pembahasan...

Bab 4 Limit Perluasan Konsep Limit Subbab 4.3 Analisis I (SCMA602131) 1/40 4.3 PERLUASAN KONSEP LIMIT Pada subbab ini akan dibahas perluasan konsep limit untuk mengakomodasi pembuk- tian limit fungsi yang tidak tercakup pada subbab 4.1. Pembahasan pada subbab ini dibagi menjadi tiga bagian, yaitu limit kiri dan kanan, limit tak hingga, dan limit di ketakhinggaan. Analisis I (SCMA602131) 2/40 LIMIT SATU ARAH Analisis I (SCMA602131) 3/40 Definisi 4.3.1 Misalkan A ⊆ R. Misalkan pula f : A → R. i) Jika c ∈ R merupakan cluster point dari A ∩ (c, ∞) = {x ∈ A : x > c}, maka L ∈ R adalah limit kanan dari f pada c, lim f = L atau lim f (x) = L x→c+ x→c+ jika ∀ ε > 0 ∃ δ (ε) > 0 ∋ ∀ x ∈ A dengan 0 < x − c < δ , maka |f (x) − L| < ε. ii) Jika c ∈ R merupakan cluster point dari A ∩ (−∞, c) = {x ∈ A : x < c}, maka L ∈ R adalah limit kiri dari f pada c, lim f = L atau lim f (x) = L x→c− x→c− jika ∀ ε > 0 ∃ δ (ε) > 0 ∋ ∀ x ∈ A dengan 0 < c − x < δ , maka |f (x) − L| < ε. Analisis I (SCMA602131) 4/40 Catatan. 1. lim f dan lim f disebut limit satu arah dari f pada c. Bisa terjadi limit kiri dan limit x→c+ x→c− kanan dari suatu fungsi pada suatu titik tidak ada, atau bisa juga terjadi kedua limit tersebut ada tetapi nilainya berbeda. 2. Jika A = (a, b) maka f mempunyai limit pada a maka lim f ada dan f mempunyai limit x→a+ pada b maka lim f ada. x→b− Analisis I (SCMA602131) 5/40  LIMIT SATU ARAH lim f (x) = L ←→ ∀ ε > 0 ∃ δ (ε) > 0 ∋ ∀ x ∈ A dengan 0 < x − c < δ , maka |f (x) − L| < ε. x→c+ f (x) Catatan. lim f dan lim f disebut limit satu arah x→c+ x→c− dari f pada c. Bisa terjadi limit kiri dan L+ε kanan dari suatu fungsi pada suatu titik ε. tidak ada, atau juga terjadi kedua limit f (x0 ) L tersebut ada tetapi nilainya berbeda. Misalkan A = (a, b). f mempunyai limit pada a jika lim f ada dan f mempunyai x→a+ x0 x limit pada b jika lim f ada. x→b− c δ c+δ Analisis I (SCMA602131) 6/40 Teorema 4.3.2 Misalkan A ⊆ R. Misalkan pula f : A → R dan c ∈ R adalah cluster point dari A ∩ (c, ∞). Maka pernyataan berikut ekivalen: 1. lim f = L. x→c+ 2. Setiap barisan (xn ) yang konvergen ke c dengan xn ∈ A dan xn > c, ∀ n ∈ N, barisan (f (xn )) konvergen ke L. Bukti. Bukti dari teorema 4.3.2 similar dengan bukti teorema 4.1.8. Berikut diberikan ilustrasi dari teorema 4.3.2. Analisis I (SCMA602131) 7/40 Contoh. Misalkan  x,  0 1 maka x→1+ lim(f (xn )) = lim(xn2 + 1) = lim(xn )2 + 1 = 2 Berikut adalah teorema yang memperlihatkan keterkaitan antara limit fungsi f pada suatu titik c dengan limit kiri dan limit kanannya. Analisis I (SCMA602131) 8/40 Teorema 4.3.3 Misalkan A ⊆ R. Misalkan pula f : A → R dan c ∈ R adalah cluster point dari A ∩ (c, ∞) dan A ∩ (−∞, c), maka lim f = L ←→ lim f = L = lim f x→c x→c+ x→c− Latihan. Berikanlah bukti untuk teorema 4.3.3. Analisis I (SCMA602131) 9/40 Contoh.  1,  x>0 1. f (x) = sign x = 0, x=0  −1, x < 0  Buktikan i) lim sign x = 1 x→0+ ii) lim sign x = −1 x→0− Jawab. i) lim sign x = 1 karena ∀ ε > 0 ∃ δ (ε) > 0 (berapapun δ -nya) ∋ ∀ x ∈ R dengan x→0+ 0 < x < δ berlaku |sign x − 1| = |1 − 1| = 0 < ε. ii) lim sign x = −1 karena ∀ ε > 0 ∃ δ (ε) > 0 ∋ ∀ x ∈ R dengan 0 < −x < δ berlaku x→0− |sign x − 1| = | − 1 − (−1)| = 0 < ε. Analisis I (SCMA602131) 10/40 Contoh. 1 2. Misal g(x) = e x , x ̸= 0. Buktikan i) lim g(x) tidak ada. x→0+ ii) lim g(x) = 0. x→0− Jawab. i) Akan dibuktikan lim g(x) tidak ada menggunakan ketaksamaan 0 < t < et untuk t > 0. x→0+ (dibuktikan pada akibat 8.3.3) 1 1 Untuk x > 0 diperoleh 0 < < e x sehingga, untuk xn = 1n diperoleh 0 < n < en. x Disimpulkan terdapat barisan (xn ) = n1 dengan lim(xn ) = 0, tetapi barisan (g(xn )) = (en )
tidak terbatas pada setiap Vδ (0) ∩ {x : x > 0}, maka (g(xn )) tidak terbatas. ∴ berdasarkan kriteria kedivergenan lim g(x) tidak ada. x→0+ Analisis I (SCMA602131) 11/40 Contoh. 1 2. Misal g(x) = e x , x ̸= 0. Buktikan i) lim g(x) tidak ada. x→0+ ii) lim g(x) = 0. x→0− Jawab. (lanjutan) ii) Akan dibuktikan lim g(x) = 0. x→0− Untuk x < 0 diperoleh − 1x > 0. Menggunakan ketaksamaan 0 < t < et untuk t > 0 diperoleh 1 0 < − 1x < e− x = 1 e1/x , ∀x < 0. Sehingga, 1 0 < e x < −x, ∀ x < 0 1 Menggunakan Teorema Apit diperoleh lim e x = 0. x→0− Analisis I (SCMA602131) 12/40 Contoh. 1 3. Misal h(x) = e1/x +1. Buktikan i) lim h(x) = 0. x→0+ ii) lim h(x) = 1. x→0− Jawab. i) Akan dibuktikan lim h(x) = 0. x→0+ 1 1 Dari contoh 2 terlihat 0 < x < e x , ∀x > 0. Maka diperoleh 1 0< < x, ∀x > 0 e1/x sehingga, 1 1 0< < 0) ∃ δ (α) > 0 ∋ ∀ x ∈ A dengan 0 < |x − c| < δ berlaku f (x) > α. 2. f dikatakan menuju − ∞ ketika x → c, ditulis lim f = −∞, jika x→c ∀ β ∈ R (β < 0) ∃ δ (β ) > 0 ∋ ∀ x ∈ A dengan 0 < |x − c| < δ berlaku f (x) < β. Analisis I (SCMA602131) 16/40  LIMIT TAK HINGGA lim f (x) = ∞ ←→ ∀ α > 0 ∃ δ (α) > 0 ∋ ∀ x ∈ A dengan 0 < |x − c| < δ berlaku f (x) > α. x→c f (x) f (x0 ) α x0 x δ1 c δ 2 Analisis I (SCMA602131) 17/40 Contoh. 4. Buktikan 1 lim − = −∞ x→0 x2 Jawab. Analisis pendahuluan Harus dibuktikan ∀β < 0 ∃ δ (β ) > 0 ∋ jika |x − 0| < δ berlaku 1 1 1 1 − < β ←→ 2 > −β ←→ x2 < ←→ |x| < p x2 x −β −β Jadi dapat dipilih δ = √1. −β Bukti formal 1 lim f (x) = lim − = −∞ karena ∀β < 0 ∃ δ (β ) > 0 dengan δ (β ) = √1 ∋ ∀ x dengan x→0 x→0 x2 −β 1 1 1 1 0 < |x − 0| < δ = p −→ 0 < |x|2 = x2 < −→ 2 > −β −→ f (x) = − 2 < β −β −β x x Analisis I (SCMA602131) 18/40 Contoh. 5. Untuk x ̸= 0, buktikan 1 1 lim ̸= ∞ dan lim ̸= −∞. x→0 x x→0 x Jawab. 1 lim ̸= ∞ karena ∃ α > 0 ∀ δ > 0 ∃ x dengan 0 < |x| < δ yaitu x = − 12 δ tetapi x→0 x   δ 2 f (x) = f − =− 0 ∃ x dengan 0 < |x| < δ yaitu x = 12 δ tetapi x→0 x   δ 2 f (x) = f = >β 2 δ Analisis I (SCMA602131) 19/40 Teorema 4.3.7 Misalkan A ⊆ R. Misalkan pula f , g : A → R dan c ∈ R adalah cluster point dari A dan f (x) ≤ g(x), ∀ x ∈ A, x ̸= c. a) Jika lim f = ∞, maka lim g = ∞. x→c x→c b) Jika lim g = −∞, maka lim f = −∞. x→c x→c Bukti. a) lim f = ∞. x→c −→ ∀ α ∈ R(α > 0) ∃ δ (α) > 0 ∋ jika x ∈ A dengan 0 < |x − c| < δ maka f (x) > α. Karena g(x) ≥ f (x), maka g(x) ≥ f (x) > α −→ lim g = ∞. x→c b) Bukti similar. Analisis I (SCMA602131) 20/40 Definisi 4.3.8 Misalkan A ⊆ R. Misalkan pula f : A → R. Jika c cluster point dari A ∩ (c, ∞) = {x ∈ A : x > c}, maka f dikatakan menuju ∞ (atau − ∞ ) ketika x → c± , ditulis lim f = ∞ (atau lim f = −∞ ) x→c± x→c± jika ∀ α ∈ R ∃ δ (α) > 0 ∋ jika x ∈ A dengan 0 < x − c < δ maka f (x) > α (atau f (x) < α). Analisis I (SCMA602131) 21/40 Contoh. 1 6. Misalkan g(x) = x maka lim g(x) = ∞ dan lim g(x) = −∞. x→0+ x→0− 1 1 lim = ∞ karena ∀ α ∈ R (α > 0) ∃ δ = α ∋ ∀ x ∈ R dengan 0 < x − 0 < δ berlaku x→0 x + 1 1 g(x) = > =α x δ 1 lim = −∞ karena ∀ β ∈ R (β < 0) ∃ δ = − β1 ∋ ∀ x ∈ R dengan 0 < 0 − x < δ berlaku x→0− x 1 1 g(x) = 0. Dari contoh 1 lim = ∞. Dengan menggunakan x→0+ x 1 teorema 4.3.7 (a) disimpulkan lim e x = ∞. x→0+ Analisis I (SCMA602131) 22/40 LIMIT DI KETAKHINGGAAN Analisis I (SCMA602131) 23/40 Definisi 4.3.10 Misalkan A ⊆ R, f : A → R. Misalkan pula (a, ∞) ⊆ A untuk suatu a ∈ R. L ∈ R disebut limit dari f ketika x → ∞ , ditulis lim f = L atau lim f (x) = L x→∞ x→∞ jika ∀ ε > 0 ∃ K = K(ε) > a ∋ ∀ x > K berlaku |f (x) − L| < ε. f (x) L+ε lim f = L atau lim f (x) = L, a = 0 ε. x→∞ x→∞ L ε. L−ε jika ∀ ε > 0 ∃ K = K(ε) > a ∋ ∀ x > K berlaku f (x0 ) |f (x) − L| < ε. Latihan. Tuliskan modifikasi definisi 4.3.10 untuk x0 x lim f (x) = L beserta ilustrasi geometrisnya. x→−∞ K(ε) Analisis I (SCMA602131) 24/40 Teorema 4.3.11 Misalkan A ⊆ R dan f : A → R. Misalkan pula (a, ∞) ⊆ A untuk suatu a ∈ R. Maka kedua pernyataan berikut ekivalen i) L = lim f x→∞ ii) ∀ barisan (xn ) ∈ A ∩ (a, ∞) ∋ lim(xn ) = ∞, barisan (f (xn )) konvergen ke L. Bukti. (i) −→ (ii) Diketahui L = lim f. Akan dibuktikan ∀ (xn ) ∈ A ∩ (a, ∞) ∋ lim(xn ) = ∞ −→ lim(f (xn )) = L. x→∞ L = lim f −→ ∀ ε > 0 ∃ K1 (ε) > a ∋ jika x > K1 (ε) −→ |f (x) − L| < ε x→∞ Ambil sembarang barisan (xn ) dengan lim(xn ) = ∞, untuk K1 (ε) yang diambil maka ∃ K(K1 (ε)) ∈ N ∋ ∀ n ≥ K(K1 (ε)) −→ xn > K1 (ε) Sehingga |f (xn ) − L| < ε. Disimpulkan ∀ ε > 0 ∃ K(ε) ∋ jika n > K(ε) −→ |f (xn ) − L| < ε. ∴ ∀(xn ) dengan lim(xn ) = ∞ −→ lim(f (xn )) = L. Analisis I (SCMA602131) 25/40 Bukti. (ii) −→ (i) Diketahui ∀ (xn ) ∈ A ∩ (a, ∞) ∋ lim(xn ) = ∞ −→ lim(f (xn )) = L. Akan dibuktikan lim f (x) = L x→∞ dengan menggunakan kontradiksi. Misalkan lim f ̸= L −→ ∃ ε0 > 0 ∀ K > a ∃ x > K dengan |f (x) − L| ≥ ε0. x→∞ Untuk K = a + 1, ∃ x1 > K = a + 1 dengan |f (x1 ) − L| ≥ ε0. Untuk K = a + 2, ∃ x2 > K = a + 2 dengan |f (x2 ) − L| ≥ ε0.... Untuk K = a + n, ∃ xn > K = a + n dengan |f (xn ) − L| ≥ ε0. Jadi terdapat barisan (xn ), xn > a + n, ∀ n, dengan |f (xn ) − L| ≥ ε0. Karena lim(a + n) = ∞ dan xn > a + n maka menurut teorema 3.6.4 (a) berlaku lim(xn ) = ∞. Sehingga terdapat barisan (xn ) dengan lim(xn ) = ∞ tetapi |f (xn ) − L| ≥ ε0 , ∀ n. Terjadi kontradiksi dengan premis. Haruslah lim f (x) = L. x→∞ Latihan. Berikan modifikasi teorema 4.3.11 untuk lim f (x) = L beserta buktinya. x→−∞ Analisis I (SCMA602131) 26/40 Sebelum membahas contoh untuk teorema 4.3.11 terlebih dahulu diberikan teorema Apit di ketakhinggaan. Bukti teorema ini similar dengan bukti teorema 4.2.7. Teorema Apit Misalkan A ⊆ R, f , g, h : A → R. Misalkan pula (a, ∞) ⊆ A untuk suatu a ∈ R. Jika f (x) ≤ g(x) ≤ h(x), ∀ x ∈ A dan lim f (x) = L = lim h(x) x→∞ (−∞) x→∞ (−∞) maka lim g(x) = L. x→∞ (−∞) Analisis I (SCMA602131) 27/40 Contoh. 1 1 8. Misalkan g(x) = 1x. Buktikan lim = 0 = lim. x→∞ x x→−∞ x Jawab. 1 lim = 0 karena ∀ ε > 0 ∃ K(ε) = ε1 ∋ ∀ x > K berlaku x→∞ x 1 1 1 0 < < x −→ 0 < < ε −→ 0 ∃ K(ε) = − ε1 ∋ ∀ x < K berlaku x→−∞ x 1 1 1 1 1 x < − < 0 −→ 0 < < −x −→ 0 < < ε −→ − = a ∋ ∀ x > K berlaku f (x) > α (atau f (x) < α). f (x) lim f = ∞ atau lim f (x) = −∞, a = 0 x→∞ x→∞ f (x0 ) jika ∀ α ∈ R ∃ K = K(α) > 0 ∋ ∀ x > K berlaku f (x) > α. α Latihan. Berikan definisi dan/atau ilustrasi: lim f = −∞. x→∞ x0 x lim f = ∞ dan lim f = −∞. x→−∞ x→−∞ K(α) Analisis I (SCMA602131) 30/40 Teorema 4.3.14 Misalkan A ⊆ R, f : A → R. Misalkan pula (a, ∞) ⊆ A untuk suatu a ∈ R. Maka pernyataan berikut ekivalen i) lim f = ∞ (atau lim f = −∞). x→∞ x→∞ ii) Setiap barisan (xn ) di (a, ∞) dengan lim(xn ) = ∞ maka lim(f (xn )) = ∞. Bukti. (i) −→ (ii) Diketahui lim f = ∞. Akan dibuktikan ∀ (xn ) ∈ A ∩ (a, ∞) ∋ lim(xn ) = ∞ −→ lim(f (xn )) = ∞. x→∞ lim f = ∞ −→ ∀ α ∈ R ∃ K1 (α) > a ∋ jika x > K1 (α) −→ f (x) > α x→∞ Ambil sembarang barisan (xn ) dengan lim(xn ) = ∞, untuk K1 (α) yang diambil maka ∃ K(K1 (α)) ∈ N ∋ n ≥ K(K1 (α)) −→ xn > K1 (α) Sehingga f (xn ) > α. Disimpulkan ∀ α ∈ R ∃ K(α) ∈ N ∋ jika n > K(α) berlaku f (xn ) > α. ∴ (xn ) barisan di (a, ∞) dengan lim(xn ) = ∞ −→ lim(f (xn )) = ∞. Analisis I (SCMA602131) 31/40 Bukti. (ii) −→ (i) Diketahui ∀ (xn ) ∈ A ∩ (a, ∞) ∋ lim(xn ) = ∞ −→ lim(f (xn )) = ∞. Akan dibuktikan lim f (x) = ∞ x→∞ dengan menggunakan kontradiksi. Misalkan lim f ̸= ∞ −→ ∃ α0 ∈ R ∀ K > a ∃ x > K dengan f (x) ≤ α0. x→∞ Untuk K = a + 1 ∃ x1 > K = a + 1 dengan f (x1 ) ≤ α0. Untuk K = a + 2 ∃ x2 > K = a + 2 dengan f (x2 ) ≤ α0.... Untuk K = a + n ∃ xn > K = a + n dengan f (xn ) ≤ α0. Jadi terdapat barisan (xn ), xn > a + n, ∀ n ∈ N, dengan f (xn ) ≤ α0. Karena lim(a + n) = ∞ dan xn > a + n maka menurut teorema 3.6.4 (a) berlaku lim(xn ) = ∞. Sehingga terdapat barisan (xn ) dengan lim(xn ) = ∞ tetapi f (xn ) ≤ α0 , ∀ n ∈ N. Terjadi kontradiksi dengan premis. Haruslah lim f (x) = ∞. x→∞ Latihan. Berikan modifikasi teorema 4.3.14 untuk lim f (x) = −∞ beserta buktinya. x→∞ Analisis I (SCMA602131) 32/40 Teorema 4.3.15 Misalkan A ⊆ R, f , g : A → R, (a, ∞) ⊆ A untuk suatu a ∈ R. Misalkan pula g(x) > 0 ∀ x > a f (x) dan untuk suatu L ∈ R dengan L ̸= 0 berlaku lim =L x→∞ g(x) a) Jika L > 0 maka lim f = ∞ jika dan hanya jika lim g = ∞ x→∞ x→∞ b) Jika L < 0 maka lim f = −∞ jika dan hanya jika lim g = ∞ x→∞ x→∞ Analisis I (SCMA602131) 33/40 Bukti a. f (x) L  L
=⇒ ) Diketahui lim = L > 0 −→ untuk ε = 2 ∃ K1 = max K 2 , a sehingga berlaku x→∞ g(x) f (x) L L f (x) 3L L 3L −L < −→ 0 < < < −→ g(x) < f (x) < g(x), ∀x > K1 g(x) 2 2 g(x) 2 2 2 Jika lim f (x) = ∞, akan dibuktikan lim g(x) = ∞. x→∞ x→∞ Ambil sembarang α ∈ R, akan dibuktikan ∃ K(α) ∋ ∀ x > K(α) −→ g(x) > α. Karena lim f (x) = ∞ maka untuk α0 = 3L ′ 3L α ∋ x > K ′ 3L α −→ f (x) > 3L α.

x→∞ 2 α ∃K 2 2 2  ′ 3L
Maka diperoleh untuk sembarang α ∈ R ∃ K(α) = max K 2 α , K1 sehingga untuk x > K(α) berlaku 3L 3L 3L 2 α < f (x) < g(x) −→ g(x) > α· =α 2 2 2 3L ∴ lim g(x) = ∞. x→∞ Analisis I (SCMA602131) 34/40 Bukti a. ⇐=) Jika lim g(x) = ∞, akan dibuktikan lim f (x) = ∞. x→∞ x→∞ Ambil sembarang α ∈ R, akan dibuktikan ∃ K(α) ∋ ∀ x > K(α) −→ f (x) > α. Karena lim g(x) = ∞ maka untuk α ′ = 2α L ∃ K ′ ( 2α ′ 2α L ) ∋ ∀ x > K ( L ) −→ g(x) > 2α L. x→∞ Maka diperoleh untuk sembarang α ∈ R ∃K(α) = max K ′ 2α 
α , K1 (K1 bersesuaian dengan arah kanan) sehingga untuk x > K(α) L L 2α f (x) > g(x) > · =α 2 2 L ∴ lim f (x) = ∞. x→∞ Bukti (b) similar Analisis I (SCMA602131) 35/40 Contoh. 10. Misalkan g(x) = xn , x ∈ (0, ∞). Buktikan lim xn = ∞. x→∞ Jawab. Analisis pendahuluan Harus dibuktikan ∀ α > 0 ∃ K(α) ∋ ∀ x > K(α) −→ g(x) > α. Untuk x > 1 −→ g(x) = xn > x (soal no 22 subbab 2.1). Jika dipilih K(α) = α maka x > K(α) −→ g(x) = xn > x > K(α) = α Ketidaksamaan g(x) = xn > x > α hanya berlaku untuk α ≥ 1 (karena x > 1). Untuk 0 < α < 1, ketidaksamaan tersebut tidak berlaku. Jadi untuk 0 < α < 1, pilih K(α) = 1 sehingga x > K(α) = 1 −→ g(x) = xn > x > K(α) = 1 > α Bukti formal lim g(x) = lim xn = ∞ karena jika diambil sembarang α ∈ R ∃ K(α) = max {1, α} ∋ ∀ x > K(α) x→∞ x→∞ berlaku g(x) = xn ≥ x > α. Analisis I (SCMA602131) 36/40 Contoh. 11. Misalkan g(x) = xn , x ∈ (−∞, 0). Buktikan i) lim xn = −∞ untuk n ganjil x→−∞ ii) lim xn = ∞ untuk n genap x→−∞ Jawab i. Analisis pendahuluan Untuk x < −1 −→ (x2 )k > 1 −→ g(x) = xn = x2k · x ≤ x. Jika dipilih K(β ) = β maka x < K(β ) −→ g(x) = xn = x2k+1 ≤ x < β Untuk −1 < β < 0, pilih K(β ) = −1 sehingga x < K(β ) = −1 −→ g(x) = xn ≤ x < K(β ) = −1 < β Bukti formal lim g(x) = lim xn = −∞ untuk n ganjil karena ∀β < 0 ∃ K(β ) = min {−1, β } ∋ ∀ x < K(β ) x→−∞ x→−∞ berlaku g(x) = xn = x2k+1 ≤ x < β. Latihan. Buktikanlah poin (ii). Analisis I (SCMA602131) 37/40 Contoh. 12. Misalkan p : R → R adalah fungsi polinomial yang didefinisikan dengan p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0. Buktikan i) lim p = ∞ jika an > 0 x→∞ ii) lim p = −∞ jika an < 0. x→∞ Jawab i. Ambil g(x) = xn , menurut contoh nomor 10 lim g(x) = ∞. x→∞ p(x) 1 1 1 = an + an−1 + · · · + a1 n−1 + a0 n. g(x) x x x 1 p(x) Karena lim k = 0, k = 1, 2,... , n, maka lim = an > 0. x→∞ x x→∞ g(x) ∴ Menurut teorema 4.3.15 lim p = ∞. x→∞ Latihan. Buktikanlah poin (ii). Analisis I (SCMA602131) 38/40 Contoh. 13. Misalkan p : R → R adalah fungsi polinomial yang didefinisikan dengan p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0. Buktikan i) lim p = ∞ untuk n genap, an > 0. x→−∞ ii) lim p = −∞ untuk n ganjil, an > 0. x→−∞ Latihan. Berikanlah buktinya. Analisis I (SCMA602131) 39/40 Robert G. Bartle & Donald R. Sherbert, 2000, Introduction to Real Analysis, edisi 4, John Wiley & Sons, Inc. Daftar Pustaka Analisis I (SCMA602131) 40/40