Definisi 4 (1)

5/12/2018 Definisi 4 (1) - slidepdf.com

http://slidepdf.com/reader/full/definisi-4-1 1/21

4.1. FUNGSI LIMIT

Definisi 4.1.1

A R. Titik c ∈ R adalah titik limit dari A, jika untuk setiap δ > 0 ada paling

sedikit satu titik di x ∈ A, x ≠ c sedemikian sehingga | x – c | < δ.

Definisi diatas dapat disimpulkan dengan cara lain :

Titik c adalah suatu titik limit di A, jika untuk setiap persekitaran-δ dari c atau

ditulis δ(c) yaitu :

δ(c) = { x ∈ R ; | x – c | < δ }

= - δ < x – c < δ

= c – δ < x < c + δ

Vδ(c) = ( c – δ, c + δ ) memuat paling sedikit satu titik dalam A yang berbeda

dengan c.

Catatan : A ⊆ R, c titik limit dari A jika Vδ(c)∩ A yang berbeda dari c

Teorema 4.1.2

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

(an) dalam A dan an ≠ c, ∀ n ∈ N sedemikian hingga lim (an) = c

Bukti :

() A ⊆ R. Bilangan real c adalah titik limit dari A maka akan ditunjukkan ada

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

(an) = c

c adalah titik limit dari A, artinya untuk sembarang n∈

N, persekitaran1/n dari c, yaitu V1/n(c) memuat paling sedikit satu titik dalam A yang

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

∈ A, an ≠ c, dan lim (an) = c. (terbukti)

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

lim (an) = c akan ditunjukkan bahwa c adalah titik limit dari A

(an) dalam A dan an ≠ c maka (an) dalam A berbeda {c}, dan lim (an) = c,

artinya untuk sembarang δ > 0,∃

K∈

N, sehingga jika n ≥ K(δ), maka an



∈ δ(c). Dengan kata lain, terdapat persekitaran-δ dari c, δ(c) yang memuat

titik-titik an,∀ n ≥ K(δ), an ∈ A dan an ≠ c. Jadi, c merupakan titik limit

dari A.

DEFINISI LIMIT

4.1.4. Definisi

A ⊆ R, f : A → R, dan c merupakan titik limit dari A. Bilangan real L merupakan

limit dari f di c, jika ε > 0 ada δ > 0 sedemikian hingga untuk sembarang x ∈ A

dan 0 < | x – c | < δ maka | f(x) – L | < ε.

Catatan :

a. Pengambilan nilai δ bergantung pada pengambilan ε, sehingga kadang-

kadang δ ditulis dengan δ(ε).

b. Ketaksamaan 0 < | x – c | adalah ekuivalen dapat dikatakan x ≠ c

Jika L merupakan limit f di c, maka dikatakan f konvergen ke L di c, dan

ditulis :

)( x f Lim Lc x

atau f Lim Lc x

dikatakan f(x) menuju L untuk x menuju c

Teorema 4.1.5

Jika f : A → R, dan c titik limit dari A, maka f hanya mempunyai satu limit di c.

Bukti :

Andaikan f mempunyai dua nilai limit di c, yaitu L1 dan L2, L1 ≠ L2

Pilih ε > 0, sehingga

L1 merupakan limit f di c maka ada δ1(ε/2) > 0 dan 0 < | x – c | < δ1(ε/2) maka

| f(x) – L1 | < ε/2

L2 merupakan limit f di c maka ada δ2(ε/2) > 0 dan 0 < | x – c | < δ2(ε/2) maka

| f(x) – L2 | < ε/2

Ambil δ = min{ δ1(ε/2), δ2(ε/2) } maka jika x ∈ A dan 0 < | x – c | < δ, dengan

ketaksamaan segitiga didapatkan :

| L1 – L2 | ≤ | L1 – f(x) | + | f(x) - L2 | < ε/2 + ε/2 = ε

Karena ε > 0 dapat disimpulkan bahwa : L1 – L2 = 0 jadi L1 = L2



Definisi limit dapat dideskripsikan dalam bentuk persekitaran karena

Vδ(c) = ( c – δ, c + δ ) = { x ∈ R ; | x – c | < δ }

Ketaksamaan segitiga 0 < | x – c | < δ adalah ekuivalen dikatakan bahwa x ≠ c dan

x berbeda ke persekitaran Vδ(c) dari c. sama dengan ketaksamaan | f(x) – L1 | < ε

adalah ekuivalen dikatakan bahwa f(x) berbeda ke persekitaran Vδ(L) dari L.

y

x

( ( ( (

( ( ( (

( ( ( (( ( ( (

DiberikanVδ(L)

L

cadaVδ(c)

4.1.6 Teorema

Ambil f : A → R, c titik limit dari A, maka ekuivalen dengan pernyataan dibawah

ini :

1. L x f Limc x

)(

2. Diberikan persekitaran-ε Vε(L) dari L, ada persekitaran-ε Vε(c) sedemikian

sehingga jika x ≠ c adalah titik Vε(L) ∩A, x ≠ c, maka f(x) ∈Vε(L).

Contoh :

1. bb Limc x

Bukti :

Tampak bahwa f(x) = b ∀ x ∈ R. akan ditunjukkan bb Limc x



Jika ε > 0, ambil δ = 1, sehingga jika 0 < |x - c| < 1 diperoleh |f(x) - b| = |b - b|

= 0 < ε . Terbukti karena ε > 0 maka dapat disimpulkan bb Limc x

2. c x Limc x

Bukti :

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

diperoleh

|g(x) – c| = |x -c| < ε . Karena ε > 0 maka terbukti bahwa c x Limc x

.

3.

22

c x Limc x

Bukti :

h(x) = = x2 ∀ x ∈ R. Untuk menunjukkan

22c x Lim

c x

, maka harus

ditunjukkan : |h(x) – c2| = |x

2-c

2| < ε

Ambil sembarang ε > 0 dan x yang cukup dekat dengan c.

Dimana x2

- c2

= (x+c) (x-c) Jika |x - c| < 1.

Pergunakan teorema ketidaksamaan diperoleh :

|x| ≤ |c| + 1 sehingga |x + c | ≤ |x| + |c| ≤ 2|c| + 1

jika |x - c| < 1, maka akan diperoleh :

(*) | x2-c

2| = |x+c||x-c| ≤ (2|c| +1) | x – c |

dan harus ditunjukkan nilainya lebih kecil dari ε.

Hal tersebut akan dipenuhi jika |x - c| < ε/(2|c| + 1).

Oleh karena itu, pilih δ(ε) = inf (1||2

,1c

)

sehingga jika 0 < |x - c| < δ(ε) maka memenuhi:

|x - c| < 1 dan mengakibatkan (*) valid, dan diperoleh

| x2-c

2| ≤ ε/(2|c| + 1) |x - c| < ε.

Karena nilai δ(ε) > 0 diperoleh dengan mengambil sembarang nilai ε > 0,

maka terbukti bahwa22

c x Limc x

Kriteria Barisan Untuk Limit



4.1.8 Teorema (Kriteria Barisan)

f : A → R, dan c merupakan titik limit dari A; maka :

(i) L x f Limc x

)(

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

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

Bukti :

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

A dengan lim(xn) = c dan xn ≠ c, ∀ n ∈ N. Kita harus menunjukkan bahwa

barisan (f(xn)) konvergen ke L. f mempunyai limit L di c, (menurut definisi

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

memenuhi 0 <|x - c|< δ, maka f(x) memenuhi |f(x) - L| < ε.

lim(xn) = c, artinya untuk sembarang δ > 0, ∃ K(δ) ∈ N, sehingga untuk n

≥ K(δ) berlaku |xn – c |. Tetapi setiap xn memenuhi |f(x) - L| < ε. Jadi, jika n ≥

K(δ) maka berlaku |f(xn) - L| < ε artinya barisan (f(xn)) konvergen ke L.

(ii)→

(i). Pembuktian akan menggunakan kontra positif, yaitu denganmengandaikan (i) tidak benar akan diperoleh juga bahwa (ii) tidak benar.

Andaikan L x f Limc x

)( maka akan ada persekitaran-ε0 dari L, Vε0(L) sehingga

untuk setiap persekitaran-δ dari c, Vε0(c) yang diambil, terdapat paling sedikit

satu nilai xδ ∈ A ∩Vε0(c) dengan xδ ≠ c, f(xδ) ≠ Vε0(L). Oleh karena itu, ∀ n ∈

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

0 < |xn - c| < 1/n dan xn ∈ A Tetapi, |f(xn) - L| ≥ ε0, ∀ n ∈ N.

Dengan demikian dapat disimpulkan, terdapat barisan (xn) termuat dalam A – {c}

yang konvergen ke c, tetapi barisan (f(xn)) tidak konvergen ke L.

Jadi, dengan mengambil (i) tidak benar diperoleh (ii) tidak benar, sesuai sifat

kontra positif, maka (ii) → (i) bernilai benar.

Dari beberapa teorema di atas maka tampak bahwa beberapa sifat dasar limit

fungsi dapat dibuktikan dengan menggunakan sifat-sifat kekonvergensian barisan.



Contoh : Jika (xn) merupakan sembarang barisan yang konvergen ke suatu

bilangan c, maka (xn

2) konvergen ke c

2. Oleh karena itu, dengan menggunakan

Kriteria Barisan, fungsi h(x):= x2

mempunyai limit :2

)( c xh Limc x

Kriteria Divergensi

Berikut akan ditunjukkan (i) suatu bilangan tertentu bukan merupakan limit dari

suatu fungsi pada suatu titik, atau (ii) suatu fungsi tidak mempunyai limit pada

suatu titik.

4.1.9 Kriteria Divergensi

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

a. Jika L ∈ R, maka f tidak mempunyai limit L di c, jika dan hanya jika ada

barisan (xn) dalam A, xn ≠ c ∀ n ∈ N, sehingga barisan (xn) konvergen ke c,

tetapi (f(xn)) tidak konvergen ke L.

b.

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

tidak konvergen di R.



Contoh :

1. x

x Lim 1

0tidak ada di R.

Bukti :

Jika diambil barisan (xn) dengan xn = 1/n untuk n ∈ N, maka lim (xn) = 0,

tetapi ϕ(xn) = 1/ (1/n) = n, dan barisan (φ(xn)) =(n) merupakan barisan yang

tidak konvergen karena tidak terbatas Oleh karena itu menurut teorema 4.1.9

(b) disimpulkan bahwa x

x Lim 1

0tidak ada di R.

2. )sgn(0

x Lim x

tidak ada.

Bukti :

Fungsi signum didefinisikan sebagai berikut :

01

00

01

)sgn(

xuntuk

xuntuk

xuntuk

x

Ingat bahwa sgn(x) = x / |x| untuk x ≠ 0 (lihat gambar 4.1.2). Akanditunjukkan bahwa sgn tidak mempunyai limit di x = 0. Karena akan

ditunjukkan )sgn(0

x Lim x

tidak ada, maka harus ditunjukkan ada barisan (xn)

dan lim (xn) = 0, tetapi (sgn(xn)) tidak konvergen.

(

)

1

-1

Fungsi signum

Ambil xn = (-1)n /n untuk n∈ N, maka lim (xn) = 0 dan

sgn(xn) = (-1)n untuk n ∈ N,

Lihat contoh 3.4.6(a) bahwa sgn(xn) tidak konvergen. Jadi, )sgn(0

x Lim x

tidak ada.



3.

x x Lim

1

0 sin tidak ada di R.

Bukti :

Jika g(x) = sin(1/n), untuk x ≠ 0. (lihat gambar 4.1.3) Akan ditunjukkan

bahwa g(x) tidak mempunyai limit di c = 0, dengan menetapkan dua barisan

(xn) dan (yn), dimana xn ≠ 0 dan yn ≠ 0, ∀ n ∈ N sedemikian hingga lim

(xn) = 0 dan lim (yn) = 0 tetapi lim (g(xn)) ≠ lim (g(yn)), hal itu

menunjukkan bahwa g Lim x 0

tidak ada.

1

-1

1/3π

1/2π

1/ π

Fungsi g(x) = sin (1/x) (x ≠ 0)

Ingat : sin t = 0 jika t = nπ, dan sin t = + 1 jika t =½π + 2n π untuk n ∈ Z.

Ambil xn = 1/nπ untuk n ∈ N, maka lim (xn) = 0 dan g(xn) = sin nπ = 0 ∀ n

∈ N, sehingga

lim (g(xn)) = 0 Ambil nn y 21

2

1 untuk n ∈ N, maka lim (yn) = 0

dan 12sin)(21 n yg n ∀ n ∈ N sehingga lim (g(yn)) = 1

maka x

x Lim 1

0sin

tidak ada di R.



4.2 TEOREMA LIMIT

4.2.1 Definisi

Diberikan R A , R A f : , dan diberikan Rc titik limit dari A . Kita

katakan bahwa f terbatas pada persekitaran c jika terdapat persekitaran

, )(cV dan konstanta 0 M seperti yang kita miliki M x f )( untuk semua

)(cV A x .

4.2.2 Teorema

Jika R A dan R A f : mempunyai sebuah limit di Rc , maka f

terbatas pada suatu persekitaran pada c

Bukti :

Jika f Lc x

lim: , maka untuk 1e , terdapat 0 sedemikian hingga jika

c x0 , kemudian 1)(

x f ( oleh corollary 2.2.4(a)),

1)()( L x f L x f

Karena itu, jika c xcV A x , , maka 1 L x f . Jika Ac , kita

ambil 1 L M , sementara jika Ac kita ambil 1,sup: Lc f M . Maka

bila ada cV A x , kemudian M x f . Ini menunjukkan bahwa

f terbatas pada suatu persekitaran pada c.

Berikut akan diberikan definisi, penjumlahan, selisih, perkalian dan pembagian

dari fungsi, seperti halnya dalam barisan.



4.2.3 Definisi

Diberikan R A , f dan g fungsi yang terdefinisi pada A ke R . Didefinisikan

jumlah g f , selisih g f dan perkalian fg pada A ke R dengan fungsi

xg x f xg f

xg x f xg f

xg x f x fg

untuk semua A x . Selanjutnya jika Rb didefinisikan perkalian bf dengan

fungsi xbf xbf untuk semua A x .

Akhirnya, jika 0 xh untuk A x , kita definisikan pembagi h f / dengan

fungsi xh

x f x

h

f

untuk semua A x

4.2.4 Teorema

Diberikan R A , diberikan f dan g merupakan fungsi pada A ke R , dan

diberikan Rc tertimbun dari A . Lebih lanjut diberikan Rb .

a. Jika L f c x

lim dan M g

c x

lim , maka :

M Lg f c x

lim , M Lg f

c x

lim

LM fgc x

lim bLbf c x

lim

b. Jika R Ah : , jika 0 xh untuk semua A x , dan jika 0lim

H hc x

,

maka

H

L

h

f

c x

lim



Bukti

Salah satu bukti teorema ini persis sama dengan teorema 3.2.3. Alternatif , dapat

dibuktikan dengan menggunakan teorema 3.2.3 dan 4.1.8. Sebagai contoh,

biarkan n x menjadi urutan apapun di A sehingga c xn untuk N n , dan

n xc lim . Mengikuti dari teorema 4.1.8 bahwa

L x f lim , M xg lim

Di sisi lain, definisi 4.2.3 menyiratkan bahwa

nnnxg x f x fg untuk N n

Oleh karena itu aplikasi dari teorema 3.2.3 hasilnya

nnn xg x f x fg limlim

= LM xg x f nn limlim

Bagian lain dari teorema ini terbukti dengan cara yang sama. Kita meninggalkan

rincian untuk pembaca.

Komentar

1. Catatan kita, bahwa bagian b, asumsikan penjumlahan bahwa

0lim

h H c x dibuat. Jika diasumsikan ini tidak dipenuhi, maka limit

xh

x f

c xlim

mungkin atau mungkin tidak ada. Tetapi bahkan jika limit ada, kita dapat

menggunakan teorema 4.2.4 b untuk mengevaluasinya.

2. Diberikan R A , dann

f f f ,........, 21 dengan fungsi A ke R , dan diberikan

c titik timbun dari A . Jika



k c x

k f L

lim untuk nk .,.........1

Maka berikut teorema 4.2.4 oleh argumen induksi bahwa

nc x

n f f f L L L .....lim..... 2121

Dan

nc x

n f f f L L L .....lim...... 2121

Khususnya, kami menyimpulkan bahwa jika f Lc x lim dan N n , maka

nc x

n x f L

lim

4.2.5 Contoh

i. Beberapa dari limit di bagian 4.1 dapat dibuktikan dengan menggunakan

teorema 4.2.4. Sebagai contoh, mengikuti dari hasil ini bahwa c xc x

lim ,

kemudian22

lim c xc x

dan jika 0c , maka

c xc x

c x

1

lim

11lim

ii. 2041lim32

2

x x

x

Ikuti dari teorema4.2.4 bahwa

4lim1lim41lim 3

2

2

2

32

2

x x x x

x x x

= 421232

= 4814

= 45

= 20



iii. 5

4

1

4lim

2

3

2

x

x

x

Jika berlaku teorema 4.2.4 b, maka

5

4

1lim

4lim

1

4lim

2

2

3

2

2

3

2

x

x

x x

x

x

x

Catatan bahwa limit dengan penyebut (i.e 51lim2

2

x

x) tidak sama dengan 0,

maka teorema 4.2.b berlaku.

iv. 3

4

63

4lim

2

2

x

x

x,

Jika diberikan 42 x x f dan 63 x xh untuk R x maka tidak dapat

digunakan teorema 4.2.4b untuk mengevaluasi xh x f x 2lim

karena

)63(limlim22

x xh H x x

= 062.36lim32

x

x

Bagaimanpun, jika 2 x , maka

)2(3

1

)2(3

)2)(2(

63

42

x

x

x x

x

x

Maka dari itu

3

42lim

3

1)2(

3

1lim

63

4lim

22

2

2

x x

x

x

x x x

Catatan bahwa fungsi )63()4()( 2 x x xg mempunyai limit di 2 x

meskipun tidak ada definisinya.



v. x x

1lim

0tidak terdapat di R

Tentu saja 11lim1

xdan 0lim

0

x H

x. Bagaimanapun, ketika 0 H , tidak

dapat digunakan teorema 4.2.4b untuk mengevaluasi )1(lim0

x x

. Dalam

faktanya, lihat contoh 4.1.10a, fungsi x x 1)( tidak mempunyai sebuah

limit di 0 x . Kesimpulan mengikuti juga dari teorema 4.2.2 ketika fungsi

x x 1)( tidak terbatas dipersekitaran 0 x

vi. Jika p adalah sebuah fungsi polynominal, maka )()(lim c p x pc x

Biarkan p menjadi fungsi polynominal di R maka

01

1

1 ....)( a xa xa xa x pn

n

n

n untuk semua R x . Berdasarkan

teorema 4.2.4 dan fakta bahwak k

c xc x

lim , maka

01

1

1 ......[lim)(lim a xa xa xa x pn

n

n

nc xc x

= 01

1

1 lim)(lim.....)(lim)(lim a xa xa xac xc x

n

nc x

n

nc x

= 01

1

1 ..... acacaca n

n

n

n

= )(c p

Karenanya )()(lim c p x pc x

untuk setiap fungsi polynominal p

vii. Jika p dan q adalah fungsi polynominal di R dan jika 0)( cq maka

)(

)(

)(

)(lim

cq

c p

xq

x p

c x

Ketika )( xq adalah sebuah fungsi polynominal, berdasarkan dari sebuah

teorema di aljabar bahwa ada paling banyak bilangan terbatas bilangan real

m ,.....1 [bilangan real nol di )( xq ] maka 0)( jq dan jika



),.....( 1 m x , maka 0)( xq . Karenanya, jika ),.....( 1 m

x kita dapat

definisikan

)(

)()(

xq

x p xr

Jika c tidak nol di )( xq , maka 0)( cq , dan mengikuti dari bagian vi bahwa

0)()(lim

cq xqc x

. Oleh karena itu kita dapat menerapkan teorema 4.2.4b

untuk menyimpulkan bahwa

)(

)(

)(lim

)(lim

)(

)(lim

cq

c p

xq

x p

xq

x p

c x

c x

c x

Hasil berikutnya adalah analog langsung dari teorema 3.2.6

4.2.6 Teorema

Diberikan R A , R A f : , dan diberikan Rc titik limit dari A . Jika

b x f a )( untuk semua c x A x , dan jika terdapat f c x

lim , maka

b f ac x

lim .

Bukti

Memang, jika f c x

lim , maka berdasarkan dari teorema 4.1.8 bahwa jika )( n x

adalah setiap barisan bilangan real berlaku bahwa A xc n untuk semua N n

dan jika barisan )( n x konvergen ke c , maka barisan x f konvergen ke L .

Ketika b x f a )( untuk semua N n , berdasarkan dari teorema 3.2.6 bahwa

b La .

Sekarang kita bagian analog dari teorema squeeze 3.2.7. untuk

membuktikannya kita1 serahkan kepada pembaca.



4.2.7 Teorema Squeeze

Diberikan R A , R Ahg f :,, , dan Rc titik limit di A . Jika

)()()( xh xg x f untuk semua c x A x , , dan jika h L f c xc x

limlim , maka

Lgc x

lim

4.2.8 Contoh

0lim 2

3

x

c x )0( x

Diberikan 2

3

)( x x f untuk 0 x sejak ketidaksamaan 12

1

x x memegang

untuk 10 x . Hal berikut bahwa x x x f x 2

3

2)( untuk 10 x . Maka

0lim2

0

x

xdan 0lim

0

x

x

Berdasarkan dari teorema 4.2.7 squeeze bahwa 0lim 2

3

x

c x

4.2.9 Teorema

Diberikan R A , R A f : dan diberikan Rc cmempunyai sebuah limit di

A , jika 0lim

f c x

[masing-masing, 0lim

f c x

]. Maka terdapat sebuah

persekitaran )(cV di c sehingga 0)( x f [masing-masing, 0)( x f ] untuk

semua c xcV A x , .

Bukti

Diberikan f Lc x

lim dan menduga bahwa 0 L . Kita ambil 02

1 L di

definisi 4.1.4, dan memperoleh sebuah 0 sehingga jika c x0 dan

A x , maka L L x f 2

1)( . Oleh karena itu berikut bahwa jika



c xcV A x , , maka 02

1)( L x f . Jika 0 L berlaku argumen yang

sama.



4.3 Beberapa Eksentensi Konsep Limit

4.3.1 Definisi

Diberikan R A dan R A f :

i. Jika Rc adalah titik limit dari bagian }:{),( c x A xc A maka kita

katakan bahwa R L adalah limit kanan f di c dan kita tulis

L f c x

lim L x f c x

)(lim

Jika diberi 0 terdapat sebuah 0)( sehingga untuk semua A x

dengan c x0 maka L x f )( .

ii. Jika Rc adalah titik limit dari bagian }:{),( c x A xc A maka

kita katakan bahwa R L adalah limit kiri f di c dan kita tulis

L f c x

lim L x f c x

)(lim

4.3.2 Teorema

Diberikan R A dan R A f : dan diberikan Rc titik limit di ),( c A .

Maka pernyataan berikut adalah ekuivalen :

i. L f c x

lim

ii. Untuk setiap barisan )(n x konvergen ke c sehingga A xn dan c x

n untuk

semua N n . Barisan )( x f konvergen ke L

4.3.3 Teorema

Diberikan R A , R A f : dan diberikan Rc membiarkan menjadi titik limit

bagian ),( c A dan ),( c A . Maka f Lc x

lim jika dan hanya jika

f L f c xc x

limlim



4.3.4 Contoh

(a). Diberikan )sgn()( x x f

Kita telah melihat contoh 4.1.10(b) bahwa sgn tidak mempunyai limit di 0.

Jelas bahwa 1)sgn(lim0

x x

dan 1)sgn(lim0

x x

. Karena limit ini satu sisi

yang berbeda. Itu juga mengikuti dari teorema 4.3.3 bahwa )sgn( x tidak

mempunyai limit di 0.

(b). Diberikan

2

1

)( e xg untuk 0 x ( lihat gambar 4.3.1)

Gambar 4.3.1 grafik 2

1

)( e xg untuk 0 x

Kami pertama menunjukkan g tidak mempunyai sebuah limit kanan

berhingga di 0c karena tidak dibatasi pada setiap persekitaran kanan

),0( di 0. kita wajib memanfaatkan ketidaksamaan (1) t et 0 untuk

0t

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

bahwa jika 0 x , kemudian xe x1

10 . Maka jika kita mengambil

n xn

1 , kemudian n xgn)( untuk semua N n . Maka dari itu x

x

e1

0lim

tidak terdapat di R .



Namun, 0lim1

0

x

xe . Memang jika 0 x dan kita ambil

xt 1 di (1)

kita mendapatkan xe x

110

. Ketika 0 x , ini berarti xe x

1

0

untuk semua 0 x . Mengikuti dari ketidaksamaan bahwa 0lim1

0

x

xe .

4.3.5 Definisi

Diberikan Diberikan R A dan R A f : dan diberikan Rc titik limit di A .

(i) Kita katakan bahwa f cenderung sebagai c x , dan ditulis

f c x

lim

Jika untuk setiap R terdapat 0)( sehingga untuk semua A x

dengan c x0 , maka )( x f

(ii) Kita katakan bahwa f cenderung sebagai c x , dan ditulis

f c x

lim

Jika untuk setiap R terdapat 0)( sehingga untuk semua A x

dengan c x0 , maka )( x f

4.3.6 Contoh

(a).

)1(lim 20 x x

Jika 0 diberikan

1 maka bila ada x0 , maka

12 x

sehingga 21 x

.

Definisi 4 (1)

Documents

Transcript of Definisi 4 (1)