3 limit dan kekontinuan - · pdf filesecara simultan pada bab ini. 3.1 pengertian limit fungsi...

3 LIMIT DAN KEKONTINUAN

Menurut Bartle dan Sherbet (1994), �Analisis matematika� secara umum dipahamisebagai tubuh matematika yang dibangun dari berbagai konsep limit. Pada babsebelumnya kita telah mempelajari limit barisan, kekonvergenan barisan bilan-gan real. Sebagaimana telah diketahui bahwa barisan merupakan bentuk khususfungsi, yaitu fungsi bernilai real dengan domain bilangan asli. Pada bab ini kitamemperluas konsep limit kepada bentuk fungsi bernilai real secara umum. Karenakonsep kekontinuan terkait erat dengan konsep limit maka kedua topik ini dibahassecara simultan pada bab ini.

3.1 Pengertian Limit Fungsi dan Fungsi Kontinu

Biasanya, notasilimx→c

f(x) = L

dipahami secara intuitif dengan berbagai pernyataan berikut

1. Jika x mendekati c maka f(x) mendekati L, semakin dekat x kepada c se-makin dekat pula f(x) kepada L.

2. Nilai-nilai f(x) adalah dekat dengan L untuk x dekat dengan c.

Pada pernyataan pertama, dekatnya f(x) terhadap L disebabkan oleh dekatnyax kepada c. Pada pernyataan ini, jika ada dua bilangan x1 dan x2 di mana x1lebih dekat dengan c daripada x2 maka f(x1) lebih dekat dengan L daripada f(x2).Konsekuensinya, jika x = cmaka f(x) = L. Pernyataan ini banyak diambil sebagaipengertian limit khususnya bagi mereka yang belum belajar analisis. Padahalpengertian limit secara formal tidak demikian.

Sesungguhnya pernyataan kedua lebih sesuai untuk de�nisi limit. Pada perny-ataan ini ada dua kriteria atau ukuran dekat. Kriteria dekatnya f(x) terhadap Lmemberikan kriteria dekatnya x kepada c. Kemudian, setiap x yang dekat denganc dalam kriteria ini mengakibatkan nilai f(x) dekat dengan L.

Sebelum masuk ke de�nisi formal limit fungsi, diberikan terlebih dahulu pegertiantitik limit (cluster point) suatu himpunan.

De�nisi 3.1. [Titik Limit] Misalkan A ⊂ R. Sebuah titik c ∈ R dikatakan titiklimit A jika setiap persekitaran Vδ(c) := (c− δ, c+ δ) memuat paling sedikit satuanggota A selain c, atau

(c− δ, c+ δ) ∩ A \ {c} 6= ∅, ∀δ > 0. (3.1)

1


Titik limit A boleh jadi anggota A atau bukan anggota A. Sebaliknya, suatuanggota A dapat menjadi titik limit atau bukan titik limit A.

Sebelum diberikan contoh, diperhatikan teorema yang menjamin adanya barisandi dalam A yang konvergen ke titik limit A. Teorema ini dapat dijadikan sebagaikriteria titik limit.

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, bangun persekitaran denganradius δ := 1

n, yaitu V 1

n(c) = (c− 1

n, c+ 1

n). Berdasarkan de�nisi c titik limit,

selalu ada an ∈ A∩V 1ndengan an 6= c (lihat 3.1). Karena berlaku |an−c| < 1

n

maka disimpulkan lim(an) = c. Sebaliknya, diketahui terdapat barisan (an)dalam A, an 6= c dan lim(an) = c, dibuktikan c seperti ini adalah titik limitA. Karena diketahui lim(an) = c maka berdasarkan de�nisi limit barisan,untuk sebarang δ > 0 terdapat bilangan asli K sehingga |an − c| < δ untuksetiap n ≥ K. Ini berarti, khususnya aK ∈ A, aK 6= c dan aK ∈ Vδ yaituA ∩ Vδ \ {c} 6= ∅. Terbukti c titik limit A. �

Contoh 3.1. Diberikan himpunan A yang dide�nisikan 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 > 0maka 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 (misalnya δ1 = 1

2)

sehingga (−1− δ1,−1+ δ1)∩A = {−1}. Akibatnya, (−1− δ1,−1+ δ1)∩A \{−1} = ∅. Disimpulkan x = −1 bukan titik limit A. Argumen yang samaditerapkan untuk x = 2. Diperoleh himpunan titik lmit A adalah [0, 1]. �

Gambar 3.1: Ilustrasi titik limit pada garis bilangan

Diperhatikan pada contoh ini, 1 /∈ A tetapi 1 titik limit A. Sebaliknya 2 ∈ Atetapi 2 bukan titik limit A. Bilangan di dalam interval [0, 1) kesemuanya anggotaA dan sekaligus titik limit A.

Berikut diberikan beberapa fakta sederhana tentang titik limit:

1. Himpunan A yang banyak anggotanya berhingga tidak mempunyai titiklimit. Kita dapat mengambil δ bilangan positif yang lebih kecil dari jarakantara ketiga bilangan yang berdekatan. Untuk menunjukkan c bukan titiklimit, misalkan ketiga bilangan yang berdekatan tersebut adalah x1, c dan x2dengan x1 < c < x2. Ambil δ := 1

2min{|x1−c|, |c−x2|}. Maka pasti berlaku

(c− δ, c+ δ) ∩ A \ {c} = ∅.2. Himpunan bilangan asli N tidak mempunyai titik limit.

2


c c+�c+ �

V (c)�

L

�L-

�L+

V (L)�

diberikan

terdapat

|f(x) -L|< �

Gambar 3.2: Ilustrasi de�nisi limit fungsi

3. Himpunan bilangan rasional Q mempunyai titik limit semua bilangan real.Hal ini disebabkan sifat kepadatan bilangan rasional di dalam R.

4. Himpunan A ={

1n: n ∈ N

}hanya mempunyai titik limit 0. Dalam kasus

ini tidak satupun anggota A menjadi titik limitnya.

Selanjutnya de�nisi limit fungsi diberikan sebagai berikut.

De�nisi 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 = limx→c

f(x) (3.2)

adalah bilamana diberikan ε > 0 terdapat δ > 0 sehingga berlaku

0 < |x− c| < δ → |f(x)− L| < ε. (3.3)

Pada de�nisi ini, nilai δ biasanya bergantung pada nilai ε yang diberikan sehinggakadang-kadang ditulis sebagai δ = δ(ε) untuk menunjukkan ketergantungan δ padaε yang diberikan. Bila limit L ini ada maka fungsi f dikatakan juga konvergen keL di c. Secara praktis, dapat dikatakan �f(x)mendekati L� bilamana �xmendekatic�. Ukuran dekat f(x) terhadap L diberikan oleh ε, dan kedekatan x dengan cdiukur oleh δ. Pada ekspresi (3.4) kita dapat membuat f(x) sedekat mungkindengan L dengan memilih x yang dekat dengan c.

Ilustrasi de�nisi limit fungsi diberikan pada Gambar 3.2. Pernyataan 0 < |x −c| < δ pada (3.4) menunjukkan bahwa untuk berlakunya |f(x) − L| < ε tidakmemperhitungkan x yang sama dengan c. Diperhatikan pada gambar tersebutx = c dibolongi. Artinya pada de�nisi limit, nilai f(c) tidak perlu ada. Ingat, titiklimit himpunan domain A tidak harus di dalam A. Oleh karena itulah, ilustrasigra�k de�nisi limit menggunakan dot �◦” di titik x = c.

Contoh 3.2. Prosedur menghitung limit berikut sering dilakukan pada pelajarankalkulus atau sewaktu di SMA dulu.

limx→2

x2 − 4

x− 2= lim

x→2

(x− 2)(x+ 2)

(x− 2)= lim

x→2(x+ 2) = 2 + 2 = 4.

3


c c+�c+ �

V (c)�

f(c)

�f(c) -

�f(c)+

V (f(c))�

diberikan

terdapat

|f(x) -f(c)|< �

Gambar 3.3: Ilustrasi fungsi f kontinu di c

Ada 2 hal kritis yang jarang dipedulikan oleh mahasiswa, yaitu

* Pada langkah kedua terjadi proses �pencoretan� atau kanselasi pembagiandua bilangan yang sama yaitu (x − 2). Padahal secara teoritis pencoretanini tidak berlaku untuk bilangan bernilai nol. Dalam kasus limit, hal initidak masalah karena notasi x → 2 dipahami atau dibaca x mendekati 2tidaklah berarti x = 2. Hal ini ditegaskan pada de�nisi yang menyatakan0 < |x− 2| < δ.

* Di sini f(x) = x2−4x−2 . Faktanya f(2) tidak ada karena terjadinya pembagian

dengan nol. Tetapi limit f(x) untuk x → 2 ada, yaitu 4. Jadi walaupunnilai fungsi di titik tersebut tidak ada, namun nilai limitnya dapat saja ada.Antara nilai fungsi dan nilai limit tidak mempunyai hubungan implikasi.Dalam kasus keduanya ada dan nilainya sama maka fungsi tersebut bersifatkontinu.

Pengertian yang hampir sama untuk fungsi kontinu di x = c, seperti diungkapkanberikut ini.

De�nisi 3.3. [Fungsi Kontinu] Misalkan A ⊆ R dan f : A −→ R, c ∈ A .Fungsi f dikatakan kontinu di c, adalah bilamana diberikan ε > 0 terdapat δ > 0sehingga berlaku

|x− c| < δ → |f(x)− f(c)| < ε. (3.4)

Kontinu pada himpunan A berarti kontinu di setiap c ∈ A.

Berdasarkan de�nisi ini, syarat perlu agar fungsi f kontinu di c adalah f(c) harusada atau terde�nisi. Syarat ini tidak berlaku pada kasus limit, yakni nilai limitfungsi di c dapat saja ada walaupun nilai f(c) tidak ada. Ilustrasi fungsi kontinudi c diberikan pada Gambar 3.3. Perhatikan pada gambar ini x = c tidak dibolongialias masuk dalam interval domain syarat.

Dalam kasus c ∈ A dan c titik limit A maka kedua pengertian limit dan kekontin-uan sangat terkait seperti diungkapkan pada teorema berikut.

4


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

kedua pernyataan berikut ekuivalen.

1. f kontinu di c

2. limx→c f(x) = f(c)

Bukti. Untuk mudahnya kita bentuk dua himpunan berikut

E1 := {x ∈ A : 0 < |x− c| < δ}, E2 := {x ∈ A : |x− c| < δ}.

Jadi E2 ⊂ E1. Diketahui f kontinu di c berarti x ∈ E2 → |f(x)− f(c)| < ε.Misalkan x ∈ E1 maka x ∈ E2 atau x = c. Bila x ∈ E2 maka (3.3) berlakudengan L = f(c). Untuk kemungkinan x = c berlaku |f(x)− f(c)| = |f(c)−f(c)| = 0 < ε sehingga (3.3) juga dipenuhi. Terbukti limx→c f(x) = f(c).Sebaliknya, diketahui limx→c f(x) = f(c) yaitu x ∈ E1 → |f(x)− f(c)| < ε.Karena E2 ⊂ E1 maka berlaku x ∈ E2 → |f(x)− f(c)| < ε, yaitu f kontinudi c. �

Berpijak dari teorema ini kita dapatkan syarat cukup dan perlu sebuah fungsikontinu di x = c ada tiga syarat, yaitu

* f(c) ada

* limx→c f(x) ada

* nilai keduanya harus sama.

Contoh 3.3. Misalkan f fungsi konstan pada R, katakan f(x) = b untuk se-tiap x ∈ R. Buktikan untuk sebarang c ∈ R, berlaku limx→c b = b. Kemudiansimpulkan bahwa f kontinu di c.

Penyelesaian. Diberikan ε > 0 sebarang, ambil δ := 1 maka diperoleh

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

Jadi terbukti limx→c f(x) = f(c). Karena c ∈ R merupakan titik limit makadengan teorema 3.2 disimpulkan f kontinu di c. �

Pengambilan δ pada pembuktian di atas dapat selain 1, bahkan berapa pun boleh.Pembuktian ini menggunakan pola p→ q di mana q sudah dipastikan benar makapernyataan p→ q disimpulkan benar.

Contoh 3.4. Buktikan untuk sebarang c ∈ R, limx→c x = c. Kemudian simpulkanbahwa f(x) := x kontinu di c.

Penyelesaian. Untuk setiap ε > 0 yang diberikan, ambil δ := ε. Diperoleh

0 < |x− c| < δ → |f(x)− L| = |x− c| < δ = ε.

Karena itu terbukti limx→c x = c. Karena berlaku limx→c f(x) = f(c) dan ctitik limit maka disimpulkan f kontinu di c. �

Contoh 3.5. Misalkan f(x) = x2, x ∈ R. Buktikan f kontinu pada R.

5


Bukti. Misalkan c ∈ R sebarang. Kita perhatikan dulu penjabaran berikut

|f(x)− f(c)| = |x2 − c2| = |x+ c||x− c|.

Karena sudah ada suku |x − c| maka kita perlu melakukan estimasi padasuku |x+ c|. Untuk itu diasumsikan dulu |x− c| < 1, maka berlaku

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

Untuk asumsi ini diperoleh estimasi pada |x+ c|, 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 ε maka haruslah

|x− c| < ε

2|c|+ 1. (∗∗)

Agar kedua |x− c| < 1 dan |x− c| < ε2|c|+1

dipenuhi maka diambil

δ = δ(ε) := min

{1,

ε

2|c|+ 1

}.

Jadi jika 0 < |x − c| < δ maka (*) dan (**) berlaku sehingga disimpulkan|f(x)−f(c)| < ε. Jadi, limx→c f(x) = f(c), dan terbukti f kontinu di c. �

Ada kalanya sebuah fungsi tidak kontinu di suatu titik c dikarenakan ia tidakterde�nisi di c, yaitu f(c) tidak ada. Tetapi, asalkan limitnya di c ada maka fungsitersebut dapat diperluas menjadi fungsi kontinu.

Contoh 3.6. Diberikan fungsi f(x) = x2−1x−1 , x 6= 0 tidak kontinu di 1 karena f(1)

tidak ada. Namun, berlaku

limx→1

f(x) = limx→1

x2 − 1

x− 1= lim

x→1(x+ 1) = 2.

Jadi fungsi ini dapat diperluas menjadi fungsi kontinu pada R sebagai berikut

f̃(x) =

{x2−1x−1 untukx 6= 0

2 untuk x = 0.

f̃ dibaca �f tilde� merupakan perluasan kontinu fungsi f .

3.2 Kriteria Barisan untuk Limit dan Kekontinuan

Untuk mengetahui limit dan kekontiunuan fungsi di suatu titik dapat dideteksimelalui limit barisan yang sudah dipelajari pada bab sebelumnya.

6


Teorema 3.3. Misalkan f : A −→ R dan c titik limit A. Maka kedua pernyataan

berikut ekuivalen.

1. limx→c f(x) = L

2. Untuk setiap barisan (xn) di dalam A yang konvergen ke c, xn 6= c untuksetiap n ∈ N, maka barisan (f(xn)) konvergen ke L.

Bukti. (1)→(2). Diberikan ε > 0 sebarang. Karena diketahui limx→c f(x) = L,maka terdapat δ > 0 sehingga jika 0 < |x − c| < δ berlaku |f(x) − L| < ε.Misalkan lim(xn) = c, xn 6= c. Berdasarkan de�nisi limit barisan, untukδ > 0 sebelumnya terdapat K ∈ N sehingga |xn − c| < δ untuk setiapn ≥ K. Karena xn 6= c maka dapat ditulis 0 < |xn−c| < δ, sehingga berlaku|f(xn)−L| < ε untuk setiap n ≥ K. Ini menunjukkan bahwa barisan (f(xn))konvergen ke L.(2)→(1). Dibuktikan melalui kontraposisinya. Diketahui limx→c f(x) 6= L,berarti ada ε0 > 0 sehingga setiap δ > 0 terdapat xδ ∈ A, 0 < |x − xδ| < δtetapi |f(x)− xδ| ≥ ε0. Bila para δ > 0 tersebut diambil sebagai δ := 1

n> 0

untuk setiap n ∈ N maka terbentuk barisan (xn) dengan sifat 0 < |xn− c| <1n, xn ∈ A tetapi |f(xn) − L| ≥ ε0 untuk setiap n ∈ N. Ini berarti barisan

(f(xn)) tidak mungkin konvergen ke L. Jadi ada barisan (xn) dalam A,xn 6= c tetapi (f(xn)) tidak konvergen ke L. Pernyataan (2) salah. Buktiteorema selesai. �

Dengan demikian diperoleh kriteria divergen sebagai berikut:

* limx→c f(x) 6= L bila hanya bila ada barisan (xn) dalam A dengan xn 6= c,(xn) konvergen ke c tetapi barisan lim (f(xn)) 6= L.

* limx→c f(x) tidak ada bila hanya bila ada barisan (xn) dalam A denganxn 6= c, (xn) konvergen ke c tetapi barisan f(xn) tidak konvergen.

* limx→c f(x) tidak ada bila hanya bila ada dua barisan (xn), (yn) dalamA dengan xn, yn 6= c, (xn) dan (yn) konvergen ke c tetapi lim (f(xn)) 6=lim (f(yn)).

Contoh 3.7. Buktikan limx→01xtidak ada.

Bukti. Di sini kita mempunyai f(x) = 1x. Ambil barisan (xn) dengan xn :=

1n. Jelas barisan ini konvergen ke 0, xn 6= 0. Sekarang perhatikan barisan

(f(xn)) =(

11/n

)= (n) = (1, 2, 3, · · · ) tidak konvergen. Berdasarkan kriteria

kedua maka terbukti limitnya tidak ada. �

Contoh 3.8. Diberikan fungsi signum yang dide�nisikan sebagai berikut

sgn(x) : =

+1 untuk x > 0,

0 untuk x = 0,

−1 untuk x < 0.

Buktikan limx→0 sgn(x) tidak ada.

Bukti. Ambil dua barisan (xn) dan (yn) dengan xn := 1ndan yn := − 1

n. Jelas

kedua barisan ini konvergen ke 0 dan setiap sukunya tidak ada yang sama

7


−0.4 −0.3 −0.2 −0.1 0 0.1 0.2 0.3 0.4−1

−0.8

−0.6

−0.4

−0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

Gambar 3.4: Gra�k fungsi f(x) = sin(1/x)

dengan 0. Diperhatikan barisan (sgn(xn)) =(sgn

(1n

))= (1) = (1, 1, · · · )

konvergen ke 1, tetapi (sgn(yn)) =(sgn(− 1

n))= (−1) = (−1,−1, · · · ) kon-

vergen ke −1. Berdasarkan kriteria ketiga maka terbukti limitnya tidakada. �

Cara lain dapat menggunakan sifat bahwa sgn(x) = x|x| untuk x 6= 0. Den-

gan mengambil xn := (−1)nn

maka barisan (xn) konvergen ke 0, xn 6= 0. Tetapi

(sgn(xn)) =(sgn

((−1)nn

))= (−1)n = (−1,+1,−1, · · · ) divergen.

Contoh 3.9. Buktikan lim sin 1xtidak ada.

Bukti. Di sini kita mempunyai f(x) = sin 1x, x 6= 0. Ambil dua barisan (xn)

dan (yn) dengan xn := 1nπ, yn := 1

(π/2+2πn). Maka jelas kedua barisan ini

konvergen ke nol dan suku-sukunya tidak pernah sama dengan nol. Namun,barisan

(f(xn)) = (sin nπ) = (1, 1, · · · )→ 1

(f(yn)) = (sin (π/2 + 2πn)) = (0, 0, · · · )→ 0

sehingga berdasarkan kriteria ketiga maka disimpulkan limitnya tidak ada. �

Ilustrasi gra�k fungsi f(x) = sin 1xdiberikan pada Gambar 3.4. Pada gambar ini

terlihat jelas bahwa nilai fungsi f selalu berada di dalam interval [−1, 1], semakindekat x kepada 0 semakin cepat osilasinya tetapi nilai f(x) tidak menuju titikmana pun.

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

ekuivalen.

1. f kontinu di c

2. Untuk setiap barisan (xn) di dalam A yang konvergen ke c, maka barisan(f(xn)) konvergen ke f(c).

8


Bukti. Gunakan fakta f kontinu di c bila hanya bila limx→c f(x) = f(c) dan ambilL := f(c). Selanjutnya gunakan teorema kriteria barisan untuk limit. �

Dengan demikian diperoleh kriteria diskontinu sebagai berikut: fungsi f tidakkontinu di c jika hanya jika terdapat barisan (xn) dalam A sehingga (xn) konvergenke c tetapi (f(xn)) tidak konvergen ke f(c).

Contoh 3.10. Beberapa fungsi tidak kontinu

* Fungsi ϕ(x) := 1/x tidak kontinu di 0 sebab ϕ(0) tidak ada. Juga, fungsi initidak mempunyai limit di 0.

* Fungsi 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 R.

Contoh 3.11. Diberikan fungsi Dirichlet sebagai berikut

f(x) :=

{1 bila x rasional

0 bila x irrasional.

Buktikan f tidak kontinu dimana-mana.

Bukti. Misalkan c bilangan real sebarang. Ditunjukan f tidak kontinu di c. Bila cbilangan rasional maka dengan sifat kepadatan bilangan rasional, selalu ter-dapat barisan bilangan irrasional (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 setiapc ∈ R. �

3.3 Sifat-sifat Limit

Pada pembahasan limit barisan, berlaku bahwa jika barisan konvergen maka iaterbatas tetapi tidak berlaku sebaliknya. Sifat yang sama berlaku pada fungsiyang mempunyai limit, tetapi keterbatasan dalam arti lokal.

De�nisi 3.4. Misalkan f : A −→ R, dan c ∈ R titik limit A. Fungsi f dikatakanterbatas lokal di c jika terdapat persekitaran Vδ(c) dan konstantaM > 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. Misalkan L := limx→c f(x), maka berdasarkan de�nisi untuk ε = 1, ter-dapat δ > 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 = cmaka |f(x)| = |f(c)|. Dengan mengambil M := sup {|f(c)|, |L|+ 1} makadiperoleh |f(x)| ≤M untuk setiap x ∈ A ∩ Vδ(c). �

9


Operasi penjumlahan, perkalian, perkalian skalar dan pembagian fungsi-fungsidide�nisikan sebagai berikut

(f + g) (x) := f(x)+g(x), (fg) (x) := f(x)g(x), (αf) (x) := αf(x),

(f

h

)(x) :=

f(x)

h(x)

di mana domain fungsi-fungsi tersebut sama. Khusus untuk pembagian, disyaratkanh(x) 6= 0 untuk setiap x.

Teorema 3.6. Misalkan f, g : A −→ R, c ∈ R titik limit A. Bila f dan gmempunyai limit di c, katakan limx→c f(x) = F dan limx→c g(x) = G maka berlaku

1. limx→c (f ± g) (x) = F ±G2. limx→c (fg) (x) = FG

3. limx→c (αf) (x) = αF untuk suatu konstanta α.

4. limx→c

(fg

)(x) = F

Gasalkan G 6= 0 dan g(x) 6= 0 untuk setiap x.

Bukti. Teorema ini dapat dibuktikan dengan menggunakan de�nisi limit fungsi,tetapi lebih mudah menggunakan kriteria barisan untuk limit. Misalkan (xn)suatu barisan dalam A dimana xn 6= c dan lim(xn) = c, maka berlaku

lim (f(xn)) = F, dan 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-berikan kesimpulan bahwa limx→c (f ± g) (x) = F ± G, yang membuktikanpernyataan (i). Untuk pernyataan lainnya dapat dibuktikan dengan carayang sama. �

Diperhatikan khusus untuk perkalian, bila terdapat beberapa fungsi f1, f2, · · · , fndengan masing-masing limx→c fk(x) = Fk maka berlaku

limx→c

(f1f2 · · · fn) (x) =(limx→c

f1(x))(

limx→c

fk(x))· · ·(limx→c

fn(x))= F1F2 · · ·Fn.

Lebih khusus, jika f1 = f2 = · · · = fn := f maka diperoleh

limx→c

(f(x))n =(limx→c

f(x))n

= F n.

Jika p suatu polinomial pada R, yaitu p(x) = anxn + an−1x

n−1 + · · · + a1x + a0maka dengan menggunakan sifat limit hasil kali fungsi diperoleh

limx→c

p(x) = ancn + an−1c

n−1 + · · ·+ a1c+ a0 = p(c).

Selanjutnya, jika p(x) dan q(x) polinomial dan jika q(c) 6= 0 maka berlaku

limx→c

p(x)

q(x)=p(c)

q(c).

Teorema berikut memberikan kepastian bahwa bila nilai fungsi f(x) terbatas dalamsuatu interval, maka begitu juga nilai limitnya.

10


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

a ≤ limx→c

f(x) ≤ b.

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

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. Pembuktiannyamenggunakan teorema squeeze untuk limit barisan. Untuk sebarang barisan(xn) dalam A dimana xn 6= c dan lim(xn) = c, maka berlaku

f(xn) ≤ g(xn) ≤ h(xn).

Dengan memandang (f(xn)) , (g(xn)) dan (h(xn)) sebagai tiga barisan bilan-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 suatufungsi dengan cara membangun dua fungsi lainnya yang selalu mendominasi daribawah dan dari atas. Kedua fungsi tersebut mempunyai nilai limit yang sama.

Berikut diberikan beberapa contoh limit yang memuat fungsi trigonometri yangsering muncul sebagai rumus limit. Namun, sebelumnya diberikan beberapa faktapembatas yang berkaitan dengan fungsi sinus dan cosinus.

* −x ≤ sinx ≤ x untuk setiap x ≥ 0.

* 1− x2

2≤ cosx ≤ 1untuk setiap x ≥ 0.

* x− x3

6≤ sinx ≤ x untuk setiap x ≥ 0.

Kali ini fakta tersebut tidak dibuktikan secara analitik, namun diberikan ilustrasigra�snya seperti diberikan pada Gambar 3.5. Pada gambar ini terlihat urutanketinggian gra�k yang menunjukkan ketidaksamaan tersebut dipenuhi.

Contoh 3.12. Buktikan limit sebagai berikut :

1. limx→0 sinx = 0,

2. limx→0 cosx = 1,

3. limx→0

(cosx−1

x

)= 0,

4. limx→0

(sinxx

)= 1,

11


Gambar 3.5: Ilustrasi ketidaksamaan melalui gra�k fungsi

5. limx→0 x sin(1x

)= 0.

Bukti. Teorema squezee untuk limit fungsi memainkan peran sentral pada pem-buktian berikut.

1. Karena berlaku −x ≤ sinx ≤ x untuk setiap x ≥ 0 dan limx→0(−x) =limx→0 x = 0 maka dengan teorema squeeze di peroleh

0 = limx→0−x ≤ lim

x→0sinx ≤ lim

x→0x = 0

sehingga terbukti limx→0 sinx = 0.

2. Untuk membuktikan limx→0 cosx = 1, gunakan fakta 1 − x2

2≤ cosx ≤ 1.

Karena limx→0(1− x2

2) = limx→0 1 = 1 maka diperoleh limx→0 cosx = 1.

3. Selanjutnya, dengan mengurangi ketiga ruas fakta ini dengan 1 maka diper-oleh

−x2

2≤ cosx− 1 ≤ 0, untuk x ≥ 0

Selanjutnya bagi ketiga ruang dengan x 6= 0. Untuk x > 0 berlaku

−x2≤ cosx− 1

x≤ 0

dan untuk x < 0 diperoleh

0 ≤ cosx− 1

x≤ x

2.

Bila diambil fungsi f dan h sebagai berikut

f(x) : =

{−x

2untuk x ≥ 0

0 untuk x < 0, h(x) :=

{0 untuk x ≥ 0

−x2

untuk x < 0

12


maka untuk x 6= 0 berlaku

f(x) ≤ cosx− 1

x≤ h(x).

Karena limx→0 f(x) = limx→0 h(x) = 0 maka disimpulkan limx→0

(cosx−1

x

)=

0.

4. Untuk soal 4 gunakan fakta x − x3

6≤ sinx ≤ x untuk x ≥ 0. Bagi ketiga

ruas dengan x 6= 0. Untuk x > 0 diperoleh 1− x2

6≤ sinx

x≤ 1. Untuk x < 0,

bagi ketiga ruas dengan−x > 0, berlaku −1 + x2

6≤ sinx−x ≤ −1. Ketiga ruas

dikalikan −1 diperoleh 1 ≤ sinxx≤ 1− x2

6. De�nisikan

f(x) : =

{1− x2

2untuk x ≥ 0

1 untuk x < 0, h(x) :=

{1 untuk x ≥ 0

1− x2

2untuk x < 0

Sehingga berlaku

f(x) ≤ sinx

x≤ h(x).

Karena limx→0 f(x) = limx→0

(1− x2

6

)= limx→0 h(x) = 1 maka disimpulkan

limx→0

(sinxx

)= 1.

5. Untuk pertanyaan 5, gunakan kenyataan bahwa −1 ≤ sin z ≤ 1 untuk semuabilanga real z. Dengan mengganti z = 1

x, x 6= 0 maka diperoleh

−1 ≤ sin1

x≤ 1.

Gunakan de�nisi nilai mutlak. Kalikan ketiga ruas bnetuk terakhir ini den-gan x > 0 diperoleh

−|x| = −x ≤ x sin1

x≤ x = |x|.

Bila dikalikan dengan x < 0 diperoleh

|x| = −x ≥ x sin1

x≥ x = −|x|

Jadi untuk setiap x ∈ R dan x 6= 0 berlaku

−|x| ≤ x sin1

x≤ |x|.

Karena limx→0−|x| = limx→0 |x| = 0 maka disimpulkan limx→0 x sin(1x

)=

0. �

Fungsi x sin 1xberosilasi seperti fungsi sin 1

xsebelumnya tetapi ia semakin dekat

kepada nol nilainya semakin mengecil mengikuti corong yang terbentuk oleh garisy = x dan y = −x. Pola ini ditunjukkan pada Gambar 3.6.

13


−0.4 −0.3 −0.2 −0.1 0 0.1 0.2 0.3 0.4−0.4

−0.3

−0.2

−0.1

0

0.1

0.2

0.3

0.4

Gambar 3.6: Gra�k fungsi y = x sin(1x

)

3.4 Sifat-sifat Fungsi Kontinu

Sifat-sifat fungsi kontinu banyak yang mengikuti sifat-sifat yang berlaku pada limitfungsi. Jumlahan, perkalian, perkalian skalar fungsi-fungsi kontinu membentukfungsi kontinu yang baru. Pembagian dua fungsi kontinu juga merupakan fungsikontinu asalkan fungsi penyebutnya tidak pernah nol.

Sifat aljabar fungsi kontinu

Teorema 3.9. Misalkan f, g : A −→ R, c ∈ A. Bila f dan g kontinu di c maka

1. Fungsi-fungsi f ± g, fg dan αf kontinu di c.

2. Bila h : A −→ R kontinu di c ∈ A dan h(x) 6= 0 untuk semua x ∈ A makafungsi f

hkontinu di c.

Bukti. Hanya akan dibuktikan bagian 2, sisanya dapat dibuktikan sendiri. Gu-nakan fakta limx→c f(x) = f(c), dan limx→c h(x) = h(c). Karena c ∈ A danf(c) 6= 0 maka berlaku

f

h(c) =

f(c)

h(c)=

limx→c f(x)

limx→c h(x)= lim

x→c

f

h(x)

sehingga disimpulkan fgkontinu di c. �

Contoh 3.13. Beberapa bentuk fungsi kontinu :

1. Fungsi polinomial p(x) = anxn + an−1x

n−1 + · · ·+ a1x+ a0 kontinu di setiapbilangan real c.

2. Bila p(x) dan q(x) fungsi rasional dan α1, α2, · · · , αm akar q(x) maka fungsirasional

r(x) =p(x)

q(x), x /∈ {α1, α2, · · · , αm}

kontinu di setiap c yang bukan akar q(x).

14


3. Fungsi s(x) = sinx dan c(x) = cos x kontinu pada R.4. Fungsi tanx, cotx, secx dan cscx kontinu di mana mereka terde�nisi.

Kekontinuan fungsi nilai mutlak dan fungsi akar

Teorema 3.10. Misalkan f : A −→ R, kemudian dide�nisikan fungsi nilai mutlak

dan fungsi akar sebagai berikut

|f |(x) := |f(x)|, dan√f(x) :=

√f(x).

1. Bila f kontinu pada A maka demikian juga dengan |f |.2. Bila f(x) ≥ 0 dan f kontinu pada A maka

√f kontinu pada A.

Bukti. Gunakan sifat ||f(x)| − |L|| ≤ |f(x)− L| untuk menunjukkan berlaku

limx→c|f |(x) = | lim

x→cf(x)|.

Misalkan limx→c f(x) = L maka untuk setiap ε > 0 terdapat δ > 0 sehingga|f(x)− L| < ε untuk 0 < |x− c| < δ. Untuk x dengan syarat ini berlaku

||f(x)| − |L|| ≤ |f(x)− L| < ε

sehingga disimpulkan limx→c |f | (x) = |limx→c f(x)| = |f(c)| = |f |(c). Jadi|f | kontinu di c. Untuk fungsi akar, gunakan hubungan

∣∣∣√f(x)−√L∣∣∣ =

1√f(x)+

√L|f(x)− L| ≤ 1√

L|f(x)−L| untuk menunjukkan bahwa limx→c

√f(x) =√

limx→c f(x). Selanjutnya, dengan fakta ini dapat ditunjukkan limx→c√f(x) =√

limx→c f(x) =√f(c) =:

√f(c). �

Kekontinuan fungsi komposisi

Berikut diberikan syarat agar komposisi fungsi kontinu juga kontinu.

Teorema 3.11. Bila A,B ⊆ R, f : A −→ R dan g : B −→ R. Bila f kontinu di

c ∈ A, g kontinu f(c) dan f(A) ⊆ B maka komposisi g ◦ f : A −→ R kontinu di c.

Bukti. Diberikan ε > 0 sebarang. Karena g kontinu di f(c) maka terdapat δ1 > 0sehingga

y ∈ B dan |y − f(c)| < δ1 → |g(y)− g(f(c))| < ε. (∗)

Karena f kontinu di c maka untuk δ1 > 0 di atas, terdapat δ > 0 sehingga

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

Karena f(A) ⊆ f(B) maka f(x) ∈ B sehingga ruas kiri (∗∗) dipenuhi olehy = f(x). Jadi ruas kanan (∗) berlaku, yaitu

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

Kesimpulannya, setiap ε > 0 terdapat δ > 0 sehingga

x ∈ A dan |x− c| < δ −→ |g ◦ f(x)− g ◦ f(c)| < ε,

yakni g ◦ f kontinu di c. �

15


Contoh 3.14. Pada contoh ini diberikan cara lain membuktikan kekontinuanfungsi nilai mutlak dan fungsi akar kontinu.

1. Dengan mende�nsikan g1 := |x| maka dengan mudah dapat ditunjukkanbahwa g1 kontinu pada A, yaitu menggunakan ketidaksamaan segitiga

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

Bila f : A → R sebarang fungsi kontinu pada A maka g1 ◦ f = |f | kontinupada A.

2. Dengan mengambil g2(x) :=√x, x ≥ 0 maka g2 dapat ditunjukkan kontinu

di setiap c ≥ 0, yaitu dengan menggunakan hubungan

∣∣√x−√c∣∣ = ∣∣∣∣ x− c√x+√c

∣∣∣∣ = 1√x+√c|x− c| ≤ 1√

c|x− c| .

Bila f : A → R, dengan f(x) ≥ 0 sebarang fungsi kontinu pada A makag2 ◦ f =

√f kontinu pada A.

Bila syarat f(A) ⊆ B atau g kontinu di f(c) tidak terpenuhi maka ada kemungk-inan komposisi dua fungsi kontinu tidak kontinu, seperti yang ditunjukkan padacontoh berikut.

Contoh 3.15. Misal diberikan fungsi f dan g yang dide�nisikan sebagai berikut

g(x) :=

{0 bila x = 1

2 bila x 6= 1, f(x) := x+ 1, x ∈ R.

Buktikan g dan f kontinu di 0 tetapi g ◦ f tidak kontinu di 0. Apakah hasil inibertentangan dengan teorema sebelumnya?

Bukti. Untuk fungsi g, limx→0 g(x) = limx→0 2 = 2 = g(0) yakni g kontinu di 0.Karena f berupa fungsi linier atau polinomial derajat satu maka ia pastikontinu di 0. Sekarang bentuk komposisi g ◦ f sebagai berikut

(g ◦ f) (x) = g (f(x)) =

{0 bila f(x) = 1

2 bila f(x) 6= 1=

{0 bila x = 0

2 bila x 6= 0.

Uji kekontinuan sebagai berikut

limx→0

g ◦ f(x) = limx→0

2 = 2 6= g ◦ f(0) = 0,

sehingga disimpulkan g◦f tidak kontinu di 0. Diperhatikan salah satu syaratteorema adalah g kontinu di f(c) tidak dipenuhi. Alasannya f(0) = 1 danlimx→1 g(x) = 2 6= g(1) = 0 maka g tidak kontinu di f(0) = 1. Karenaada syarat pada teorema tidak dipenuhi maka fakta ini tidak bertentangandengan teorema. �

16


Eksistensi ekstrim mutlak

Eksitensi atau jaminan adanya ekstrem merupakan salah satu sifat penting padafungsi konitnu. Eksistensi nilai maksimum dan minimum ini sangat banyak digu-nakan dalam teori optimasi. Teori optimasi merupakan salah satu kajian dalammatematika yang banyak digunakan dalam bidang terapan karena sangat banyakmasalah terapan yang berupa masalah optimasi. Sebelumnya diberikan pengertianfungsi terbatas dan kaitannya dengan fungsi kontinu.

De�nisi 3.5. Sebuah fungsi f : A −→ R dikatakan terbatas pada A jika terdapatkonstanta M > 0 sehingga

|f(x)| ≤M untuk semua x ∈ A.

Dengan kata lain, fungsi f terbatas jika rentang bayangannya (image) merupakanhimpunan terbatas.

Contoh 3.16. Fungsi f(x) := 1xkontinu pada A := (0,∞) tetapi tidak terbatas

pada A karena setiap bilangan real α > 0 terdapat x ∈ A, misalnya x = 1α+1

sehingga |f(x)| > α. Namun, ia terbatas dan kontinu pada himpunan takterbatasB := (1,∞) yaitu dengan mengambilM = 1. Pada himpunan terbatas C = (0, 1],fungsi f kontinu tetapi tidak terbatas.

Keterbatasan fungsi kontinu pada suatu interval akan terjamin bila interval terse-but 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. Andai f tidak terbatas pada I. Maka, untuk sebarang n ∈ N terdapatbilangan xn ∈ I sehingga |f(xn)| > n. Karena I terbatas maka ia memuatbarisan bagian X ′ = (xnr) dari X = (xn) yang konvergen ke suatu bilanganx (Teorema Bolzano-Wierestrass). Karena I tertutup dan xnr ∈ I makax ∈ I. Karena f kontinu di setiap anggota I maka f kontinu di x sehinggabarisan (f(xnr)) konvergen ke f(x). Jadi, (f(xnr)) barisan terbatas. Padahalberlaku

|f(xnr)| > n ≥ nr untuk setiap r ∈ N

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

De�nisi 3.6. Misalkan f : A −→ R. Kita katakan f mempunyai sebuah maksi-mum mutlak (absolute maximum) pada A jika terdapat titik x∗ ∈ A sehingga

f(x∗) ≥ f(x) untuk semua x ∈ A.

Dikatakan f mempunyai minimum mutlak pada A jika terdapat titik x∗ ∈ Asehingga

f(x∗) ≤ f(x) untuk setiap x ∈ A.Selanjutnya, titik x∗ disebut titik maksimum mutlak dan x∗ disebut titik minimummutlak.

17


x*

x*

maksimum global

minimum global

Gambar 3.7: Ilustrasi ekstrem global

Gambar 3.8: Ilustrasi maksimum dan minimum mutlak Contoh 3.16

Contoh 3.17. Fungsi f(x) := 1xtidak mempunyai maksimum maupun minimum

mutlak pada domain A = (0,∞), tetapi pada domain B = [1, 2] mempunyaimaksimum mutlak dan minimum mutlak dengan titik maksimum x∗ = 1 dan titikminimum x∗ = 2. Fungsi g(x) := x2 mempunyai dua maksimum mutlak padadomain C := [−1, 1] yaitu x∗ = ±1 dan satu minimum mutlak dengan x∗ = 0.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 terbatas maka range f(I) := {f(x) : x ∈ I} merupakan him-punan terbatas. Berarti ia mempunyai supremum dan in�mum, katakans∗ = 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 setiapn ∈ N, terdapat xn ∈ I sehingga

s∗ − 1

n< f(xn) ≤ s∗. (#)

Karena I terbatas maka barisan X := (xn) terbatas, sehingga ia memuatbarisan bagian X ′ = (xnr) yang konvergen ke suatu x∗ ∈ I. Jadi f kontinudi x∗. Akibatnya, lim(f(xnr)) = f(x∗). Mengikuti (#), diperoleh

s∗ − 1

nr< f(xnr) ≤ s∗ untuk setiap r ∈ N.

Karena lim(s∗ − 1nr) = lim(s∗) = s maka dengan teorema squeeze, disim-

pulkan bahwalim (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 0 tidak ada. Tetapijika domainnya dibatasi pada interval (0,∞) maka limitnya ada yaitu bernilai 1.

18


c- c�

��

L

�L-

�L+

diberikan

terdapat

|f(x) -L|< �

c c+�

��

L

�L-

�L+

diberikan

terdapat

|f(x) -L|< �

Gambar 3.9: Ilustrasi limit kiri (panel kiri) dan limit kanan (panel kanan)

Juga, bila domainnya hanya dibatasi pada interval (−∞, 0) maka limitnya jugaada yaitu −1. Kasus seperti ini mengilhami pengertian limit kanan dan limit kiriyang dimodi�kasi langsung dari pengertian limit biasa. Limit kiri dan limit kanandikenal dengan istilah limit satu sisi, sedangkan limit biasa dikenal dengan limitdua sisi.

De�nisi 3.7. Misalkan A ⊆ R dan f : A −→ R.

1. Bila c ∈ R titik limit A ∩ (c,∞) = {x ∈ A : x > c}, maka bilangan real Ldikatakan limit kanan f di c, ditulis

L = limx→c+

f(x)

adalah jika diberikan ε > 0 sebarang terdapat δ > 0 sehingga untuk semuax ∈ A dengan 0 < x < c+ δ maka berlaku |f(x)− L| < ε.

2. Bila c ∈ R titik limit A ∩ (−∞, c) = {x ∈ A : x < c}, maka bilangan real Ldikatakan limit kiri f di c, ditulis

L = limx→c−

f(x)

adalah jika diberikan ε > 0 sebarang terdapat δ > 0 sehingga untuk semuax ∈ A dengan c− δ < x < 0 maka berlaku |f(x)− L| < ε.

Biasanya notasi L = limx→c+ f(x) dibaca �L adalah limit fungsi f untuk xmendekatic dari kanan�. Analog untuk limit kiri.

Secara geometri kedua pengertian limit ini diberikan pada Gambar 3.9 . Padakedua de�nisi ini, adanya nilai f(c) tetap tidak disyaratkan.

Analog kriteria barisan untuk limit dapat diadaptasikan langsung pada limit satusisi, 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 cdimana 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 cdimana xn ∈ A dan xn < c berakibat barisan (f(xn)) konvergen ke L ∈ R.

19


Bukti. Dapat dibuktikan sendiri dengan adaptasi teorema yang mirip untuk limitdua sisi. �

Berikut ini hubungan limit satu sisi dan limit dua sisi :

limx→c f(x) = L bila hanya bila limx→c− f(x) = limx→c+ f(x) = L

Contoh 3.18. Diperhatikan kembali fungsi signum. Diperoleh

limx→0+

sgn(x) = 1, limx→0−

sgn(x) = −1.

Karena limit kiri dan limit kanan tidak sama maka limit dua sisinya limx→0 sgn(x)tidak ada.

Adakalanya, salah satu limit kiri atau limit kanan tidak ada. Sebagai ilustrasiamati contoh berikut.

Contoh 3.19. Fungsi g(x) := e1/x, x 6= 0 tidak mempunyai limit kanan di 0 tetapilimit kirinya ada yaitu 0 (Why???). Fungsi h(x) := 1

e1/x+1, x 6= 0 mempunyai limit

kiri di 0 yaitu 1, sedangkan limit kanannya 0 (Why ???). Karena limit kiri dankanan tidak sama maka limit dua sisinya tidak ada.

3.6 Kekontinuan Seragam dan Fungsi Lipschitz

20

3 limit dan kekontinuan - · pdf filesecara simultan pada bab ini. 3.1 pengertian limit fungsi...

Documents