BAHAN AJAR 2 KALKULUS DIFERENSIAL
Oleh: ENDANG LISTYANI
Pengkajian mendalam tentang limit
Misalkan diketahui fungsi f(x) = 2x2−x−1
x−1
Jika nilai x mendekati 1, maka dapat dilihat dengan jelas pada tabel berikut
x 0,8 0,9 0,9
9
0,999 ... 1 ... 1,00
1
1,0 1
1,1 1,2
f(x) 2,6 2,8 2,9 8
2,998 ... 3 ... 3,00
2
3,0 2
3,2 3,4
Dari tabel kita dapat mencatat berbagai hal berikut:
Jarak f(x) ke 3 dapat dibuat kurang dari 0,002 dengan cara
mengambil x yang jaraknya ke 1 kurang dari 0,001 dan x ≠1 Dengan perkataan lain, jika x ≠1 dan jarak x ke 1 kurang dari 0,001, maka jarak f(x) ke 3 dapat dibuat kurang dari 0,002
Dengan menggunakan lambang matematika, hal ini dapatditulis sebagai berikut
Jika 0,999 < x < 1,001, maka 2,998 < f(x) < 3,002 atau
Jika 0 < |x−1| < 0,001 maka |f(x)−3| < 0,002
Secara umum, ini berarti jika x cukup dekat ke 1, maka f(x) dapat dibuat sedekat mungkin ke 3, dan dinyatakan sebagai
lim
x→1
f(x)=3
Selanjutnya kita lihat situasi yang lebih umum
Misalkan ε dan δ bilangan positif kecil
ε
δ δ
Definisi
ε y=f(x)
c-δ c c +δ L- ε
L+ε L
Situasi gambar ini menyatakan
lim
x→c
lim
x→c
f(x)=L
Artinya : Untuk setiap ε > 0 yang diberikan
(betapapun kecilnya), terdapat δ > 0 sehingga jika 0 <
|
x
−
c
|
< δmaka
|
f
(
x
)−
L
|
< εContoh 1
Buktikan dengan definisi ε dan δ bahwa
lim
x→5(2x−1)=9
Bukti
Pendahuluan:
Diberikan ε > 0 sebarang, akan ditentukan δ >0 sehingga jika
0
<|
x
−
5
|<
δ
maka|(
2
x
−
1
)−
9
|<
ε
(jalan mundur)
|(
2
x
−
1
)−
9
|=|
2
x
−
10
|
= 2|
x
−
5
|<
ε
⇒|x−5|<ε
2 , pilih δ =
ε
2
Bukti formal:
Diberikan ε > 0 sebarang, terdapat δ =
ε
2 , sehingga jika
0
<|
x
−
5
|<
δ
maka |(2x−1)−9|=2|x−5|<2δ=22ε=εContoh 2
Buktikan dengan definisi ε dan δ bahwa
lim
x→ −3x2+x−6 x+3 =−5
Bukti pendahuluan
Diberikan ε > 0 sebarang, akan ditentukan δ >0 sehingga jika
0
<|
x
+
3
|<
δ
maka|
x
2+
x
−
6
x
+
3
+
5
|<
ε
|
x
2+
x
−
6
x
+
3
+
5
|=
|
(
x
−
2
)(
x
+
3
)
x
+
3
+
5
|
=|(
x
−
2
)+
5
|
=|
x
+
3
|
< ε,pilih δ = ε
Bukti formal
Diberikan ε > 0 sebarang, terdapat δ = ε , sehingga jika
|
x
2+
x
−
6
x
+
3
+
5
|=
|
(
x
−
2
)(
x
+
3
)
x
+
3
+
5
|
=|(
x
−
2
)+
5
|
=|
x
+
3
|
< δ =ε
Contoh 3
Buktikan
lim
x→2(x2+x−1)=5
Bukti pendahuluan
Diberikan ε > 0 sebarang, akan ditentukan δ >0 sehingga jika
0
<|
x
−
2
|<
δ
maka|(
x
2+
x
−
1
)−
5
|<
ε
|(
x
2+
x
−
1
)−
5
|= |
x
2+
x
−
6
|
=|
x
+
3
| |
x
−
2
|
Karena faktor yang kedua dapat dibuat kecil seperti yang kita
inginkan (pernyataan jika
0
<|
x
−
2
|<
δ
), maka kita batasi faktor|
x
+
3
|
dengan cara, pilih δ ¿ 1, kemudian|
x
−
2
|≤
δ
akanmenghasilkan:
|
x
+
3
|
=|
x
−
2
+
5
|
¿|
x
−
2
|
+ 5 (ketaksamaan segitiga)< 1 + 5 = 6
Dengan demikian kita juga mensyaratkan δ ¿
ε
6 sehingga
hasil kali
|
x
+
3
| |
x
−
2
|
akan lebih kecil dari εBukti formal
Diberikan ε > 0 sebarang, terdapat δ = min{1,
ε
6 } , sehingga
jika
0
<|
x
−
2
|<
δ
maka|(
x
2+
x
−
1
)−
5
|= |
x
2+
x
−
6
|
=|
x
+
3
|
|
x
−
2
|
< 6. 6ε = εContoh 4
Buktikan
lim
x→ax2=a2
Diberikan ε > 0 sebarang, akan ditentukan δ >0 sehingga jika
0
<|
x
−
a
|<
δ
maka|
x
2−
a
2|<
ε
|
x
2−
a
2|
=|
x
−
a
| |
x
+
a
|
Karena diketahui bahwa
|
x
−
a
|
< δ , pilih δ = 1 untukmenentukan batas dari
|
x
+
a
|
|
x
+
a
|
=|
x
−
a
+
2
a
|
¿|
x
−
a
|
+ 2|
a
|
(ketaksamaan segitiga)< 1 + 2
|
a
|
Dengan demikian kita juga mensyaratkan δ ¿
ε
1
+
2
|
a
|
sehingga hasil kali
|
x
−
a
| |
x
+
a
|
akan lebih kecil dari εBukti formal
Diberikan ε > 0 sebarang, terdapat δ = min{1,
ε
1
+
2
|
a
|
} ,sehingga jika
0
<|
x
−
a
|<
δ
maka|
x
2−
a
2|=
|
x
+
a
| |
x
−
a
|
< (1 + 2|
a
|
)(ε
1
+
2
|
a
|
)< = ε
lim
x→−2(2x−4)=−8
Bukti pendahuluan
Diberikan ε > 0 sebarang, akan ditentukan δ >0 sehingga
jika
0
<|
x
+
2
|<
δ
maka|(
2
x
−
4
)+
8
|<
ε
|(
2
x
−
4
)+
8
|
= 2|(
x
+
2
|
< ε , pilih δ =ε
2
lim
x→1x2+5x−6
Bukti pendahuluan
Diberikan ε > 0 sebarang, akan ditentukan δ >0 sehingga
jika
0
<|
x
−
1
|<
δ
maka|
x
2+
5
x
−
6
x
−
1
−
7
|<
ε
|
x
2+
5
x
−
6
x
−
1
−
7
|
=|
(
x
+
6
)(
x
−
1
)
x
−
1
−
7
|
=|
x
−
1
|
< ε, pilih δ = ε
lim
x→03x2−4x
x =−4
Bukti pendahuluan
Diberikan ε > 0 sebarang, akan ditentukan δ >0 sehingga
jika
0
<|
x
−
0
|<
δ
maka|
3
x
2−
4
x
x
+
4
|<
ε
|
3
x
2−
4
x
x
+
4
|
=|
x
(
3
x
−
4
)
x
+
4
|
= 3|
x
|
< ε , pilih δ =ε
3
lim
x→5√x−1=2
Diberikan ε > 0 sebarang, akan ditentukan δ >0 sehingga
jika
0
<|
x
−
5
|<
δ
maka|
√
x
−1−2|<
ε
|
√
x
−1−2|
=|(
√
x
−
1
−
2
)
(
√
x
−
1
+
2
√
x
−
1
+
2
)
|
=|
x
−
5
√
x
−
1
+
2
|
=|
x
−
5
|
|
√
x
−
1
+
2
|
<|x−5|
2 < ε
Pilih δ = 2 ε
Bukti formal
Diberikan ε > 0 sebarang, terdapat δ = 2 ε , sehingga jika
|
√
x
−1−2|
=|(
√
x
−
1
−
2
)
(
√
x
−
1
+
2
√
x
−
1
+
2
)
|
=|
x
−
5
√
x
−
1
+
2
|
=|
x
−
5
|
|
√
x
−
1
+
2
|
<|x−5|
2 <
δ
2 = 2ε
2 = ε
Soal no 13
lim
x→4
√
2x−1√
x−3 =√
7Bukti
Diberikan ε > 0 sebarang, akan ditentukan δ >0 sehingga
jika
0
<|
x
−
4
|<
δ
maka|
√
2
x
−1
√
x
−3
−
√
7|<
ε
|
√
2
x
−1
√
x
−3
−
√
7|=
|
√
2
x
−1−
√
7
√
x
−3
√
x
−3
×
√
2
x
−1+
√
7
√
x
−3
√
2
x
−1+
√
7
√
x
−3
|
=
|
2
x
−
1
−(
7
x
−
21
)
(
√
x
−
3
)(
√
2
x
−
1
+
√
7
√
x
−
3
)
|
=
|
−5
x
+20
(
√
x
−3
)(
√
2
x
−1
+
√
7
x
−21)
|
=
5
|(
√
x
−
3
)(
√
2
x
−
1
+
√
7
x
−
21
|
|
x
−
4
|
Pilih δ =
1
2 maka
|
x
−
4
|
¿1
2 mengakibatkan 3
1
2 ¿
x ¿ 4
1 2
Jika kita ambil x yang terkecil yaitu 3 1
5
|(
√
x
−
3
)(
√
2
x
−
1
+
√
7
x
−
21
|
|
x
−
4
|
¿5
|(
√
1
/
2
)(
√
6
+
√
3
1
2
|
|
x
−
4
|
=
5
√
3+√
74
|
x
−
4
|
Dengan demikian kita juga mensyaratkan δ ¿
ε
(
√
3+√
7/4)
5
sehingga hasil kali
5
√
3+√
74
|
x
−
4
|
akan lebih kecil dari εBukti formal
Diberikan ε > 0 sebarang, terdapat δ = min {
1 2 ,
ε
(
√
3+√
7/4)
5 } sehingga jika
0
<|
x
−
4
|<
δ
maka|
√
2
x
−1
√
x
−3
−
√
7|=
5
|(
√
x
−
3
)(
√
2
x
−
1
+
√
7
x
−
21
|
|
x
−
4
|
¿
5
√
3+√
74
|
x
−
4
|
<
5
√
3+√
74
ε
(
√
3+√
7/4)
