Analisis Bab3 [PDF]

Citation preview

3 LIMIT DAN KEKONTINUAN Menurut Bartle dan Sherbet (1994), Analisis matematika secara umum dipahami sebagai tubuh matematika yang dibangun oleh berbagai konsep limit. Pada bab sebelumnya kita telah mempelajari limit barisan, kekonvergenan barisan bilangan real. Sebagaimana telah diketahui bahwa barisan merupakan bentuk khusus fungsi, yaitu fungsi bernilai real dengan domain bilangan asli. Pada bab ini kita memperluas konsep limit kepada bentuk fungsi bernilai real secara umum. Karena konsep kekontinuan terkait erat dengan konsep limit maka kedua topik ini dibahas secara simultan pada bab ini.



3.1 Pengertian Limit Fungsi dan Fungsi Kontinu Biasanya, notasi



lim f (x) = L



x→c



dipahami secara intuitif dengan berbagai pernyataan berikut



x



1. Jika



mendekati



makin dekat pula 2. Nilai-nilai



f (x)



c maka f (x) mendekati L, f (x) kepada L.



adalah dekat dengan



f (x)



Pada pernyataan pertama, dekatnya



x



kepada



c.



L



untuk



semakin dekat



x



terhadap



x



dekat dengan



L



kepada



c



se-



c.



disebabkan oleh dekatnya



Pernyataan ini banyak diambil sebagai denisi limit khususnya bagi



mereka yang belum belajar analisis.



Padahal sesungguhnya pernyataan kedua



lebih sesuai untuk denisi limit. Pada pernyataan ini ada dua kriteria atau ukuran



f (x) terhadap L memberikan kriteria dekatnya x kepada c. Kemudian, setiap x yang dekat dengan c dalam kriteria ini mengakibatkan nilai f (x) dekat dengan L. Sebelum masuk ke denisi formal limit fungsi, diberikan



dekat. Kriteria dekatnya



cluster point ) suatu himpunan.



terlebih dahulu pegertian titik limit (



Denisi 3.1. [Titik Limit] Misalkan A ⊂ R. Sebuah titik c ∈ R dikatakan titik limit A jika setiap persekitaran Vδ (c) := (c − δ, c + δ) memuat paling sedikit satu anggota



A



selain



c,



atau



(c − δ, c + δ) ∩ A \ {c} = 6 ∅, ∀δ > 0.



Catatan 1. Titik limit A boleh jadi anggota A atau bukan anggota A. Sebaliknya, suatu anggota A dapat menjadi titik limit atau bukan titik limit A.



Sebelum diberikan contoh diperhatikan teorema yang menjamin adanya barisan di dalam



A



yang konvergen ke titik limit



A



yang dapat dijadikan kriteria titik limit.



1



3 LIMIT DAN KEKONTINUAN



Teorema 3.1. Sebuah bilangan c ∈ A titik limit A bila hanya bila terdapat barisan (an ) dalam A dengan an 6= c untuk setiap n ∈ N sehingga lim(an ) = c. Bukti.



Misalkan c titik limit. Untuk setiap n ∈ N, bentuk persekitaran radius δ := 1 1 1 , yaitu V 1 (c) = (c− , c+ ). Selalu ada an ∈ A∩V 1 dengan an 6= c. Karena n n n n n 1 berlaku |an − c| < maka disimpulkan lim(an ) = c. Sebaliknya, diketahui n terdapat barisan (an ) dalam A, an 6= c dan lim(an ) = c, dibuktikan c seperti



lim(an ) = c maka untuk sebarang K sehingga |an − c| < δ untuk setiap n ≥ K . Ini berarti, khususnya aK ∈ A, aK 6= c dan aK ∈ Vδ yaitu A ∩ Vδ \ {c} = 6 ∅. Terbukti c titik limit A. 



ini adalah titik limit



δ>0



A.



Karena diketahui



terdapat bilangan asli



Contoh 3.1.



A



Diberikan himpunan



yang didenisikan sebagai



A = {−1} ∪ {x ∈ R : 0 ≤ x < 1} ∪ {2}. Tentukan himpunan semua titik limit



A.



Penyelesaian.



Diperhatikan bahwa setiap x ∈ [0, 1] dan setiap δ > 0 maka berlaku (x − δ, x + δ) ∩ A \ {x} 6= ∅. Jadi setiap x ∈ [0, 1] merupakan titik imit A. Diperhatikan x = −1 ∈ A. Kita dapat memilih δ1 > 0 sehingga (−1 − δ1 , −1 + δ1 ) ∩ A = {−1} sehingga (−1 − δ1 , −1 + δ1 ) ∩ A \ {−1} = ∅, jadi x = −1 bukan titik limit A. Argumen yang sama diterapkan untuk x = 2. Diperoleh himpunan titik lmit A adalah [0, 1]. 



Gambar 3.1: Ilustrasi titik limit pada garis bilangan 1 ∈ / A tetapi 1 titik limit A. Sebaliknya 2 ∈ A 2 bukan titik limit A. Bilangan di dalam interval [0, 1) kesemuanya anggota A dan sekaligus titik limit A.



Diperhatikan pada contoh ini, tetapi



Berikut diberikan beberapa fakta sederhana tentang titik limit:



I



Himpunan yang banyak anggotanya berhingga tidak mempunyai titik limit.



I



Himpunan bilangan asli



I



Himpunan bilangan rasional



N



tidak mempunyai titik limit.



Q



mempunyai titik limit semua bilangan real.



Hal ini disebabkan sifat kepadatan bilangan rasional di dalam



I



1







: n ∈ N hanya mempunyai titik limit Himpunan A = n ini tidak satupun anggota A menjadi titik limitnya.



0.



R. Dalam kasus



Selanjutnya denisi limit fungsi diberikan sebagai berikut.



Denisi 3.2. [Limit Fungsi] Misalkan A ⊆ R dan f : A −→ R, c titik limit A. Bilangan



L



dikatakan limit fungsi



f



di



c,



ditulis



L = lim f (x)



(3.1)



x→c



adalah bilamana diberikan



>0



terdapat



δ>0



sehingga berlaku



0 < |x − c| < δ → |f (x) − L| < .



2



(3.2)



3 LIMIT DAN KEKONTINUAN



diberikan V (L) L+ |f(x) -L|
0 terdapat δ > 0 sehingga berlaku



|x − c| < δ → |f (x) − f (c)| < . Kontinu pada himpunan



Dalam kasus



c∈A



dan



c



A



berarti kontinu di setiap



titik limit



A



(3.3)



c ∈ A.



maka kedua pengertian limit dan kekontin-



uan sangat terkait seperti diungkapkan pada teorema berikut. Berdasarkan denisi ini, syarat perlu agar fungsi



f



kontinu di



c



adalah



f (c)



harus



ada atau terdenisi. Syarat ini tidak berlaku pada kasus limit, yakni nilai limit fungsi di di



c



c



dapat saja ada walaupun nilai



f (c)



tidak ada. Ilustrasi fungsi kontinu



diberikan pada Gambar 3.3.



Teorema 3.2. Misalkan A ⊆ R dan f : A −→ R, c ∈ A. Bila c titik limit A maka



kedua pernyataan berikut ekuivalen.



3



3 LIMIT DAN KEKONTINUAN



diberikan V (f(c)) f(c)+ |f(x) -f(c)|
0



sebarang, ambil



δ := 1



maka diperoleh



0 < |x − c| < δ → |f (x) − L| = |b − b| = 0 < . Jadi terbukti



limx→c f (x) = f (c).



Karena



dengan teorema 3.2 maka disimpulkan



f



c∈R



merupakan titik limit maka



kontinu di



c.







Catatan 2. Pengambilan δ pada pembuktian di atas dapat selain 1, bahkan bera-



papun boleh. Pembuktian ini menggunakan pola p → q dimana q sudah dipastikan benar.



Contoh 3.3. Buktikan untuk sebarang c ∈ R, limx→c x = c. bahwa



f (x) := x



Penyelesaian.



kontinu di



Kemudian simpulkan



c.



Untuk setiap



>0



yang diberikan, ambil



δ := .



Diperoleh



0 < |x − c| < δ → |f (x) − L| = |x − c| < δ = . limx→c x = c. Karena berlaku limx→c f (x) = f (c) disimpulkan f kontinu di c. 



Karena itu terbukti titik limit maka



4



dan



c



3 LIMIT DAN KEKONTINUAN



Contoh 3.4. Bukti.



f (x) = x2 , x ∈ R.



Misalkan



c ∈ R.



Misalkan



Buktikan



f



kontinu pada



R.



Kita perhatikan dulu penjabaran berikut



|f (x) − f (c)| = |x2 − c2 | = |x + c||x − c|. Karena sudah ada suku suku



|x + c|.



|x − c|



maka kita perlu melakukan estimasi pada



|x − c| < 1,



Untuk itu diasumsikan dulu



maka berlaku



||x| − |c|| ≤ |x − c| < 1 → −1 < |x| − |c| ≤ 1 → |x| ≤ |c| + 1. {z } | |x + c|,



Untuk asumsi ini diperoleh estimasi pada



yaitu



|x + c| ≤ |x| + |c| ≤ 2|c| + 1. Secara keseluruhan diperoleh estimasi



|f (x) − f (c)| = |x + c||x − c| < (2|c| + 1) |x − c|. (∗) Agar kuantitas terakhir ini kurang dari



|x − c| < Agar kedua



|x − c| < 1



dan







maka haruslah



 . (∗∗) 2|c| + 1



|x − c|
0



A



yang konvergen ke



konvergen ke



c, xn 6= c



untuk



L.



limx→c f (x) = L, 0 < |x − c| < δ berlaku |f (x) − L| < .



sebarang. Karena diketahui



δ > 0 sehingga jika lim(xn ) = c, xn 6= c. Berdasarkan denisi limit barisan, untuk δ > 0 sebelumnya terdapat K ∈ N sehingga |xn − c| < δ untuk setiap n ≥ K . Karena xn 6= c maka dapat ditulis 0 < |xn − c| < δ , sehingga berlaku |f (xn )−L| <  untuk setiap n ≥ K . Ini menunjukkan bahwa barisan (f (xn )) konvergen ke L. (ii)→(i). Dibuktikan melalui kontraposisinya. Diketahui limx→c f (x) 6= L, berarti ada 0 > 0 sehingga setiap δ > 0 terdapat xδ ∈ A, 0 < |x − xδ | < δ 1 >0 tetapi |f (x) − xδ | ≥ 0 . Bila para δ > 0 tersebut diambil sebagai δ := n untuk setiap n ∈ N maka terbentuk barisan (xn ) dengan sifat 0 < |xn − c| < 1 , xn ∈ A tetapi |f (xn ) − L| ≥ 0 untuk setiap n ∈ N. Ini berarti barisan n (f (xn )) tidak mungkin konvergen ke L. Jadi ada barisan (xn ) dalam A, xn 6= c tetapi (f (xn )) tidak konvergen ke L. Pernyataan (ii) salah. Bukti teorema selesai.  maka terdapat Misalkan



Dengan demikian diperoleh kriteria divergen sebagai berikut:



(a) limx→c f (x) 6= L



(xn )



(xn ) dalam A lim (f (xn )) 6= L.



bila hanya bila ada barisan



konvergen ke



c



tetapi barisan



dengan



xn 6= c,



(b) limx→c f (x) tidak ada bila hanya bila ada barisan (xn ) dalam A dengan xn 6= c,



(xn )



konvergen ke



(c) limx→c f (x)



c



f (xn )



tetapi barisan



tidak konvergen.



(xn ), (yn ) dalam A dengan xn , yn = 6 c, (xn ) dan (yn ) konvergen ke c tetapi lim (f (xn )) 6= lim (f (yn )).



Contoh 3.6. Bukti.



tidak ada bila hanya bila ada dua barisan



Buktikan



limx→0



1 tidak ada. x



f (x) = x1 . Ambil barisan (xn ) dengan xn := konvergen ke 0, xn 6= 0. Sekarang perhatikan barisan



Di sini kita mempunyai



1 . Jelas barisan ini n   1 (f (xn )) = 1/n = (n)



= (1, 2, 3, · · · )



(b) maka terbukti limitnya tidak ada.



Contoh 3.7.







Diberikan fungsi signum yang didenisikan sebagai berikut



  +1 sgn(x) : = 0   −1 Buktikan



tidak konvergen. Berdasarkan kriteria



limx→0 sgn(x)



untuk untuk untuk



x > 0, x = 0, x < 0.



tidak ada.



1 1 dan yn := − . Jelas ken n dua barisan ini konvergen ke 0 dan setiap sukunya tidak ada yang sama den

1 gan 0. Diperhatikan barisan (sgn(xn )) = sgn = (1) = (1, 1, · · · ) konn
1 vergen ke 1, tetapi (sgn(yn )) = sgn(− ) = (−1) = (−1, −1, · · · ) konvergen n ke −1. Berdasarkan kriteria (c) maka terbukti limitnya tidak ada. 



Bukti.



Ambil dua barisan



(xn )



dan



(yn )



6



dengan



xn :=



3 LIMIT DAN KEKONTINUAN 1



0.8



0.6



0.4



0.2



0



−0.2



−0.4



−0.6



−0.8



−1 −0.4



−0.3



−0.2



−0.1



0



0.1



0.2



0.3



0.4



Gambar 3.4: Grak fungsi f (x) = sin(1/x) Cara lain dapat menggunakan sifat bahwa sgn(x) gan mengambil



(sgn(xn )) =







Contoh 3.8.



(−1)n



x n :=  n n



sgn



(−1) n



Buktikan



maka barisan



(xn )



konvergen ke



= (−1)n = (−1, +1, −1, · · · )



lim sin x1



x untuk |x|



=



x 6= 0.



0, xn 6= 0.



DenTetapi



divergen.



tidak ada.



1 Di sini kita mempunyai f (x) = sin , x 6= 0. Ambil dua barisan (xn ) x 1 1 dan (yn ) dimana xn := , yn := (π/2+2πn) . Maka jelas kedua barisan ini nπ konvergen ke nol dan suku-sukunya tidak pernah sama dengan nol. Namun,



Bukti.



barisan



(f (xn )) = (sin nπ) = (1, 1, · · · ) → 1 (f (yn )) = (sin (π/2 + 2πn)) = (0, 0, · · · ) → 0 sehingga berdasarkan kriteria (c) maka disimpulkan limitnya tidak ada.



f (x) = sin x1 diberikan pada nilai fungsi f selalu berada di







Ilustrasi grak fungsi



Gambar 3.4 . Pada gambar ini



terlihat jelas bahwa



dalam interval



dekat



x



kepada



0



semakin cepat oskilasinya tetapi nilai



f (x)



[−1, 1],



semakin



tidak menuju titik



apapun.



Teorema 3.4. Misalkan f : A −→ R dan c ∈ A. Maka kedua pernyataan berikut



ekuivalen. (i) f (ii)



kontinu di



c



Untuk setiap barisan



(f (xn )) Bukti.



konvergen ke



Gunakan fakta



L := f (c).



f



(xn ) di f (c).



dalam



A



yang konvergen ke



c,



maka barisan



c bila hanya bila limx→c f (x) = f (c) dan ambil gunakan teorema kriteria barisan untuk limit. 



kontinu di



Selanjutnya



Dengan demikian diperoleh kriteria diskontinu sebagai berikut Fungsi



(xn )



f



c jika hanya jika terdapat barisan (xn ) dalam A sehingga c tetapi (f (xn )) tidak konvergen ke f (c).



tidak kontinu di



konvergen ke



7



3 LIMIT DAN KEKONTINUAN



Contoh 3.9. (a)



Beberapa fungsi tidak kontinu



Fungsi



ϕ(x) := 1/x



tidak kontinu di



fungsi ini tidak mempunyai limit di (b)



Fungsi



0



sebab



ϕ(0)



tidak ada.



Juga,



0.



s(x) := sgn(x) tidak kontinu di 0, karena limx→0 s(x) tidak ada,



seperti telah dibahas sebelumnya. Berikut ini diberikan contoh fungsi yang tidak kontinu dimana-mana pada



Contoh 3.10.



Diberikan fungsi Dirichlet sebagai berikut



( 1 f (x) := 0 Buktikan



Bukti.



f



R.



bila bila



x x



rasional irrasional.



tidak kontinu dimana-mana.



Misalkan



c bilangan real sebarang.



Ditunjukan



f



tidak kontinu di



c.



Bila



c



bilangan rasional maka dengan sifat kepadatan bilangan rasional, selalu ter-



(xn ) yang konvergen ke c. Jadi lim(xn ) = c, tetapi barisan (f (xn )) = (0, 0, 0, · · · ) sehingga lim (f (xn )) = 0 6= f (c) = 1. Sebaliknya bila c bilangan irrasional maka terdapat barisan bilangan rasional (yn ) yang konvergen ke c. Dengan argumen yang sama seperti sebelumnya, diperoleh lim (f (xn )) = 1 6= f (c) = 0. Jadi f tidak kontinu di c untuk setiap c ∈ R.  dapat barisan bilangan irrasional



3.3 Teorema tentang Limit Pada pembahasan limit barisan, berlaku bahwa jika barisan konvergen maka ia terbatas tetapi tidak berlaku sebaliknya.



Sifat yang sama berlaku pada fungsi



yang mempunyai limit, tetapi keterbatasan dalam arti lokal.



Denisi 3.4. Misalkan f : A −→ R, dan c ∈ R titik limit A. Fungsi f dikatakan terbatas lokal di c jika terdapat persekitaran Vδ (c) dan konstanta M > 0 sehingga |f (x)| ≤ M



untuk setiap



x ∈ A ∩ Vδ (c).



Teorema 3.5. Bila f : A −→ R mempunyai limit di c ∈ R maka f terbatas lokal di c.



Bukti.



L := limx→c f (x), maka berdasarkan denisi untuk  = 1, terδ > 0 sehingga untuk setiap x ∈ A dengan 0 < |x − c| < δ berlaku |f (x) − L| < 1, yang berakibat |f (x)| < |L| + 1. Sedangkan untuk x = c maka |f (x)| = |f (c)|. Dengan mengambil M := sup {|f (c)|, |L| + 1} maka diperoleh |f (x)| ≤ M untuk setiap x ∈ A ∩ Vδ (c).  Misalkan



dapat



Operasi penjumlahan, perkalian, perkalian skalar dan pembagian fungsi-fungsi didenisikan sebagai berikut



  f (x) f (x) := (f + g) (x) := f (x)+g(x), (f g) (x) := f (x)g(x), (αf ) (x) := αf (x), h h(x) dimana domain fungsi-fungsi tersebut sama. Khusus untuk pembagian, disyaratkan



h(x) 6= 0



untuk setiap



x.



8



3 LIMIT DAN KEKONTINUAN



Teorema 3.6. Misalkan f, g : A −→ R, c ∈ R titik limit A. Bila f dan g



mempunyai limit di c, katakan limx→c f (x) = F dan limx→c g(x) = G maka berlaku 1.



limx→c (f ± g) (x) = F ± G



2.



limx→c (f g) (x) = F G



3.



limx→c (αf ) (x) = αF untuk suatu konstanta α.   F asalkan G 6= 0 dan g(x) 6= 0 limx→c fg (x) = G



4.



Bukti.



untuk setiap



x.



Teorema ini dapat dibuktikan dengan menggunakan denisi limit fungsi,



tetapi lebih mudah menggunakan kriteria barisan untuk limit. Misalkan suatu barisan dalam



A



dimana



xn 6= c



lim (f (xn )) = F,



dan



dan



lim(xn ) = c,



(xn )



maka berlaku



lim (g(xn )) = G.



Diperoleh



lim ((f ± g) (xn )) = lim (f (xn ) ± g(xn )) = lim (f (xn )) ± lim (g(xn )) = F ± G. Dengan menggunakan kriteria barisan untuk limit, hasil terakhir ini mem-



limx→c (f ± g) (x) = F ± G,



berikan kesimpulan bahwa pernyataan (i).



yang membuktikan



Untuk pernyataan lainnya dapat dibuktikan dengan cara







yang sama.



Diperhatikan khusus untuk perkalian, bila terdapat beberapa fungsi



f1 , f2 , · · · , fn



limx→c fk (x) = Fk maka berlaku      lim (f1 f2 · · · fn ) (x) = lim f1 (x) lim fk (x) · · · lim fn (x) = F1 F2 · · · Fn .



dengan masing-masing



x→c



x→c



Lebih khusus, jika



x→c



f1 = f2 = · · · = fn := f maka diperoleh  n lim (f (x))n = lim f (x) = F n . x→c



Jika



p



x→c



suatu polinomial pada



x→c



R,



yaitu



p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0



maka dengan menggunakan sifat limit hasil kali fungsi diperoleh



lim p(x) = an cn + an−1 cn−1 + · · · + a1 c + a0 = p(c).



x→c Selanjutnya, jika



p(x)



dan



q(x)



polinomial dan jika



q(c) 6= 0



maka berlaku



p(x) p(c) = . x→c q(x) q(c) lim



Teorema berikut memberikan kepastian bahwa bila nilai fungsi



f (x) terbatas dalam



suatu interval, maka begitu juga nilai limitnya.



Teorema 3.7. Misalkan f : A −→ R, c ∈ R titik limit A. Bila a ≤ f (x) ≤ b untuk semua x ∈ A, x 6= 0 dan limx→c f (x) ada maka a ≤ lim f (x) ≤ b. x→c



9



3 LIMIT DAN KEKONTINUAN Bukti.



(xn ) suatu barisan dalam A dimana xn 6= c dan lim(xn ) = c lim (f (xn )) = limx→c f (x). Karena a ≤ f (xn ) ≤ b untuk setiap n ∈ N maka a ≤ limx→c (f (xn )) ≤ b. Jadi, a ≤ limx→c (f (x)) ≤ b.  Misalkan



maka berlaku



Teorema 3.8. Misalkan f, g, h : A −→ R dan c ∈ R titik limit A. Bila diketahui f (x) ≤ g(x) ≤ h(x)



untuk setiap x ∈ A, x 6= c dan limx→c f (x) = L = limx→c h(x) maka limx→c g(x) = L. Bukti.



Teorema ini adalah teorema squeeze untuk limit fungsi. Pembuktiannya



menggunakan teorema squeeze untuk limit barisan. Untuk sebarang barisan



(xn )



dalam



A



xn 6= c



dimana



dan



lim(xn ) = c,



maka berlaku



f (xn ) ≤ g(xn ) ≤ h(xn ). (f (xn )) , (g(xn )) dan (h(xn )) sebagai tiga barisan bilan-



Dengan memandang



gan real maka berlaku



lim (g(xn )) = lim (f (xn )) = lim (h(xn )) = L, sehingga disimpulkan



limx→c g(x) = L.







Teorema squeeze ini biasanya digunakan untuk membuktikan nilai limit suatu fungsi dengan cara membangun dua fungsi lainnya yang selalu mendominasi dari bawah dan dari atas. Kedua fungsi tersebut mempunyai nilai limit yang sama. Berikut diberikan beberapa contoh limit yang memuat fungsi trigonometri yang sering muncul sebagai rumus limit. Namun, sebelumnya diberikan beberapa fakta pembatas yang berkaitan dengan fungsi sinus dan cosinus.



(i) −x ≤ sin x ≤ x (ii) 1 −



x2



(iii) x −



2 x3 6



untuk setiap



≤ cos x ≤ 1untuk ≤ sin x ≤ x



Contoh 3.11. 2.



limx→0 cos x = 1,
limx→0 cos xx−1 = 0,
limx→0 sinx x = 1,
limx→0 x sin x1 = 0.



5.



Bukti.



x ≥ 0. x ≥ 0.



Buktikan limit sebagai berikut :



limx→0 sin x = 0,



4.



setiap



untuk setiap



1.



3.



x ≥ 0.



−x ≤ sin x ≤ x untuk setiap x ≥ 0 (berdasarkan (i)) dan limx→0 −x = limx→0 x = 0 maka dengan menggunakan teorema squeeze di Karena berlaku



peroleh



0 = lim −x ≤ lim sin x ≤ lim x = 0 x→0



x→0



10



x→0



3 LIMIT DAN KEKONTINUAN sehingga terbukti limx→0 sin x = 0. Untuk limx→0 cos x menggunakan (ii), 2 x2 yaitu 1 − ≤ cos x ≤ 1. Karena limx→0 (1 − x2 ) = limx→0 1 = 1 maka 2 diperoleh limx→0 cos x = 1. Selanjutnya, dengan (ii) diperoleh



− Untuk



x>0



x2 ≤ cos x − 1 ≤ 0, 2



berlaku



− dan untuk



x 0



sehingga



y∈B Karena



f



dan



kontinu di



x∈A



c



|y − f (c)| < δ1 → |g(y) − g(f (c))| < . (∗) maka untuk



dan



δ1 > 0



di atas, terdapat



δ>0



|x − c| < δ → |f (x) − f (c)| < δ1 . (∗∗)



13



sehingga



3 LIMIT DAN KEKONTINUAN



f (A) ⊆ f (B) maka f (x) ∈ B sehingga y = f (x). Jadi ruas kanan (∗) berlaku, yaitu



Karena



ruas kiri



(∗∗)



dipenuhi oleh



|g(f (x) − g(f (c))| = |g ◦ f (x) − g ◦ f (c)| < . >0



Kesimpulannya, setiap



x∈A yakni



g◦f



Contoh 3.13.



dan



kontinu di



terdapat



δ>0



sehingga



|x − c| < δ −→ |g ◦ f (x) − g ◦ f (c)| < ,



c.







Pada contoh ini diberikan cara lain membuktikan kekontinuan



fungsi nilai mutlak dan fungsi akar kontinu.



(a)



Dengan mendensikan bahwa



g1



kontinu pada



g1 := |x| maka dengan mudah dapat ditunjukkan A, yaitu menggunakan ketidaksamaan segitiga



|g1 (x) − g1 (c)| = ||x| − |c|| ≤ |x − c|. Bila pada



(b)



f :A→R A.



sebarang fungsi kontinu pada



Dengan mengambil di setiap



g2 (x) :=



√



x, x ≥ 0



g2



maka



g1 ◦ f = |f |



kontinu



dapat ditunjukkan kontinu



c ≥ 0, yaitu dengan menggunakan hubungan √ √ x−c 1 1 x − c = √ x + √c = √x + √c |x − c| ≤ √c |x − c| .



f :√ A → R, dengan f (x) ≥ 0 g2 ◦ f = f kontinu pada A. Bila



Bila syarat



maka



A



f (A) ⊆ B



atau



g



sebarang fungsi kontinu pada



f (c)



kontinu di



A



maka



tidak terpenuhi maka ada kemungk-



inan komposisi dua fungsi kontinu tidak kontinu, seperti yang ditunjukkan pada contoh berikut.



Contoh 3.14.



Misal diberikan fungsi



( 0 g(x) := 2 Buktikan



g



dan



f



bila bila



kontinu di



0



f



dan



x=1 , x 6= 1



yang didenisikan sebagai berikut



f (x) := x + 1, x ∈ R.



g◦f



tetapi



g



tidak kontinu di



0.



Apakah hasil ini



bertentangan dengan teorema sebelumnya?



Bukti.



Untuk fungsi



Karena



f



kontinu di



g , limx→0 g(x) = limx→0 2 = 2 = g(0)



yakni



g



kontinu di



0.



berupa fungsi linier atau polinomial derajat satu maka ia pasti



0.



Sekarang bentuk komposisi



( 0 (g ◦ f ) (x) = g (f (x)) = 2



bila bila



g◦f



sebagai berikut



f (x) = 1 = f (x) 6= 1



( 0 2



bila bila



x=0 . x 6= 0



Uji kekontinuan sebagai berikut



lim g ◦ f (x) = lim 2 = 2 6= g ◦ f (0) = 0,



x→0



x→0



g ◦f



0. Diperhatikan salah satu syarat teorema adalah g kontinu di f (c). Karena f (0) = 1 dan limx→1 g(x) = 2 6= g(1) = 0 maka g tidak kontinu di f (0) = 1. Karena ada syarat pada teorema tidak dipenuhi maka fakta ini tidak bertentangan dengan teorema. 



sehingga disimpulkan



tidak kontinu di



14



3 LIMIT DAN KEKONTINUAN Eksistensi ekstrim mutlak Eksistensi nilai maksimum dan minimum mutlak sangat banyak digunakan dalam teori optimasi.



Teori optimasi merupakan salah satu kajian dalam matematika



yang banyak digunakan dalam bidang terapan, khususnya dalam menentukan nilai yang mengoptimumkan suatu fungsi objektif.



Sebelumnya diberikan pengertian



fungsi terbatas dan kaitannya dengan fungsi kontinu.



Denisi 3.5. konstanta



Sebuah fungsi



M >0



f : A −→ R



dikatakan terbatas pada



A



jika terdapat



sehingga



|f (x)| ≤ M Dengan kata lain, fungsi



f



x ∈ A.



untuk semua



range ) bayangannya merupakan



terbatas jika rentang (



himpunan terbatas.



Contoh 3.15.



1 kontinu pada A := (0, ∞) tetapi tidak terbatas x 1 pada A karena setiap bilangan real α > 0 terdapat x ∈ A, misalnya x = α+1 sehingga |f (x)| > α. Namun, ia terbatas dan kontinu pada himpunan takterbatas Fungsi



f (x) :=



B := (1, ∞) yaitu dengan mengambil M = 1. f kontinu tetapi tidak terbatas.



Pada himpunan terbatas



C = (0, 1],



fungsi



Keterbatasan fungsi kontinu pada suatu interval akan terjamin bila interval tersebut terbatas dan tertutup seperti diungkapkan pada teorema berikut.



Teorema 3.12. Jika I := [a, b] suatu interval tertutup dan f : I −→ R kontinu



maka f terbatas pada I . Bukti.



f tidak terbatas pada I . Maka, untuk sebarang n ∈ N terdapat xn ∈ I sehingga |f (xn )| > n. Karena I terbatas maka ia memuat 0 barisan bagian X = (xnr ) dari X = (xn ) yang konvergen ke suatu bilangan x (Teorema Bolzano-Wierestrass). Karena I tertutup dan xnr ∈ I maka x ∈ I . Karena f kontinu di setiap anggota I maka f kontinu di x sehingga barisan (f (xnr )) konvergen ke f (x). Jadi, (f (xnr )) barisan terbatas. Padahal Andai



bilangan



berlaku



|f (xnr )| > n ≥ nr



untuk setiap



r∈N



(f (xnr )) tidak terbatas. Diperoleh suatu kontradiksi. Jadi, pengandaian f tidak terbatas adalah salah. Kesimpulan, teorema terbikti.  yang menyatakan bahwa



Denisi 3.6.



Misalkan



mum mutlak (



f : A −→ R.



absolute maximum ) pada A f (x∗ ) ≥ f (x)



Dikatakan



f



Kita katakan



f



mempunyai sebuah maksi∗ jika terdapat titik x ∈ A sehingga



untuk semua



mempunyai minimum mutlak pada



x ∈ A. A



jika terdapat titik



x∗ ∈ A



sehingga



f (x∗ ) ≤ f (x) Selanjutnya, titik



untuk setiap



x ∈ A.



x∗ disebut titik maksimum mutlak dan x∗ disebut titik minimum



mutlak.



15



3 LIMIT DAN KEKONTINUAN



Gambar 3.6: Ilsutrasi maksimum dan minimum mutlak Contoh 3.16 Contoh 3.16.



f (x) := x1 tidak mempunyai maksimum maupun minimum mutlak pada domain A = (0, ∞), tetapi pada domain B = [1, 2] mempunyai ∗ maksimum mutlak dan minimum mutlak dengan titik maksimum x = 1 dan titik 2 minimum x∗ = 2. Fungsi g(x) := x mempunyai dua maksimum mutlak pada ∗ domain C := [−1, 1] yaitu x = ±1 dan satu minimum mutlak dengan x∗ = 0. Fungsi



Perhatikan Gambar



Teorema 3.13. Jika I := [a, b] suatu interval tertutup dan f : I −→ R kontinu maka f mempunyai maksimum dan minimum mutlak pada I . Bukti.



Karena



f



f (I) := {f (x) : x ∈ I}



terbatas maka range



merupakan him-



punan terbatas. Berarti ia mempunyai supremum dan inmum, katakan s∗ = sup f (I) dan s∗ = inf f (I). Kita tunjukkan terdapat x∗ , x∗ ∈ I se∗ ∗ ∗ hingga f (x ) = s dan f (x∗ ) = s∗ . Karena s = sup f (I) maka untuk setiap



n ∈ N,



terdapat



xn ∈ I



sehingga



1 < f (xn ) ≤ s∗ . (#) n Karena I terbatas maka barisan X := (xn ) terbatas, sehingga ia memuat 0 ∗ barisan bagian X = (xnr ) yang konvergen ke suatu x ∈ I . Jadi f kontinu ∗ ∗ di x . Akibatnya, lim(f (xnr )) = f (x ). Mengikuti (#), diperoleh s∗ −



s∗ − Karena



lim(s∗ −



1 ) nr



1 < f (xnr ) ≤ s∗ nr = lim(s∗ ) = s



untuk setiap



r ∈ N.



maka dengan teorema squeeze, disim-



pulkan bahwa



lim (f (xnr )) = f (x∗ ) = s∗ . Untuk eksistensi titik minimum



x∗







dibuktikan sejalan.



3.5 Limit Satu Sisi Sebelumnya telah ditunjukkan bahwa limit fungsi signum di jika domainnya dibatasi pada interval



(0, ∞)



−1.



tidak ada. Tetapi



maka limitnya ada yaitu bernilai



Juga, bila domainnya hanya dibatasi pada interval ada yaitu



0



(−∞, 0)



1.



maka limitnya juga



Kasus seperti ini mengilhami pengertian limit kanan dan limit kiri



yang dimodikasi langsung dari pengertian limit biasa. Limit kiri dan limit kanan dikenal dengan istilah limit satu sisi, sedangkan limit biasa dikenal dengan limit dua sisi.



Denisi 3.7. 1. Bila



Misalkan



c∈R



dikatakan



A⊆R



titik limit



dan



f : A −→ R.



A ∩ (c, ∞) = {x ∈ A : x > c}, di c, ditulis



limit kanan f



maka bilangan real



L



L = lim+ f (x) x→c



 > 0 sebarang terdapat δ > 0 sehingga 0 < x < c + δ maka berlaku |f (x) − L| < .



adalah jika diberikan



x∈A



dengan



16



untuk semua



3 LIMIT DAN KEKONTINUAN diberikan



diberikan



L+



L+ L



|f(x) -L|
0 sehingga c − δ < x < 0 maka berlaku |f (x) − L| < .



adalah jika diberikan



x∈A



dengan



Biasanya notasi



c



L = limx→c+ f (x) dibaca  L adalah limit fungsi f



untuk semua



untuk



x mendekati



dari kanan. Analog untuk limit kiri.



Secara geometri kedua pengertian limit ini diberikan pada Gambar 3.7 . kedua denisi ini, adanya nilai



f (c)



Pada



tetap tidak disyaratkan.



Analog kriteria barisan untuk limit dapat diadaptasikan langsung pada limit satu sisi, seperti diungkapkan pada teorema berikut.



Teorema 3.14. Misalkan A ⊆ R dan f : A −→ R, maka berlaku pernyataan



berikut:



limx→c+ f (x) = L bila hanya bila untuk setiap barisan (xn ) yang konvergen ke c dimana xn ∈ A dan xn > c berakibat barisan (f (xn )) konvergen ke L ∈ R. limx→c− f (x) = L bila hanya bila untuk setiap barisan (xn ) yang konvergen ke c dimana xn ∈ A dan xn < c berakibat barisan (f (xn )) konvergen ke L ∈ R. Bukti.



Dapat dibuktikan sendiri dengan adaptasi teorema yang mirip untuk limit



dua sisi.







Berikut ini hubungan limit satu sisi dan limit dua sisi :



limx→c f (x) = L



Contoh 3.17.



bila hanya bila



limx→c− f (x) = limx→c+ f (x) = L



Diperhatikan kembali fungsi signum. Diperoleh



lim



x→0+



sgn(x)



= 1,



lim



x→0−



sgn(x)



= −1.



Karena limit kiri dan limit kanan tidak sama maka limit dua sisinya tidak ada.



17



limx→0 sgn(x)



3 LIMIT DAN KEKONTINUAN Adakalanya, salah satu limit kiri atau limit kanan tidak ada.



Sebagai ilustrasi



amati contoh berikut.



Contoh 3.18.



g(x) := e1/x , x 6= 0 tidak mempunyai limit kanan di 0 tetapi 1 limit kirinya ada yaitu 0 (Why???). Fungsi h(x) := 1/x , x 6= 0 mempunyai limit e +1 kiri di 0 yaitu 1, sedangkan limit kanannya 0 (Why ???). Karena limit kiri dan Fungsi



kanan tidak sama maka limit dua sisinya tidak ada.



3.6 Kekontinuan Seragam dan Fungsi Lipschitz



18