Microsoft word latihan-malalina-febrinabidasari_

1 Analisis Real, 2011

Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)

LATIHAN BAGIAN 4.2. TEOREMA LIMIT

1. Terapkan Teorema 4.24 untuk menentukan limit berikut :

(a). )32)(1(lim1

++→

xxx

}{ Rx ∈

Jawab :

105.2)31.2)(11()32().1()32)(1(lim111

==++=++=++→→→

xLimxLimxxxxx

(b). 2

22

2

1 −

+→ x

xLimx

}0{ >x

Jawab :

31

3

)2(

)2(

2

22

1

2

1

2

2

1−=

−=

−

+=

−

+

→

→

→ xLim

xLim

x

xLim

x

x

x

(c).

−+→ xx

Limx 2

1

1

1

2 }0{ >x

Jawab :

12

1

4

1

3

1

2

1

1

1

2

1

1

1

222=−=

−

+=

−+ →→→ x

Limx

Limxx

Limxxx

(d). 2

120 +

+→ x

xLimx

}{ Rx ∈

Jawab :

2

1

)2(

)1(

2

12

1

0

20=

+

+=

+

+

→

→

→ xLim

xLim

x

xLim

x

x

x

2. Tentukan limit-limit berikut dan nyatakan Teorema mana yang digunakan

(a). 3

12

2 +

+→ x

xLimx

}0{ >x

Jawab :

15

5

)3(

)12(

3

12

2

2

2==

+

+=

+

+

→

→

→ xLim

xLim

x

xLim

x

x

x



(b). 2

42

2 −

−→ x

xLimx

}0{ >x

Jawab :

karena 2≠x , maka

4)2()2(

)2)(2(

2

4

2

2

2=+=

−

+−=

−

−→→

xLimx

xxLim

x

xLim

xx

(c). ( )

x

xLimx

112

0

−+→

}0{ >x

Jawab :

( )

2)2()2(21)12(

11

00

2

0

2

0

2

0

=+=+

=+

=−++

=

−+

→→→→

→

xLimx

xxLim

x

xxLim

x

xxLim

x

xLim

xxxx

x

(d). 1

1

1 −

−→ x

xLimx

}0{ >x

Jawab :

2

1

)1(

1

)1)(1(

)1(

)1)(1(

)1)(1(

1

1

111=

+=

+−

−=

+−

+−=

−

−→→→ xxx

xLim

xx

xxLim

x

xLim

xxx

3. 20 2

3121

xx

xxLimx +

+−+→

}0{ >x

Jawab :

2

1

)11(1

1

3121)(21(

1

)3121)(21(

)3121(2

32

3121

3121.

2

3121

2

3121

0

0

20

20

0

20

−=

+

−=

++++

−=

++++

−=

++++

−=

+++

+++

+

+−+=

+

+−+

→

→

→

→

→→

xxxLim

xxxx

xLim

xxxx

xxLim

xx

xx

xx

xxLim

xx

xxLim

x

x

x

x

x

x



4. Buktikan Lim )1cos(x

tidak ada tetapi 0)1cos(0

=→ x

xLimx

Bukti :

Misalkan 0,),1cos()( ≠∈∀= xRxx

xQ

0)cos( =x jika Znnx ∈+= ,22

1ππ

Ambil Nn

n

xn ∈

+

= ,

22

1

1)(

ππ.maka 0)( =nxLim

Selanjutnya NnnxQ n ∈∀=

+= ,022

1cos)( ππ

Sehingga 0))(( =nxQLim

Pada sisi lain 1)cos( =x jika Znnx ∈= ,2π

Ambil ( ) Nnn

yn ∈= ,2

1

π, maka 0)( =nyLim

Selanjutnya NnnyQ n ∈∀== ,1)2cos()( π

Sehingga 1))(( =nyQLim

Karena )(0)( nn yLimxLim == tetapi ))(())(( nn yQLimxQLim ≠ , maka kita

simpulkan )1cos(0 x

Limx→

tak ada

Sekarang, karena 1)1cos(1 ≤≤−x

maka

xx

xx ≤≤− 1cos

xx

xx ≤≤− )1cos(

Karena xLimxLimxx 00

0)(→→

==− maka menurut teorema Apit kita simpulkan

0)1cos((0

=→ x

xLimx



5. Misalkan f,g didefinisikan pada RA ⊆ ke R, dan misalkan c adalah titik

cluster dari A. Andaikan f terbatas pada sebuah lingkungan c dan 0=→

gLimcx

.

Buktikan 0=→

fgLimcx

Bukti :

untuk setiap 0>ε yang diberikan AxcxMRM ∈<−<∋>∈∃ ,00, δ maka

Mxf ≤)( . Sekarang 0=→

gLimcx

, berarti 01 >∃δ sedemikian sehingga

Axcx ∈<−< ,0 1δ maka M

xg ε<)( . Pilih },min{ 1δδ M= sedemikian

sehingga jika Axcx ∈<−< ,0 δ maka

εε =<=M

Mxgxfxgxf .)().()().(

6. Gunakan definisi dari limit untuk membuktikan dalam Teorema 4.24(a)

Jawab :

,RA ⊆ f dan g adalah fungsi pada A ke R, dan misalkan Rc ∈ , jika

LfLimcx

=→

dan MgLimcx

=→

, maka

(i) MLgfLimcx

+=+→

)(

Untuk 0>ε yang diberikan terdapat 01 >δ sedemikian sehingga jika

Axcx ∈<−< ,0 1δ ,maka 2

)( ε<− Lxf . Demikian juga

Axcx ∈<−< ,0 2δ , maka 2

)( ε<− Mxg . Selanjutnya pilih

},min{ 21 δδδ = sedemikian sehingga jika Axcx ∈<−< ,0 δ , maka

εεε =+<−+−≤+−+22

)()()()()( MxgLxfMLxgxf

Karena 0>ε sebarang maka dapat diambil kesimpulan

MLgfLimcx

+=+→

)(

(ii) LMfgLimcx

=→

)(



Analisis : LMxLgxLgxgxfLMxgxf −+−=− )()()()()()(

MxgLxgLxf −+−≤ )()()(

Untuk 0>ε yang diberikan

Terdapat 01 >δ sedemikian sehingga jika Axcx ∈<−< ,0 1δ , maka

LMxg

2)(

ε<− .

Terdapat 02 >δ , 0, >∈ kRK sedemikian sehingga jika

1),(sup{ += Mcfk dan Axcx ∈<−< ,0 2δ maka kxg ≤)(

Terdapat 03 >δ sedemikian sehingga jika Axcx ∈<−< ,0 3δ , maka

kLxf

2)(

ε<− .

Sekarang pilih },,min{ 321 δδδδ = , sedemikian sehingga

Axcx ∈<−< ,0 δ , maka

εεε

=+<−−−≤−L

Lkk

MxgLxgLxfLMxgxf2

.2

)()(.)()()()(

Karena 0>ε sebarang, maka dapat siambil kesimpulan LMfgLimcx

=→

)(

7. Jika RAh →: , jika ( )xh 0≠ , Ax ∈∀ , dan jika 0≠=→

HhLimcx

maka

H

L

h

fLim

cx=

→

Bukti :

Kita buktikan lebih dahulu ( ) Hxh

Limcx

11=

→

.

Analisis : Hxh

xhH

Hxh ).(

)(1

)(

1 −=−

)(.)(

1xhH

Hxh−=



Jika 0∈> diberikan seberang. Pilih 1δ = H2

1. Sedemikian sehingga jika

Axcx ∈<−< ,0 δ maka HHxh2

1)( <− . Selanjutnya kita peroleh

HxhH2

3)(

2

1<< atau

2

2

).(

10

HHxh<<

Kemudian pilih 2

2

2

H∈=δ , sedemikian sehingga jika Axcx ∈−< ,0 2δ

maka 2

)(

2H

Hxh∈

<−

Sekarang pilih }{ 21 ,min δδδ = . Sedemikian sehingga jika

Axcx ∈<−< δ0 , maka HxhHxhHxh

−=− )(.)(

11

)(

1

εε

=<2

..

22

2

H

H.

Karena 0>ε seberang, maka dapat disimpulkan Hxh

Limcx

1

)(

1=

→

Selanjutnya dari (a)

H

L

HL

xgLimxfLim

xh

xfLim

cxcxcx===

→→→

1.

)(

1)(

)(

)(

8. Misalkan Nn∈ sehingga 3≥n . Turunkan ketaksamaan 22 xxx n ≤≤− untuk

11 <<− x maka gunakan fakta bahwa 02

0=

→xLim

x. Untuk menunjukkan

bahwa 00

=→

n

xxLim

Bukti :

Kita bagi dalam beberapa kasus :



(i) Jika x = 0

2000 ≤≤ n benar Nn∈∀

Jadi untuk x = 0 benar untuk 3≥n sehingga 22 xxx n ≤≤−

(ii) Jika 10 << x maka 22 xxx n ≤≤− , 3≥∀n

Bukti :

� Untuk n = 3 maka 232 xxx ≤≤− , jadi untuk n = 3 benar

� Misalkan untuk n = k, Nk ∈ benar yakni 22 xxx k ≤≤− . Akan

ditunjukkan untuk 1+= kn juga benar yakni 212 xxx k ≤≤− + . Karena

22 xxx k ≤≤− maka 23132 xxxxx k ≤≤≤−≤− + . Jadi untuk 1+= kn

benar.

Akibatnya jika 10 << x maka 22 xxx n ≤≤− , 3≥∀n

(iii) Jika 01 <<− x , maka 22 xxx n ≤≤− , 3≥∀n

Bukti :

� Untuk n = 3 , 01 <<− x maka 232 xxx ≤≤− , jadi untuk n = 3 benar

� Misalkan untuk n = k, Nk ∈ benar yakni 22 xxx k ≤≤− . akan

ditunjukkan untuk 1+= kn juga benar yakni 212 xxx k ≤≤− + . Karena

22 xxx k ≤≤− maka 23132 xxxxx k ≤≤≤−≤− + . Jadi untuk 1+= kn

benar.

Akibatnya jika 01 <<− x maka 22 xxx n ≤≤− , 3≥∀n

Jadi dari ketiga kasus dapat disimpulkan jika 11 <<− x maka

22 xxx n ≤≤− , 3≥∀n . Karena 2

0

2

00 xLimxLim

xx →→==− , maka menurut

Teorema Apit dapat disimpulkan 00

=→

n

xxLim

9. Misalkan f,g didefinisikan pada A ke R dan misalkan c titik cluster A.

a. Tunjukkna bahwa jika fLimcx→

dan )( gfLimcx

+→

ada maka gLimcx→

ada

b. Jika fLimcx→

dan fgLimcx→

ada apakah mengikuti gLimcx→

ada

Bukti



a. misalkan LfLimcx

=→

, MgfLimcx

=+→

)(

untuk 0>ε sebarang yang diberikan terdapat 01 >δ sedemikian sehingga

jika )(,0 1 fDxcx ∈<−< δ maka 2

)( ε<− Lxf

demikian juga terdapat 02 >δ sedemikian sehingga jika

)(,0 2 fDxcx ∈<−< δ maka 2

)()( ε<−+ Mcgxf

sekarang pilih },min{ 21 δδδ = selanjutnya jika )(,0 fDxcx ∈<−< δ

maka

LxfMxfxgLMxg −−−+=−− )(()()()()(

LxfMxfxg −+−+≤ )()(0(

εεε =+<22

Karena 0>ε sebarang maka LMxgLimcx

−=→

)( , jadi gLimcx→

ada

b. Contoh :

0)(,,0)(0

=∈∀=→

xfLimRxxfx

)(,,1

)(0

xgLimRxx

xgx→

∈∀= tak ada, tetapi 0)()( =→

xgxfLimcx

10. Berikan contoh fungsi f dan g sehingga f dan g tidak mempunyai limit tetapi

f+g dan fg memiliki limit di c

Jawab :

∈

∈

Qx

QRxxf

,1

\,0)(

∈

∈

Qx

QRxxg

,0

\,1)(

Rxxgf ∈∀=+ ,1))((

Rxxfg ∈∀= ,0))(( s



11. Tentukan apakah berikut memiliki limit di R

jawab :

(a). 0),1sin( 20

≠→

xx

Limx

)1sin( 20 x

Limx→

tidak ada di R

Bukti

Misal 0,1

sin)(2

≠

= xx

xQ

11

sin2

=

x jika ππ 2

2

112

kx

+= , Nk ∈

Misalkan Nn

n

xn ∈∀

+

= ,

22

1

1)(

ππ

, maka 0)( =nxLim dan

NnxQ n ∈∀= ,1)( juga 1)( =nxLimQ

Sekarang

01

sin2

=

x, jika Nkk

x∈∀=

,2.

12

π ,

Misalkan Nkk

yn ∈∀= ,2

1)(

πmaka 0)( =nyLimQ dan

NnyQ n ∈∀= ,0)( , 0)( =nyLimQ

Karena )(0)( nn yLimxLim == sedangkan )()( nn yLimQxQ ≠ maka

dapatlah diambil kesimpulan 0,1

sin2

0≠

→

xx

Limx

tidak ada di R

(b). Rxx

xLimx

∈≠→

0,0),1sin( 20

Bukti :

Rxx

∈∀≤

≤− ,11

sin12

Sehingga xx

xx ≤≤−2

1sin



Selanjutnya karena xLimxLimxx 00

0→→

==− , maka Teorema Apit

0)1sin( 20

=→ x

xLimx

(c). 0),1

sin(sgn0

≠→

xx

Limx

tidak ada di R

Bukti :

Misalkan 0,1

sinsgn)( ≠

= xx

xQ

11

sin =

x, jika Nnn

x∈∀+= ,2

2

11ππ

Pilih Nn

n

xn ∈∀+

= ,

22

1

1)(

ππ

Maka 0)( =nxLim dan 1)( =nxQ sehingga 1)( =nxQ

Sedangkan 01

sin =

x, jika Nnn

x∈∀= ,2

1π

Pilih Nnn

yn ∈∀= ,2

1)(

π

Maka 0)( =nyLim , dan 0)( =nyQ sehingga 0)( =nyQLim

Karena )(0)(00

nx

nx

yLimxLim→→

== tetapi )()(00

nx

nx

yLimxQLim→→

≠ , maka

dapat disimpulkan )1

sin(sgn0 x

Limx→

tidak ada di R

(d). )0(1

sin2

0>

→

xx

xLimx

Bukti :

Rxx

∈∀≤

≤− ,11

sin12

karena x>0 maka 0>x sehingga

xx

xx ≤

≤−2

1sin .



Dan oleh karena xLimxLimxx 00

0→→

==−

Maka menurut Teorema Apit dapat diambil kesimpulan

01

sin2

0=

→ x

xLimx

12. Misalkan RRf →: sedemikian sehingga Ryxyfxfyxf ∈∀+=+ ,,)()()(

misalkan LfLimcx

=→

ada buktikan L = 0 dan kemudian buktikan bahwa f

memenuhi limit setiap Rc ∈

bukti :

(a). Misalkan Ryxyx ∈∀= ,,2

maka

)(2)()()2()( xfxfxfxfxf =+=−

Sehingga menurut Teorema 3.1.3

LxfLimyfLimLxx

2)(2)(00

===→→

Kesamaan di atas hanya dapat dipenuhi jika 0=L . Jadi terbukti

0)(0

=→

xfLimx

(b). Sekarang

Misalkan Ryxycx ∈∀=− ,,

Jika cx → maka 0→y . Sehingga )()()( cfcxfxf +−= selanjutnya

)()()( cfLimcxfLimxfLimcxcxcx →→→

+−=

Dari (a) didapat

)()( cfxfLimcx

=→

Jadi kesimpulan f memenuhi limit Rc ∈∀



13. Misalkan RA ⊆ , misalkan RAf →: , dan misalkan Rc ∈ adalah titik cluster

dari A. Jika fLimcx→

ada dan jika f dinotasikan sebagai fungsi yang

didefinisikan untuk Ax ∈ dengan )()( xfxf = . Buktikan fLimfLimcxcx →→

=

Bukti :

kita akan tunjukkan bahwa jika LxfLimcx

=→

)( ada, maka LxfLimcx

=→

)(

sekarang untuk 0>ε diberikan sebarang terdapat 01 >δ sedemikian sehingga

jika Axcx ∈<−< ,0 1δ , maka ε<− Lxf )(

karena ε<−≤− LxfLxf )()( , maka dengan mengambil 1δδ =

sedemikian sehingga jika Axcx ∈<−< ,0 δ maka ε<− Lxf )(

jadi kita simpulkan )()( xfLimLxfLimcxcx →→

==

14. Misalkan RA ⊆ , misalkan RAf →: , dan misalkan Rc ∈ adalah titk cluster

dari A. Andaikan Axxf ∈∀≥ ,0)( dan misalkan f adalah fungsi yang

didefinisikan untuk Ax ∈ dengan )())(( xfxf = . Jika fLimcx→

ada, buktikan

fLimfLimcxcx →→

=

Bukti :

akan kita tunjukkan jika 0)( >=→

LxfLimcx

ada, maka LxfLimcx

=→

)(

untuk 0>ε yang diberikan sebarang. Pilih 01 >δ sedemikian sehingga jika

Axcx ∈<−< ,0 1δ , maka LLxf ε<−)(

selanjutnya pilih 1δδ = , sedemikian sehingga jika Axcx ∈<−< ,0 δ maka

( )Lxf

LxfLxfLxf

+

+−=−

)(

)()()(



Lxf

Lxf

+

−=

)(

)(

εε =<−

≤L

L

L

Lxf.

)(

Karena 0>ε sebarang maka dapat di ambil kesimpulan

)()( xfLimLxfLimcxcx →→

==



LATIHAN BAGIAN 5.2 KOMBINASI DARI FUNGSI KONTINU

1. Tentukan titik-titik kontinu dari fungsi-fungsi berikut dan nyatakan teorema

mana yang di gunakan dalam setiap kasus.

Jawab :

a. )(,1

12)(

2

2

Rxx

xxxf ∈

+

++= .

Misalkan

)(,12)( 2 xhxxxh ++= kontinu pada Re∈∀

)(,1)( 2 xgxxg += kontinu pada Re∈∀

Menurut teorema 4.2.4

)()(

)(

)(

)()( ef

xg

xh

xgLim

xhLimxfLim

ex

ex

ex===

→

→

→

b. xxxg +=)(

xxh =)( teorema 5.26 )(xh kontinu pada Ree ∈≥∀ ,0

xxxf += 2)( kontinu pada Re∈∀

)()( xhfhxg ��= kontinu pada Ree ∈≥∀ ,0 teorema 5.28

c. 0,sin1

)( ≠+

= xx

xxh

Misalkan

xxg sin1)( += , kontinu pada Rx ∈∀ , teorema 5.25

x

xk1

)( = , kontinu pada Ree ∈≠∀ ,0

)(

)()(

xk

xgxh = , kontinu pada Ree ∈≠ ,0 teorema 4.24



d. 21cos)( xxK +=

Misalkan

21)( xxf += , kontinu pada Re∈∀

xxg cos)( = , kontinu pada Re∈∀

)()( xfgxK �= , kontinu pada Re∈∀

2. Tunjukkan jika RAf →: kontinu RA ∈ dan jika N∈η , maka fungsi

nn xfxf ))(()( = untuk Ax ∈ , kontinu pada A.

Bukti :

εδδε <∈−⇒<−∈∀∋>∋>∀ )()(,,0,0 1 fxfexDfx

↓

εδδ <∈−⇒<−∈∀∋>∋ )()(,,01

nnfxfexDfx

Akan di tunjukkan bahwa )()( efxfLimnn

ex=

→

Karena )())(())(())(()(0

efefxfLimxfLimxfLimnnn

x

n

ex

n

ex====

→→→

3. Berikan sebuah contoh fungsi f dan g yang kedua nya diskantinu pada Rc ∈

sedemikian sehingga

a. gf + kontinu pada e

Qxxf ∈= ,1)(

=0 QRx \, ∈

Qxxg ∈= ,0)(

=0 QRx \, ∈

b. Dari contoh pada (a) maka gf � kontinu pada e



4. Lihatlah latihan 5.1.4. Tentukan titik-titik kontinu dari [ ] Rxxxxf ∈−= ,)(

Misalkan :

[ ]xxh =)( kontinu pada nne ,≠∀

xxg =)( kuntinu pada Re∈∀

Maka Znncpadakontinuxhxgxf ∈≠−= ,)()()(

5. Misalkan g didefinisikan pada R Rxxxfxxgg ∈∀+=≠== ,1)(,1,2)(,0)1(

. Tunjukkan ( )( )00

fgfgLimx

�� ≠→

Bukti :

( ) ( )

( ) 0)1(0

21000

==

=+=→→

gfg

xgLimfgLimxx

�

�

Hal ini bertentangan dengan Teorema 5.2.7

6. Misalkan g,f didefinisikan pada R dan misalkan Rc ∈ . Andaikan

bxfLimcx

=→

)( dan g adalah kontinu pada G. Tunjukkan bahwa

( )bgfgLimcx

=→

�

Jawab :

Andaikan g kontinu pada b

εδδε <−⇒<−∈∀∋>∃>∀ )()(,00 111 bgxgbxDx g

εδδε <−⇒<−<∈∀∋>∃>∀ bxfcxDx f )(0,00 22

( ) εδδε <−⇒<−<∈∀∋>∃>∀ bgxfgcxDx f )(.0,00 23

Jadi untuk 0>ε sebarang

εδδ <−⇒<−∈∀∋>∃ )()(,0 11 bgxgbxDx g

122 )(,0 δδδ <−⇒<−∈∀∋>∃ bxfcxDx f

Sekarang

Pilih 12332 )(0,0 δδδδδ <−⇒=<−<∈∀∋>= bxfcxDx f



Selanjutnya jika 1)( δ<− bxf maka ε<− )()(. bgxfg

Jadi εδ <−⇒<−<∈∀ )()(.0, 3 bgxfgcxDx f

Dengan demikian disimpulkan ( )bgfgLimcx

=→

�

7. Berikan sebuah contoh sebuah fungsi [ ] Rf →1,0: diskontinu pada setiap

titik [0,1] tetapi f kontinu pada [0,1]

Jawab :

Ambil

QRx

Qxxf

\,1

,1)(

∈−=

∈= maka Rxxf ∈∀= ,1)(

8. Misalkan f,g kontinu dari R ke R dan andaikan Qrrgrf ∈∀= ),()( . Apakah

benar Rxxgxf ∈∀= ),()( ?

Jawab :

Misalkan Rx ∈ sebarang

Misalkan Qxn ∈ sehingga xxn →

Karena f dan g kontinu pada Rx ∈ maka )()( xfxfLim nxxn

=→

dan

)()( xgxgLim nxxn

=→

Karena Qxn ∈ , maka Nnxfxf n ∈∀= ),()( . Sehingga

akibatnya )()()()( xgxgLimxfLimxf nxx

nxx nn

===→→

karena QRx \∈ sebarang

untuk Rxxgxf ∈= ),()(

9. Misalkan RRh →: kontinu pada R memiliki ( ) NnZmmh n ∈∈∀= ,,02/ .

Tunjukkan bahwa Rxxh ∈∀= ,0)(

Bukti :

i. Misalkan Rx ∈1 sebarang

Ambil { }NnZmmxn

n ∈∈∈ ,,2/ yang konvergen ke x.



Kita ketahui ( ) 0=nxh , maka ( ) 0=nxhLim karena h kontinu disetiap

Rx ∈ maka ( ) ( ) 01 ==→

xhxhLim ncxn

Jadi karena Rx ∈1 sebarang maka ( ) Rxxh ∈∀= ,01

ii. Ambil Rc ∈ sebarang. Karena h kontinu pada R maka h kontinu pada c

berarti untuk 0>ε yang diberikan δδ <−∈∀∋>∃ cxhx ,0 maka

ε<− )()( chxh

Dengan kata lain :

( ) ( )chxhLim ncxn

=→

Sebarang bila { }NnZmmxn

n ∈∈∈ ,,2/ maka 0)( =xh sehingga

( ) ( ) 01 ==→

xhxhLim ncxn

Karena Rc ∈ sebarang maka Rcch ∈∀= ,0)(

10. Misalkan RRf →: kontinu pada R dan misalkan { }0)(, >∈= xfRxP

jika Pc ∈ . Tunjukkan ada ( ) PcV ⊆δ

Jawab :

Pc ∈ maka ( ) 0>cf ambil 0)( >= cfε

)()()(,0 cfxfxfcxDx f <−⇒<−∈∀∋>∃ δδ

Selanjutnya diperoleh )(2)(0 cfxf <<

Jadi

0)(, >⇒<−∈∀ xfcxDx f δ

Hal ini menyatakan bahwa terdapat ( ) PcV ⊆δ



11. Jika f dan g kontinu pada R, misalkan { })()(, xgxfRxs ≥∈= . Jika SSn ⊆

dan ssLim n =)( . Tunjukkan Ss ∈ .

Bukti :

Jika SSn ⊆ dan ssLim n =)( akan ditunjukkan bahwa )()( sgsf ≥

Misalkan SSn ⊆ maka berarti )()( nn sgsf ≥ selanjutnya, f dan g kontinu

pada R maka f dan g kontinu pada S. Akibatnya jika ssLim n =)( maka

)()( sfsfLim n = dan )()( sfsgLim n =

Dari )()( nn sgsf ≥ maka menurut Teorema

)()()()( sgsgLimsfsfLim nn =≥= jadi Ss ∈ .

12. Sebuah fungsi dari R ke R dikatakan penjumlahan jika

( ) Ryxgfxfgxf ∈∀+=+ ,),()( Buktikan jika f kontinu pada ox maka f

kontinu pada setiap titik dari R.

Jawab :

Dibuktikan terlebih dahulu 0)( 0 =− xxfLim , diperlihatkan :

)()()( 00 xfxxfxf +−= dan

0)()()()( 00000

=−⇒+−=→→

xxfLimxfxxfxfLimxxxx

Selanjutnya diperlihatkan

)()()( cfcxfxf +−= dan )()()( cfLimcxfLimxfLimxcxcxcx →→→

+−=

)()( cfxfLimcx

=→

Karena Rc ∈ sebarang maka f kontinu pada setiap titik Rc ∈



13. Andaikan f kontinu penjumlahan pada R. Jika )1(fc = Tunjukkan

Rxcxxf ∈∀= ,)(

Bukti :

Ditunjukkan terlebih dahulu 0)0( =f karena

)0()0()( fxfxf +−= maka

0)0()0()()( =⇒+=→→

ffxfLimxfLimcxcx

Kemudian ditunjukkan ( ) ( )xfxf −= diperlihatkan :

)()(

)()(0

)()0()0(

xfxf

xfxf

xfxff

−=−

+−=

+−=

Untuk x bilangan bulat

0.0)0(0 cfx ==⇒=

cxfxfxfx .)1(.)1...111()(0 ==++++=⇒>

⇒< 0x misal 0>−= xy

cxxf

cxxfxfcyyf

=

−=−=−⇒=

)(

.)()(.)(

Jadi untuk Zx ∈ berlaku Zxcxxf ∈∀=)(

Ditunjukkan untuk Qx∈

Misalkan Znmn

mx ∈= ,,

=

=

=n

fmn

mfn

mfxf

1.

1.)(

dimana

( )

=

==n

nfn

nffc11

.1 , jadi n

c

nf =

1

Sehingga

xcn

cm

nfm

n

mfxf ..

1.)( ==

=

=

Jadi untuk Qx∈ berlaku cxxf =)(



Akan ditunjukkan untuk QRx \∈ misalkan

=

=

=n

fmn

mfn

mfxf

1.

1.)(

Akan kita tunjukan untuk QRx \∈ sebarang

Ambil Qxn ∈ yang konvergen ke x , karena f kontinu pada setiap Rx ∈

maka f kontinu pada 1x selanjutnya

)()( 11

xfxfLim nxxn

=→

Karena Qf n ∈)( maka nn cxxf =)(

Sehingga 11 )()()(11

cxxcLimxfLimxf nxx

nxx nn

===→→

Dengan demikian 11)( cxxf = pada setiap QRx \1 ∈

Akhrinya dapat kita simpulkan Rxcxxf ∈∀= ,)( 1

14. Misalkan RRg →: memenuhi hubungan Ryxygxgyxg ∈∀=+ ,),(),()(

Tunjukan jika gkontinu pada x = 0 maka g kontinu pada setiap titik R∈

dan juga jika 0)( =ag untuk Ra ∈ maka Rxxg ∈∀= ,0)(

Bukti :

g kontinu pada x = 0

berarti

εδδε <−⇒<∈∀∋>∃>∀ )0()(.00 gxgxDgx

Dengan kata lain

)()0(0

xgLimgx→

=

Kita tunjukkan terlebih dahulu Rxg ∈∀= ,1)0( kita perhatikan

)0()( xgxg +=

)(1)0()0().(0

xgLimggxgx→

==⇒=

Sekarang misalkan Rc ∈ sebarang

Akan ditunjukkan g kontinu di c

Dari



( ) ( ) )(. cgcxgxg −=

)(.1)().()( cgcgcxgLimxgLimcxcx

=−=→→

Jadi karena Rc ∈ sebarang maka g kontinu di setiap Rc ∈

Sekarang apabila 0)( =ag , maka Rxxg ∈∀= ,0)(

Kita perhatikan

Raxaaxgagaxgxg ∈∀=−=−= ,,0).()().()(

Jadi Rxxg ∈∀= ,0)(

15. Misalkan RRgf →:, kontinu pada titik c. Rxxgxfxh ∈∀= )}(),(sup{)( .

Tunjukkan bahwa ( ) Rxxgxfxgxfxh ∈∀++= ,)().(2

1)()(

2

1)( . Gunakan

hasil ini untuk menunjukkan h kontinu pada c.

Bukti :

a. Akan ditunjukkan Tunjukkan bahwa

( ) Rxxgxfxgxfxh ∈∀++= ,)().(2

1)()(

2

1)(

� Bila Rxxgxf ∈∀≥ ),()(

Maka

( ) ( ))()(2

1)()(

2

1)()( xgxfxgxfxfxh −++== ..........(i)

( ) ( ))()(2

1)()(

2

1xgxfxgxf −++=

� Bila Rxxgxf ∈∀≤ ),()(

Maka

( ) ( ))()(2

1)()(

2

1)()( xgxfxgxfxgxh −++== ..........(ii)

( ) ( ))()(2

1)()(

2

1xgxfxgxf −++=



Selanjutnya kita dapatkan Rx ∈∀

( ) ( ))()(2

1)()(

2

1)( xgxfxgxfxh −++=

b. Akan ditunjukkan h kontinu pada c

Karena f,g kontinu di c maka

−++=

→→))()((

2

1))()((

2

1)( xgxfxgxfLimxhLim

cxcx

)()(

2

1))()((

2

1xgxfLimxgxfLim

cxcx+++=

→→

)()(

2

1))()((

2

1cgcfcgcf +++=

)(xh=

Jadi h kontinu pada c

Microsoft word latihan-malalina-febrinabidasari_

Documents

Transcript of Microsoft word latihan-malalina-febrinabidasari_