Last Updated on Januari 12, 2022 by prooffic
Postingan kali ini akan membahas mengenai Pembahasan Soal Analisis Real Bartle Bagian 4.3, yaitu terkait dengan beberapa perluasan konsep limit. Konsep perluasan tersebut meliputi limit satu sisi, limit tak hingga, limit di tak hingga. Soal-soal berikut diambil dari buku “Introduction to Real Analysis” oleh Robert G. Bartle dan Donald D. Sherbert.
**Selamat menikmati**
Berikut ini adalah Pembahasan Soal Analisis Real Bartle Bagian 4.3.
Pembahasan Soal
Soal 1
Buktikan teorema 4.3.2.
Bukti. Misalkan $A \subseteq \mathbb{R}$, misalkan $f : A \to \mathbb{R}$ dan misalkan $c \in \mathbb{R}$ merupakan titik limit dari $A \cap (c, \infty)$. Akan ditunjukkan bahwa pernyataan-pernyataan berikut adalah ekuivalen.
i) $\lim_{x \to c+} f = L$.
ii) untuk setiap barisan $(x_n)$ yang konvergen ke $c$ dengan $x _n \in A$ dan $x_n > c$ untuk semua $n \in \mathbb{R}$, berlaku $(f(x_n))$ konvergen ke $L$.
Asumsikan bahwa $\lim_{x \to c+} f = L$. Diberikan sebarang barisan $(x_n)$ yang konvergen ke $c$ dengan $x _n \in A$ dan $x_n > c$ untuk semua $n \in \mathbb{R}$. Misal $\varepsilon>0$.
Karena $\lim_{x \to c+} f = L$, maka terdapat $\delta>0$ sedemikian sehingga untuk $x \in A$ dan $x > c$ dengan $$c<x<+\delta$$, berlaku $$|f(x) – L| < \varepsilon$$. Kemudian, karena $x_n \to c$ dan $x_n > c$, maka untuk $\delta>0$, terdapat $N \in \mathbb{N}$ sedemikian sehingga untuk $n \geq N$ berlaku $$|x_n – c|<\delta $$yang berkibat bahwa $$c<x_n<c+\delta$$
Dari sini, untuk $n \geq N$, diperoleh $$c < x_n < c + \delta $$Karena $x_n \in A$ dan $x_n > c$ dengan $$c<x_n<+\delta $$maka $$|f(x_n) – L| < \varepsilon $$
Secara keseluruhan, $$|f(x_n) – L| < \varepsilon; n \geq N $$Sehingga, berdasarkan definisi kekonvergenan limit barisan, $(f(x_n))$ konvergen ke $L$. Jadi, untuk setiap barisan $(x_n)$ yang konvergen ke $c$ dengan $x _n \in A$ dan $x_n > c$ untuk semua $n \in \mathbb{R}$, berlaku $(f(x_n))$ konvergen ke $L$.
Sebaliknya, akan ditunjukkan bahwa bagian ii mengimplikasikan bagian i. Asumsikan bahwa untuk setiap barisan $(x_n)$ yang konvergen ke $c$ dengan $x _n \in A$ dan $x_n > c$ untuk semua $n \in \mathbb{R}$, berlaku $(f(x_n))$ konvergen ke $L$.
Andaikan bahwa $\lim_{x \to c+} f \neq L$. Maka, terdapat $\varepsilon > 0$ sedemikian sehingga untuk setiap $\delta > 0$, terdapat $x_{\delta} \in A$ dan $x > c$ dengan $$|x_{\delta} – c| < \delta $$tetapi $$|f(x_{\delta}) – L| \geq \varepsilon$$
Misalkan $n \in \mathbb{N}$. Maka, untuk $\delta = 1/n$, terdapat $x_n \in A$ dengan $x_n > c$ dan $$|x_n – c| < \frac{1}{n} ; n \in \mathbb{N} $$tetapi $$|f(x_n) – L| \geq \varepsilon$$
Oleh karena itu, terdapat barisan $(x_n)$ di $A$ dengan $x_n > c$ dengan $x_n \to c$ serta $$|f(x_n) – L| > \varepsilon $$Di lain pihak, karena $(x_n)$ di $A$ dengan $x_n > c$ dengan $x_n \to c$, maka berdasarkan asumsi, $f(x_n) \to L$. Tetapi, hal tersebut bertentangan dengan $$|f(x_n) – L| > \varepsilon $$
Dari sini, pengandaian salah dan haruslah $$\lim_{x \to c+} f = L$$
Soal 2
Berikan contoh fungsi yang mempunyai limit sisi kanan tetapi tidak mempunyai limit kiri di suatu titik.
Jawab. Misalkan $f : \mathbb{R}-\{0\} \to \mathbb{R}$ dengan $$ f(x) = \begin{dcases} sin \left( \frac{1}{x} \right) &; x < 0 \\1 &; x>0\end{dcases}$$
Fungsi tersebut memiliki limit kanan tetapi tidak memiliki limit kiri.
Soal 3
Misalkan $f(x) := |x|^{(-1/2)}$ untuk $x \neq 0$. Tunjukkan bahwa $$\lim_{x \to 0+} f(x) = \lim_{x \to 0-} f(x) = + \infty$$
Bukti. Perhatikan bahwa untuk $\alpha \leq 0$, maka $f(x) > \alpha$ untuk setiap $x$. Selain itu, misalkan $\alpha \in \mathbb{R}$ positif sebarang . Pilih $$\delta = \frac{1}{\alpha^2} $$Maka, untuk $0<x<\delta$ berlaku $$f(x) = |x|^{(-1/2)} = x^{(-1/2)} = \frac{1}{x^{1/2}} > \frac{1}{\delta^{1/2}} = \alpha $$
Kemudian, untuk $-\delta < x < 0$ berlaku $$f(x) = |x|^{(-1/2)} = (-x)^{(-1/2)} = \frac{1}{(-x)^{1/2}} > \frac{1}{\delta^{1/2}} = \alpha $$Berdasarkan definisi, maka $$\lim_{x \to 0+} f(x) = \lim_{x \to 0-} f(x) = + \infty$$
Soal 4
Misalkan $c \in \mathbb{R}$ dan misalkan $f$ didefinisikan untuk $x \in (c,\infty)$ dan $f(x)>0$ untuk semua $x \in (c,\infty)$. Tunjukkan bahwa $\lim_{x \to c} f = \infty$ jika dan hanya jika $\lim_{x \to c} 1/f = 0$
Bukti. Terlebih dahulu asumsikan bahwa $\lim_{x \to c} f = \infty$. Diberikan sebarang $\varepsilon>0$. Karena $\lim_{x \to c} f = \infty$, maka untuk $\alpha = 1/\varepsilon$, terdapat $\delta>0$ sedemikian sehingga untuk $x \in c$ dan $0 < |x-c|<\delta$ berlaku $$f(x) > \alpha = \varepsilon$$
Oleh karena itu, $$\left| \frac{1}{f(x)} \right| = \frac{1}{f(x)} < \varepsilon $$untuk $x \in c$ dan $0 < |x-c|<\delta$. Berdasarkan definisi, maka $\lim_{x \to c} 1/f = 0$.
Sebaliknya, asumsikan bahwa $\lim_{x \to c} 1/f = 0$. Jika $\alpha \leq 0,$ maka $$f(x) \geq 0 $$untuk setiap $x \in (c,\infty)$. Selain itu, misalkan $\alpha > 0$.
Karena $\lim_{x \to c} 1/f = 0$, maka untuk $\varepsilon = 1/\alpha$, terdapat $\delta > 0$ sedemikian sehingga untuk $x > c$ dan $0 < |x-c|<\delta$ berlaku $$0< \left| \frac{1}{f(x)} \right| < \varepsilon = \frac{1}{\alpha} $$
Dari sini, $$|f(x)| > \frac{1}{\varepsilon} = \alpha $$untuk $x > c$ dan $0 < |x-c|<\delta$. Berdasarkan definisi, maka $\lim_{x \to c} f = \infty$
Soal 5
Tentukan limit berikut, atau tunjukkan bahwa limit tersebut tidak ada.
a) $\lim_{x \to 1+} \frac{x}{x-1}$ dengan $x \neq 1$,
b) $\lim_{x \to 1} \frac{x}{x-1}$ dengan $x \neq 1$,
c) $\lim_{x \to 0+} (x+2)/\sqrt{x}$ dengan $x > 0$,
d) $\lim_{x \to \infty} (x+2)/\sqrt{x}$ dengan $x>0$,
e) $\lim_{x \to 0} (\sqrt{x+1})/x$ dengan $x > -1$,
f) $\lim_{x \to \infty} (\sqrt{x+1})/x$ dengan $x > 0$,
g) $\lim_{x \to \infty} \frac{\sqrt{x} -5}{\sqrt{x}+3}$ dengan $x>0$,
h) $\lim_{x \to \infty} \frac{\sqrt{x} – x}{\sqrt{x} + x}$ dengan $x > 0$.
Jawab.
a) Karena $\lim_{x \to 1+} \frac{x – 1}{x} = 0$, maka berdasarkan nomor 4, diperoleh bahwa $$\lim_{x \to 1+} \frac{x}{x-1}$$
b) Karena $$\lim_{x \to 1+} \frac{x}{x-1} = +\infty $$dan $$\lim_{x \to 1-} \frac{x}{x-1} = – \infty $$maka $\lim_{x \to 1} \frac{x}{x-1}$ tidak ada
c) Karena $\lim_{x \to 0+} \sqrt{x}/(x+2) = 0$, maka berdasarkan nomor 4, diperoleh bahwa $$\lim_{x \to 0+} (x+2)/\sqrt{x} = +\infty$$
d) Perhatikan bahwa untuk $$\frac{x+2}{\sqrt{x}} \leq \sqrt{x} $$untuk setiap $x>0$. Karena $$\lim_{x \to +\infty} \sqrt{x} = +\infty $$maka dengan teorema 4.3.7, diperoleh $$\frac{x+2}{\sqrt{x}} \leq \sqrt{x} = 0$$
e) Perhatikan bahwa $$\frac{x}{\sqrt{x}+1} = 0 $$sehingga berdasarkan nomor 4, diperoleh $$\lim_{x \to 0} (\sqrt{x+1})/x = +\infty$$
f) Diberikan sebarang $\varepsilon > 0$. Berdasarkan sifat Archimedes, terdapat $K_1 \in \mathbb{N}$ sedemikian sehingga $1/K_1^2 < \varepsilon^2/2$ dan terdapat $K_2 \in \mathbb{N}$ sedemikian sehingga $1/K_2 < \varepsilon^2/2$. Pilih $$K = \max \{K_1, K_2\} $$Dari sini, $K_1 \leq K$ dan $K_2 \leq K$ yang berakibat bahwa $$\frac{1}{K} \leq \frac{1}{K_1} $$dan $$\frac{1}{K} \leq \frac{1}{K_2} $$
Kemudian, untuk $x >0$ dan $x > K$ diperoleh $$\begin{aligned} \left|\frac{\sqrt{x+1})}{x} \right| &= \frac{\sqrt{x+1}}{x} \\ &= \sqrt{\frac{1}{x^2} + \frac{1}{x}} \\ & < \sqrt{\frac{1}{K^2} + \frac{1}{K}} \\ & \leq \sqrt{\frac{1}{K_1^2} + \frac{1}{K_1}} \\ & < \sqrt{\frac{\varepsilon^2}{2} + \frac{\varepsilon^2}{2}} \\ & = \sqrt{\varepsilon^2} \\& = \varepsilon \end{aligned}$$
Berdasarkan definisi, diperoleh bahwa $\lim_{x \to \infty} (\sqrt{x+1})/x = 0$.
g) Akan ditunjukkan bahwa $$\lim_{x \to \infty} \frac{\sqrt{x} -5}{\sqrt{x}+3} = 1 $$ Perhatikan bahwa $$\frac{\sqrt{x} – 5}{\sqrt{x} + 3} = \frac{\sqrt{x} + 3 – 8}{\sqrt{x} +2} = 1 – \frac{8}{\sqrt{x}+3} $$yang berakibat bahwa untuk $x>0$ berlaku $$\left| \frac{\sqrt{x} – 5}{\sqrt{x} + 3} – 1 \right| = \left| \frac{-8}{\sqrt{x} + 3} \right| < \frac{8}{\sqrt{x}}$$
Diberikan sebarang $\varepsilon > 0$. Pilih $$K = \frac{64}{\varepsilon^2} $$Maka, untuk $x>K>0$, berlaku $$\begin{aligned} \left| \frac{\sqrt{x} – 5}{\sqrt{x} + 3} – 1 \right| & < \frac{8}{\sqrt{x}} \\ & < \frac{8}{\sqrt{K}} = \varepsilon \end{aligned}$$
Berdasarkan definisi, diperoleh bahwa $$\lim_{x \to \infty} \frac{\sqrt{x} -5}{\sqrt{x}+3} = 1$$
h) Akan ditunjukkan bahwa $$\lim_{x \to \infty} \frac{\sqrt{x} -x}{\sqrt{x}+x} = 1 $$ Perhatikan bahwa $$\frac{\sqrt{x} – x}{\sqrt{x} + x} = \frac{\sqrt{x} + x – 2x}{\sqrt{x} +x} = 1 – \frac{2x}{\sqrt{x}+x} $$yang berakibat bahwa untuk $x>0$ berlaku $$\left| \frac{\sqrt{x} – x}{\sqrt{x} + x} – 1 \right| = \left| \frac{-2x}{\sqrt{x} + x} \right| < \frac{2}{\sqrt{x}}$$
Diberikan sebarang $\varepsilon > 0$. Pilih $$K = \frac{4}{\varepsilon^2} $$Maka, untuk $x>K>0$, berlaku $$\begin{aligned} \left| \frac{\sqrt{x} – x}{\sqrt{x} + x} – 1 \right| & < \frac{2}{\sqrt{x}} \\ & < \frac{2}{\sqrt{K}} = \varepsilon \end{aligned}$$
Berdasarkan definisi, diperoleh bahwa $$\lim_{x \to \infty} \frac{\sqrt{x} -x}{\sqrt{x}+x} = 1 $$
Soal 6
Buktikan teorema 4.3.11
Bukti. Misalkan $A \subseteq \mathbb{R}$ dan $f : A \to \mathbb{R}$. Asumsikan bahwa $(a, \infty) \subseteq A$ untuk suatu $a \in \mathbb{R}$. Akan ditunjukkan bahwa pernyataan-pernyataan berikut adalah ekuivalen.
(i) $L = \lim_{x \to \infty} f$.
(ii) Untuk setiap barisan $(x_n)$ di $A \cap (a, \infty)$ sedemikian sehingga $\lim (x_n) = \infty$, barisan $(f(x_n))$ konvergen ke $L$.
Terlebih dahulu asumsikan bahwa pernyataan (i) berlaku, yaitu $L = \lim_{x \to \infty} f$. Akan ditunjukkan bahwa pernyataan (ii) juga bernilai benar. Misalkan $(x_n)$ adalah sebarang barisan di $A \cap (a, \infty)$ sedemikian sehingga $\lim (x_n) = \infty$.
Misalkan $\varepsilon > 0$ sebarang. Karena $L = \lim_{x \to \infty} f$, maka untuk $\varepsilon > 0$, terdapat $K > 0$ sedemikian sehingga untuk $x \in A \cap (a, \infty)$ dan $x > K$ berlaku bahwa $$|f(x) – L| < \varepsilon $$
Kemudian, karena $\lim (x_n) = \infty$, maka untuk $K>0$ terdapat $N \in \mathbb{N}$ sedemikian sehingga untuk bilangan asli $n \geq N$ berlaku $x_n > K$.
Misalkan $n \in \mathbb{N}$ dengan $n \geq N$. Maka, $x_n > K$. Berdasarkan sifat $K$ dan karena $x_n > K$, diperleh bahwa $$|f(x_n) – L| < \varepsilon $$Sehingga, dengan definisi limit barisan, disimpulkan bahwa $\lim f(x_n) = L$. Dari sini, pernyataan (ii) bernilai benar.
Selanjutnya adalah menunjukkan bahwa pernyataan (ii) mengimplikasikan pernyataan (i) dengan menunjukkan bahwa kotranposisinya bernilai benar. Untuk itu, asumsikan bahwa pernyataan (i) bernilai salah, yaitu $\lim_{x \to \infty} f \neq L$.
Maka, terdapat $\varepsilon > 0$ sedemikian sehingga untuk setiap $K > 0$, terdapat $x_K \in A \cap (a, \infty)$ dengan $x_K > K$ tetapi $$|f(x_K) – L| \geq \varepsilon $$Misalkan $n \in \mathbb{N}$. Dari sini, terdapat $x_n \in A \cap (a, \infty)$ dengan $x_n > $ tetapi $$|f(x_n) – L| \geq \varepsilon $$
Diperoleh barisan $(x_n)$ di $A \cap (a, \infty)$ dengan $$x_n > n $$dan $$|f(x_n) – L| \geq \varepsilon $$untuk setiap bilangan asli $n$. Perhatikan bahwa karena $x_n > n $, maka $\lim x_n = \infty$. Selain itu, karena $|f(x_n) – L| \geq \varepsilon $ untuk setiap bilangan asli $n$, maka $(f(x_n))$ tidak konvergen ke $L$.
Oleh karena itu, diperoleh barisan $(x_n)$ di $A \cap (a, \infty)$ dengan $\lim (x_n) =\infty$ tetapi $(f(x_n))$ tidak konvergen ke $L$. Dari sini, dapat disimpulkan bahwa kontraposisi dari pernyataan $(ii) \to (i)$ bernilai benar. Jadi, pernyataan (ii) mengimplikasikan pernyataan (i).
Secara keseluruhan, disimpulkan bahwa kedua pernyataan tersebut bernilai benar.
Demikian postingan kali ini tentang Pembahasan Soal Analisis Real Bartle Bagian 4.3. Postingan ini adalah tentang Pembahasan Soal Analisis Real dari Buku Introduction to Real Analysis oleh Robert G. Bartle dan Donald R. Sherbert. Jika Anda tertarik dengan pembahasan untuk soal lainnya dari buku tersebut, silahkan ke sini. Jika Anda tertarik dengan topik lainnya, silahkan ke sini. Semoga membantu. Sekian dan terima kasih.
