Limit Fungsi (Anril)

1. Titik Limit Himpunan

A. Definisi Titik Limit

Misalkan A ⊆ ℝ, titik c ∈ ℝ dikatakan titik limit dari A jika untuk setiap persekitaran-δ V_δ(c) = (c – δ, c + δ) dari c memuat sedikitnya satu titik anggota A yang berbeda dengan c.

Dengan kata lain, c titik limit dari A jika dan hanya jika

(∀δ > 0). V_δ(c)∩A\{c} ≠ ∅

B. Kriteria Barisan untuk Titik Limit

Bilangan c ∈ ℝ adalah titik limit dari A jika dan hanya jika terdapat barisan (aₙ) di dalam A dengan aₙ ≠ c untuk semua n ∈ ℕ sehingga lim(aₙ) = c.

Bukti:

(⇒) Jika c titik limit dari A maka untuk sebarang n ∈ ℕ, persekitaran-1/n V_1/n(c) memuat sedikitnya satu titik dari A yang berbeda dengan c. Jika aₙ adalah titik-titik yang demikian maka aₙ ∈ A, aₙ ≠ c dan lim(aₙ) = c.

(⇐) Sebaliknya, jika terdapat barisan (aₙ) di dalam A\{c} dengan lim(aₙ) = c, maka untuk sebarang δ > 0 terdapat bilangan asli K(δ) sehingga untuk n ≥ K(δ) berlaku aₙ ∈ V_δ(c). Jadi, untuk n ≥ K(δ) persekitaran-δ V_δ(c) memuat titik-titik aₙ anggota dari A dan berbeda dengan c.

C. Ketiadaan Titik Limit Himpunan Berhingga

Himpunan berhingga tidak memiliki titik limit.

Bukti:

Misal A = {a₁, a₂, ..., aₘ} himpunan dengan sebanyak m anggota. Setiap aᵢ ∈ A bukan titik limit karena dapat dipilih δ = min{|aᵢ – aⱼ| : j = 1, 2, ..., m; i ≠ j}, sehingga

V_δ(aᵢ)∩A\{aᵢ} = {aᵢ}\{aᵢ} = ∅

Begitu juga untuk c ∉ A, dapat dipilih δ = min{|c – aⱼ| : j = 1, 2, ..., m}, sehingga

V_δ(c)∩A\{c} = ∅\{c} = ∅

D. Ketiadaan Titik Limit Himpunan Renggang

Himpunan renggang tidak memiliki titik limit.

Bukti:

Diberikan A himpunan renggang. Untuk sebarang a ∈ ℝ, berikut ini kemungkinan kasus-kasusnya:

• Untuk a < inf(A)

Kita dapat memilih δ dengan δ ≤ inf(A) – a, sehingga

V_δ(a)∩A\{a} = ∅\{a} = ∅

• Untuk inf(A) ≤ a ≤ sup(A)

Karena A himpunan renggang, pilih δ dengan δ ≤ min{|b – a| : b ∈ A ∧ b ≠ a}, sehingga

V_δ(a)∩A\{a} ⊆ {a}\{a} = ∅

• Untuk a > sup(A)

Kita dapat memilih δ dengan δ ≤ a – sup(A), sehingga

V_δ(a)∩A\{a} = ∅\{a} = ∅

Jadi, baik a < inf(A), inf(A) ≤ a ≤ sup(A), maupun a > sup(A), selalu a bukan titik limit dari A.

Contoh paling umum dari himpunan renggang diantaranya ℤ dan ℕ.

Contoh:

1. Misal I = (a, b). Menurut sifat kerapatan ℝ, diantara dua anggota [a, b] selalu ada bilangan real yang merupakan anggota I, sehingga jelas bahwa seluruh anggota dari [a, b] merupakan titik limit dari I.

Hal ini juga berlaku I ∩ ℚ dan I ∩ (ℝ\ℚ), menurut sifat kerapatan ℚ dan ℝ\ℚ.

Begitu juga untuk ℝ, ℚ, dan ℝ\ℚ, hal ini juga berlaku karena kerapatannya.

Jadi, secara umum himpunan rapat memiliki tak hingga titik limit, yaitu seluruh anggotanya, juga infimum dan supremumnya jika ada.

2. Satu-satunya titik limit dari A = {1/n : n ∈ ℕ} adalah 0.

Bukti:

Diberikan A = {1/n : n ∈ ℕ}. Untuk sebarang a ∈ ℝ, berikut ini kemungkinan kasus-kasusnya:

• Untuk sebarang a ∉ [0, 1] jelas bahwa a bukan titik limit.

• Untuk a ∈ A, berarti a = 1/k, untuk suatu k ∈ ℕ.

Pilih δ dengan δ ≤ 1/[k(k + 1)], sehingga

V_δ(a)∩A\{a} ⊆ (1/k – 1/[k(k + 1), 1/k + 1/[k(k + 1))∩A\{1/k} = (1/(k + 1), (k + 2)/[k(k + 1)])∩A\{1/k}

= {1/k}\{1/k} = ∅

• Untuk a ∈ (0, 1) dengan a ∉ A, jelas bahwa a ≠ 0, sehingga a = 1/r, untuk suatu r ∈ ℝ\ℕ.

Anggota A yang terdekat dari a adalah 1/⌈r⌉, pilih δ dengan δ ≤ 1/r – 1/⌈r⌉, sehingga

V_δ(a)∩A\{a} = ∅\{a} = ∅

• Untuk a = 0

Ambil sebarang δ > 0. Menurut akibat sifat Archimedes, (∃K ∈ ℕ) ∋1/K < δ, akibatnya ∀n ≥ K berlaku:

V_δ(0)∩A\{0} = (–δ, δ) ∩ {1, ½, ⅓, ..., 1/K, 1/(K + 1), ...} \ {0} = {1/K, 1/(K + 1), ...} ≠ ∅

2. Limit Fungsi

A. Definisi Limit Fungsi

Misalkan A ⊆ ℝ, f : A → ℝ dan c titik limit dari A. Bilangan real L dikatakan limit dari f di titik c jika diberikan sebarang ε > 0 terdapat δ = δ(ε, c) > 0 sehingga untuk setiap x ∈ A dengan 0 < |x – c| < δ berlaku |f(x) – L| < ε. Disimbolkan:

(∀ε > 0)(∃δ > 0) ∋ (∀x ∈ A). 0 < |x – c| < δ ⇒ |f(x) – L| < ε

Selanjutnya, dinotasikan dengan

Catatan:

• Karena nilai δ biasanya bergantung pada ε, kita terkadang menuliskan δ(ε) untuk menekankan ketergantungan ini.

• Ketidaksamaan 0 < |x – c| setara dengan mengatakan x ≠ c.

• Jika L adalah limit dari f pada c, maka kita juga mengatakan bahwa f konvergen ke L pada c.

• Kita juga mengatakan bahwa “f(x) mendekati L saat x mendekati c.”.

• Jika limit dari f pada c tidak ada, kita katakan bahwa f divergen pada c.

B. Teorema Ketunggalan Limit

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

Bukti:

Misalkan L₁ dan L₂ limit dari f di c. Cukup dibuktikan bahwa L₁ = L₂. 

Ambil sebarang ε > 0. Menurut definisi limit,

(∃δ₁ > 0) ∋ (∀x ∈ A). 0 < |x – c| < δ₁ ⇒ |f(x) – L₁| < ε/2 ∧ 0 < |x – c| < δ₂ ⇒ |f(x) – L₂| < ε/2

Dengan memilih δ = min{δ₁, δ₂}, maka untuk x ∈ A dengan 0 < |x – c| < δ berlaku

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

Karena ε > 0 sebarang, maka L₁ = L₂.

Q.E.D.

Definisi limit dapat dijelaskan dengan sangat baik menggunakan persekitaran (neighborhoods). Kita mengamati bahwa karena

V_δ(c) = (c – δ, c + δ) = {x : |x – c| < δ},

ketidaksamaan 0 < |x – c| < δ setara dengan menyatakan bahwa x ≠ c dan x termasuk dalam persekitaran-δ V_δ(c) dari c. Demikian pula, ketidaksamaan |f(x) – L| < ε setara dengan menyatakan bahwa f(x) termasuk dalam persekitaran-ε V_ε(L) dari L.

C. Kriteria Barisan untuk Limit

Misalkan f : A → ℝ dan c adalah titik limit dari A, maka pernyataan-pernyataan berikut ekivalen:

(i)

(ii) Untuk setiap barisan (xₙ) di dalam A yang konvergen ke c dengan xₙ ≠ c untuk semua n ∈ ℕ, maka barisan (f(xₙ)) konvergen ke L.

Bukti:

(i) ⇒ (ii)

Diasumsikan f mempunyai limit L di c, dan misalkan (xₙ) sebarang barisan di dalam A dengan lim(xₙ) = c dan xₙ ≠ c untuk setiap n ∈ ℕ. Akan dibuktikan barisan (f(xₙ)) konvergen ke L. Diberikan sebarang ε > 0. Dari definisi limit fungsi, terdapat δ > 0 sehingga jika x ∈ A dan 0 < |x – c| < δ maka |f(x) – L| < ε.

Dari definisi barisan konvergen, untuk δ > 0 di atas terdapat bilangan asli K = K(δ) sehingga untuk semua n ≥ K berlaku |xₙ – c| < δ. Tetapi untuk setiap xₙ yang demikian diperoleh |f(xₙ) – L| < ε. Jadi, barisan (f(xₙ)) konvergen ke L.

(i) ⇐ (ii)

Akan dibuktikan bentuk kontraposisinya. Jika (i) tidak benar, maka terdapat ε₀ sehingga untuk setiap δ > 0 terdapat satu titik x_δ ∈ A dengan 0 < |x_δ – c| < δ sehingga |f(x_δ) – L| ≥ ε₀. Oleh karena itu, untuk setiap n ∈ N, terdapat xₙ ∈ A sehingga 0 < |xₙ – c| < δ tetapi |f(xₙ) – L| ≥ ε₀ untuk semua n ∈ ℕ.

Jadi, terdapat barisan (xₙ) di dalam A, xₙ ≠ c untuk setiap n ∈ ℕ, yang konvergen ke c tetapi barisan (f(xₙ)) tidak konvergen ke L. Akibatnya (ii) tidak dipenuhi. Ini berarti jika (ii) dipenuhi maka akan dipenuhi (i).

Sebaliknya, pernyataan berikut ekivalen:

(iii) 
(iv) Terdapat barisan (xₙ) di dalam A yang konvergen ke c dengan xₙ ≠ c untuk semua n ∈ ℕ, tetapi barisan (f(xₙ)) tidak konvergen ke L.

D. Kriteria Barisan untuk Ketiadaan Limit

Misalkan f : A → ℝ dan c adalah titik limit dari A, maka pernyataan-pernyataan berikut ekivalen:

(i) f tidak memiliki limit di c, boleh juga dituliskan

(ii) Terdapat barisan (xₙ) di dalam A yang konvergen ke c dengan xₙ ≠ c untuk semua n ∈ ℕ, tetapi barisan (f(xₙ)) tidak konvergen.

(iii) Terdapat dua barisan (xₙ) dan (yₙ) di dalam A yang konvergen ke c dengan xₙ ≠ c dan yₙ ≠ c untuk semua n ∈ ℕ, tetapi barisan (f(xₙ)) dan (f(yₙ)) tidak konvergen.

Contoh Soal

1. Buktikan bahwa

Analisis pendahuluan:

Misal dipilih δ = 1, berarti |x – 1| < δ ekivalen dengan 0 < x < 2. Pada interval ini, nilai dari pecahan

bisa kita pastikan tidak lebih dari suatu nilai tertentu. Untuk memaksimumkannya, kita perlu memaksimumkan pembilang, dengan memasukkan x = 2 ke 4x² + 3x + 9, kita peroleh 31. Juga meminimumkan penyebut, dengan memasukkan x = 0 ke 4x² + 8x + 4, kita peroleh 4. Jadi, untuk δ ≤ 1, kita bisa memastikan bahwa nilai pecahan tersebut tidak lebih dari 31/4.

Oleh karena itu kita pilih δ = min{1, 4ε/31}.

Bukti formal:

Ambil sebarang ε > 0. Pilih δ = min{1, 4ε/31}, sehingga (∀x: x² + 2x + 1 ≠ 0) berlaku

2. Misal f: ℝ → ℝ, didefinisikan sebagai berikut:

Buktikan bahwa f memiliki limit hanya di x = 0.

Perhatikan bahwa (∀x ∈ ℝ). f(x) = x ∨ f(x) = 0, apabila dimutlakkan diperoleh:

(∀x ∈ ℝ). |f(x)| = |x| ∨ |f(x)| = 0

Dikarenakan (∀x ∈ ℝ). |f(x)| ≥ 0, diperoleh ketaksamaan |f(x)| ≤ |x|.

Ambil sebarang ε > 0. Pilih δ = ε, sehingga (∀x ∈ ℝ) berlaku

0 < |x – 0| = |x| < δ ⇒ |f(x) – 0| = |f(x)| ≤ |x| < δ = ε.

Jadi, f memiliki limit di x = 0, yaitu 0.

Sedangkan untuk x = c ≠ 0. Misal (xₙ) dan (yₙ) dua barisan yang konvergen ke c dengan (xₙ) ⊂ ℚ dan (yₙ) ⊂ ℝ\ℚ. Kenakan f pada masing-masing, diperoleh:

(∀xₙ ∈ (xₙ)). f(xₙ) = xₙ, akibatnya (f(xₙ)) = (xₙ) konvergen ke c ≠ 0.

(∀yₙ ∈ (yₙ)). f(yₙ) = 0, akibatnya (f(yₙ)) = (0) konvergen ke 0.

Ini berarti terdapat 2 barisan (xₙ) dan (yₙ) yang masing-masing konvergen ke c, tetapi  (f(xₙ)) dan (f(yₙ)) konvergen ke bilangan yang berbeda. Menurut kriteria barisan untuk limit, f tidak memiliki limit di c.

Jadi, f memiliki limit hanya di x = 0.