MicrosoftWord LATIHAN Malalina FebrinaBidasari

(1)

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). lim( 1)(2 3)

1 + +

→ x x

x {x∈R}

Jawab : 10 5 . 2 ) 3 1 . 2 )( 1 1 ( ) 3 2 ( ). 1 ( ) 3 2 )( 1 ( lim 1 1

1 + + = → + → + = + + = =

→ x x Limx x Limx x

x (b). 2 2 2 2 1 − + → _x x Lim

x {x>0}

Jawab : 3 1 3 ) 2 ( ) 2 ( 2 2 2 1 2 1 2 2

1 − = − =−

+ = − + → →

→ _Lim _x

x Lim x x Lim x x x (c). − +

→ _x _x

Lim

x ₂

1 1 1

2 {x>0}

Jawab : 12 1 4 1 3 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 2

2 + − = → + − → = − =

→ _x _x Lim _x Lim _x

Lim x x x (d). 2 1 2 0 + + → _x x Lim

x {x∈R}

Jawab : 2 1 ) 2 ( ) 1 ( 2 1 2 1 0 2

0 + =

+ = + + → →

→ _Lim _x

x Lim x x Lim x x x

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

(a). 3 1 2 2 + + → _x x Lim

x {x>0}

Jawab : 1 5 5 ) 3 ( ) 1 2 ( 3 1 2 2 2

2 + = =

+ = + + → →

→ _Lim _x

(2)

2

(b). 2 4 2 2 − − → _x x Lim

x {x>0}

Jawab :

karena x≠2, maka

4 ) 2 ( ) 2 ( ) 2 )( 2 ( 2 4 2 2

2 − = + =

+ − = − − →

→ _x Lim x

x x Lim x x Lim x x

(c).

(

)

x x Lim x 1 12 0 − +

→ {x>0}

Jawab :

(

)

2 ) 2 ( ) 2 ( 2 1 ) 1 2 ( 1 1 0 0 2 0 2 0 2 0 = + = + = + = − + + = − + → → → → → x Lim x x x Lim x x x Lim x x x Lim x x Lim x x x x x (d). 1 1 1 − − → _x x Lim

x {x>0}

Jawab : 2 1 ) 1 ( 1 ) 1 )( 1 ( ) 1 ( ) 1 )( 1 ( ) 1 )( 1 ( 1 1 1 1

1 − + = + =

− = + − + − = − − → →

→ _x _x _x

x Lim x x x x Lim x x Lim x x x 3. ₂ 0 ₂ 3 1 2 1 x x x x Lim x + + − +

→ {x>0}

(3)

3

4. Buktikan Lim cos(1 )

x tidak ada tetapi Limx→0 xcos(1x)=0 Bukti :

Misalkan ( )=cos(1 ),∀x∈R,x≠0

x x

Q

0 )

cos(x = jika x= +n2 ,n∈Z

2 1

π π

Ambil n N

n

x_n ∈

+

= ,

2 2

1 1 )

(

π

.maka Lim(xn)=0

Selanjutnya Q x_n = +n2 =0,∀n∈N

2 1 cos )

( π π

Sehingga Lim(Q(x_n))=0

Pada sisi lain cos(x)=1 jika x=n2π,n∈Z

Ambil

( )

n N

n

yn = , ∈

2 1

π , maka Lim(yn)=0

Selanjutnya Q(yn)=cos(2

π

n)=1,∀n∈N

Sehingga Lim(Q(y_n))=1

Karena Lim(x_n)=0=Lim(y_n) tetapi Lim(Q(x_n))≠Lim(Q(y_n)), maka kita

simpulkan cos(1 )

0 x

Lim

x→ tak ada

Sekarang, karena −1≤cos(1 )≤1

x maka

x x x

x ≤ ≤

− _cos1

x x x

x ≤ ≤

− cos(1 )

Karena Lim x Limx

x

x→0(− )=0= →0 maka menurut teorema Apit kita simpulkan 0

) 1 cos( (

0 =

→ x x

(4)

4

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

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

→ g

Lim c

x .

Buktikan =0

→ fg

Lim c x

Bukti :

untuk setiap

ε

>0yang diberikan ∃M ∈R,M >0∋0< x−c <

δ

,x∈A maka M

x

f( )≤ . Sekarang =0

→ g

Lim c

x , berarti ∃

δ

1 >0sedemikian sehingga

A x c

x− < ∈

< ,

0

δ

₁ maka

M x

g( ) <

ε

. Pilih

δ

=min{M,

δ

₁} sedemikian sehingga jika 0< x−c <

δ

,x∈A maka

ε

₌

< =

M M x g x f x g x

f( ). ( ) ( ). ( ) .

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

Jawab :

,

R

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

L f Lim

c

x→ = dan Limx→c g =M, maka

(i) Lim f g L M

c

x→ ( + )= +

Untuk

ε

>0 yang diberikan terdapat

δ

₁ >0 sedemikian sehingga jika A

x c

x− < ∈

< ,

0

δ

1 ,maka f(x)−L <

ε

₂. Demikian juga A

x c

x− < ∈

< ,

0

δ

₂ , maka

2 )

(x −M <

ε

g . Selanjutnya pilih

} , min{

δ

₁

δ

₂

δ

= sedemikian sehingga jika 0< x−c <

δ

,x∈A, maka

ε

₊ ₌

< − +

− ≤

+ − +

2 2 )

( )

( ) (

) ( )

(x g x L M f x L g x M

f

Karena

ε

>0 sebarang maka dapat diambil kesimpulan

M L g f Lim

c

x→ ( + )= +

(ii) Lim fg LM c

(5)

5

Analisis : f(x)g(x)−LM = f(x)g(x)−Lg(x)+Lg(x)−LM M x g L x g L x

f − + −

≤ ( ) ( ) ( )

Untuk

ε

>0 yang diberikan

Terdapat

δ

1 >0 sedemikian sehingga jika 0< x−c <

δ

1,x∈A, maka

L M x g

2 )

( − <

ε

.

Terdapat

δ

₂ >0, K∈R,k >0 sedemikian sehingga jika 1

), (

sup{ +

= f c M

k dan 0< x−c <

δ

₂,x∈A maka g(x) ≤k

Terdapat

δ

₃ >0 sedemikian sehingga jika 0< x−c <

δ

₃,x∈A, maka

k L x f

2 )

( − <

ε

.

Sekarang pilih

δ

=min{

δ

₁,

δ

₂,

δ

₃}, sedemikian sehingga A

x c

x− < ∈

< ,

0

δ

, maka

ε ε ε

= +

< − −

− ≤

−

L L k k M x g L x g L x f LM x

g x f

2 . 2

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

Karena

ε

>0 sebarang, maka dapat siambil kesimpulan Lim fg LM c

x→ ( )=

7. Jika h:A→R, jika h

( )

x ≠0, ∀x∈A, dan jika = ≠0

→ h H

Lim c

x maka

H L h

f Lim

c

x→ =

Bukti :

Kita buktikan lebih dahulu

( )

x H h

Lim c x

1 1

=

→ .

Analisis :

H x h

x h H

H x

h ( ).

) ( 1

) (

1 −

= −

) ( . ) (

1

x h H H x

h −

(6)

6

Jika ∈>0 diberikan seberang. Pilih

δ

₁= H

2 1

. Sedemikian sehingga jika

A x c

x− < ∈

< ,

0

δ

maka h x H H

2 1 )

( − < . Selanjutnya kita peroleh

H x

h H

2 3 ) ( 2

1

<

< atau 2₂

). (

1 0

H H x

h <

<

Kemudian pilih

2 2 2

H

∈ =

δ

, sedemikian sehingga jika 0< x−c

δ

2,x∈A

maka

2 )

(

2

H H

x

h − <∈

Sekarang pilih

δ

=min

{

δ

₁,

δ

₂

}

. Sedemikian sehingga jika A

x c

x− < ∈ <

δ

0 , maka h x H

H x h H x

h − = ( ) . ( )−

1 1

) ( 1

ε

= <

2 . .

2 2

2

H

.

Karena

ε

>0 seberang, maka dapat disimpulkan

H x h Lim

c x

1 ) ( 1

=

→

Selanjutnya dari (a)

H L H L x g Lim x f Lim x

h x f Lim

c x c

x c

x→ = → → = =

1 . ) ( 1 )

( )

( ) (

8. Misalkan n∈N sehingga n≥3. Turunkan ketaksamaan −x2 ≤xn ≤x2 untuk 1

1< <

− x maka gunakan fakta bahwa 2 0

0 =

→ x

Lim

x . Untuk menunjukkan

bahwa 0

0 =

→ n

x x

Lim

Bukti :

(7)

7

(i) Jika x = 0

2 0 0

0≤ n ≤ benar ∀n∈N

Jadi untuk x = 0 benar untuk n≥3 sehingga −x2 ≤xn ≤x2

(ii)Jika 0<x<1 maka −x2 ≤xn ≤x2, ∀n≥3 Bukti :

Untuk n = 3 maka −x2 ≤x3 ≤x2, jadi untuk n = 3 benar

Misalkan untuk n = k, k∈Nbenar yakni −x2 ≤xk ≤x2. Akan ditunjukkan untuk n=k+1 juga benar yakni −x2 ≤xk+1≤x2. Karena

2 2

x x

x ≤ k ≤

− maka −x2 ≤−x3 ≤xk+1 ≤x3 ≤x2. Jadi untuk n=k+1 benar.

Akibatnya jika 0<x<1 maka −x2 ≤xn ≤x2, ∀n≥3 (iii) Jika −1<x<0, maka −x2 ≤xn ≤x2, ∀n≥3

Bukti :

Untuk n = 3 , −1<x<0maka −x2 ≤x3 ≤ x2, jadi untuk n = 3 benar Misalkan untuk n = k, k∈Nbenar yakni −x2 ≤xk ≤x2. akan ditunjukkan untuk n=k+1 juga benar yakni −x2 ≤xk+1≤x2. Karena

2 2

x x

x ≤ k ≤

− maka −x2 ≤−x3 ≤xk+1 ≤x3 ≤x2. Jadi untuk n=k+1 benar.

Akibatnya jika −1<x<0 maka −x2 ≤xn ≤x2, ∀n≥3

Jadi dari ketiga kasus dapat disimpulkan jika −1<x<1 maka 2

2

x x

x _≤ n _≤

− , ∀n≥3. Karena 2

0 2

0 x 0 Limx

Lim

x

x→ − = = → , maka menurut

Teorema Apit dapat disimpulkan 0

0 =

→ n

x x

Lim

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

a. Tunjukkna bahwa jika Lim f c

x→ dan Limx→c(f +g) ada maka Limx→c gada

b. Jika Limf c

x→ dan Limx→c fgada apakah mengikuti Limx→c g ada

(8)

8

a. misalkan Limf L c

x→ = , Limx→c(f +g)=M

untuk

ε

>0sebarang yang diberikan terdapat

δ

₁ >0 sedemikian sehingga jika 0< x−c <

δ

₁,x∈D(f) maka

2 )

(x −L <

ε

f

demikian juga terdapat

δ

2 >0 sedemikian sehingga jika )

( ,

0< x−c <

δ

2 x∈D f maka f(x)+g(c)−M <

ε

₂

sekarang pilih

δ

=min{

δ

1,

δ

2} selanjutnya jika 0< x−c <

δ

,x∈D(f) maka

L x f M x f x g L M x

g( )−( − ) = ( )+ ( )− −( ( )− L x f M x f x

g + − + −

≤ ( 0 ( ) ( )

ε

₊ ₌

<

2 2

Karena

ε

>0 sebarang maka Limg x M L c

x→ ( )= − , jadi Limx→c g ada

b. Contoh :

0 ) ( ,

, 0 ) (

0 =

∈ ∀ =

→ f x

Lim R x x

f

x

) ( ,

, 1 ) (

0 g x

Lim R x x x g

x→

∈ ∀

= tak ada, tetapi ( ) ( )=0

→ f x g x

Lim c x

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

f+g dan fg memiliki limit di c

Jawab :

∈ ∈

Q x

Q R x x f

, 1

\ , 0 ) (

∈ ∈

Q x

Q R x x g

, 0

\ , 1 ) (

R x x

g

f + )( )=1,∀ ∈ (

R x x

fg)( )=0,∀ ∈

(9)

9

11.Tentukan apakah berikut memiliki limit di R

jawab :

(a). sin(1 2), 0

0 ≠

→ _x x

Lim x

) 1 sin( 2

0 x

Lim

x→ tidak ada di R

Bukti

Misal ( )=sin 1₂ ,x≠0

x x

Q

1 1 sin ₂ =

x jika 2π 2π

1 1

2 k

x = + , k∈N

Misalkan n N

n

x_n ∀ ∈

+

= ,

2 2 1

1 )

(

π

, maka Lim(x_n)=0 dan

N n x

Q( n)=1,∀ ∈ juga LimQ(xn)=1

Sekarang

0 1 sin ₂ =

x , jika x =k.2 ,∀k∈N

1

2 π ,

Misalkan k N

k

yn = ,∀ ∈

2 1 ) (

π

maka LimQ(yn)=0 dan

N n y

Q( n)=0,∀ ∈ , LimQ(yn)=0

Karena Lim(x_n)=0=Lim(y_n) sedangkan Q(x_n)≠LimQ(y_n) maka

dapatlah diambil kesimpulan sin 1₂ , 0

0 ≠

→ _x x

Lim

x tidak ada di R

(b). x R

x x

Lim

x→ ), ≠0,0∈

1 sin( 2 0

Bukti :

R x

x ≤ ∀ ∈

≤

−1 sin 1₂ 1,

Sehingga x

x x

x ≤ ≤

(10)

10

Selanjutnya karena Lim x Limx

x

x→0 − =0= →0 , maka Teorema Apit 0

) 1 sin( 2

0 =

→ x _x

Lim x

(c). sgnsin(1), 0

0 ≠

→ _x x

Lim

x tidak ada di R

Bukti :

Misalkan ( )=sgnsin 1 ,x≠0

x x

Q

1 1

sin =

x , jika x = 2 +n2 ,∀n∈N 1

1 _π _π

Pilih n N

n

x_n ∀ ∈

+

= ,

2 2 1

1 )

(

π π

Maka Lim(x_n)=0 dan Q(x_n)=1 sehingga Q(x_n)=1

Sedangkan sin 1 =0

x , jika x =n2 ,∀n∈N

1 π

Pilih n N

n

yn = ,∀ ∈

2 1 ) (

π

Maka Lim (yn)=0, dan Q(yn)=0sehingga LimQ(yn)=0

Karena ( ) 0 ( )

0

0 n x n

x x Lim y

Lim

→

→ = = tetapi Limx→0 Q(xn)≠Limx→0(yn), maka dapat disimpulkan sgnsin(1)

0 _x

Lim

x→ tidak ada di R

(d). sin 1₂ ( 0)

0 >

→ x _x x

Lim x

Bukti :

R x

x ≤ ∀ ∈

≤

−1 sin 1₂ 1, karena x>0 maka x >0 sehingga

x x

x

x ≤ ≤

(11)

11

Dan oleh karena Lim x Lim x x x→0 − =0= →0

Maka menurut Teorema Apit dapat diambil kesimpulan

0 1 sin ₂

0 =

→ x _x

Lim x

12.Misalkan f :R→R sedemikian sehingga f(x+y)= f(x)+ f(y),∀x,y∈R

misalkan Lim f L c

x→ = ada buktikan L = 0 dan kemudian buktikan bahwa f

memenuhi limit setiap c∈R

bukti :

(a). Misalkan 2x= y, ∀x,y∈R

maka

) ( 2 ) ( ) ( ) 2 ( )

(x f x f x f x f x

f − = + =

Sehingga menurut Teorema 3.1.3

L x f Lim y

f Lim L

x

x 0 ( )=2 0 ( )=2 =

→ →

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

) (

0 =

→ f x

Lim x

(b). Sekarang

Misalkan x−c= y,∀x,y∈R

Jika x→cmaka y→0. Sehingga f(x)= f(x−c)+ f(c)selanjutnya

) ( )

( )

(x Limf x c Limf c f

Lim

c x c

x c

x→ = → − + →

Dari (a) didapat

) ( ) (x f c f

Lim c

x→ =

(12)

12

13.Misalkan A⊆R, misalkan f :A→R, dan misalkan c∈Radalah titik cluster

dari A. Jika Lim f c

x→ ada dan jika f dinotasikan sebagai fungsi yang

didefinisikan untuk x∈A dengan f (x)= f(x). Buktikan Lim f Limf c x c

x→ = →

Bukti :

kita akan tunjukkan bahwa jika Limf x L c

x→ ( )= ada, maka Limx→c f(x) = L

sekarang untuk

ε

>0 diberikan sebarang terdapat

δ

₁ >0 sedemikian sehingga jika 0< x−c <

δ

₁,x∈A, maka f(x)−L <

ε

karena f(x) − L ≤ f(x)−L <ε, maka dengan mengambil

δ

=

δ

₁ sedemikian sehingga jika 0< x−c <

δ

,x∈A maka f(x)−L <

ε

jadi kita simpulkan Lim f(x) L Lim f(x)

c x c

x→ = = →

14.Misalkan A⊆R, misalkan f :A→R, dan misalkan c∈Radalah titk cluster

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

didefinisikan untuk x∈Adengan ( f )(x)= f(x). Jika Lim f c

x→ ada, buktikan

f Lim f

Lim

c x c

x→ = →

Bukti :

akan kita tunjukkan jika ( )= >0

→ f x L

Lim c

x ada, maka Limx→c f(x) = L

untuk

ε

>0 yang diberikan sebarang. Pilih

δ

₁ >0 sedemikian sehingga jika A

x c

x− < ∈

< ,

0

δ

1 , maka f(x)−L <

ε

L

selanjutnya pilih

δ

=

δ

₁, sedemikian sehingga jika 0< x−c <

δ

,x∈A maka

(

)

L x f

L x f L x f L x f

+ + −

= −

) (

) ( )

( )

(13)

13

L x f

+ − =

) (

ε

=

< − ≤

L L L

L x f

. )

(

Karena

ε

>0 sebarang maka dapat di ambil kesimpulan )

( )

(x L Lim f x

f Lim

c x c

(14)

14

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 1 2 )

( ₂

2

R x x

x x x

f ∈

+ + +

= .

Misalkan

) ( , 1 2 )

(x x2 x h x

h = + + kontinu pada ∀e∈R

) ( , 1 )

(x x2 g x

g = + kontinu pada ∀e∈R

Menurut teorema 4.2.4

) ( ) (

) ( )

( f e

x g

x h x g Lim

x h Lim x

f Lim

e x

e x e

x = = =

→ → →

b. g(x)= x+ x

h(x)= x teorema 5.26 h(x) kontinu pada ∀e≥0,e∈R f(x)= x2 +x kontinu pada ∀e∈R

g(x)=h f h(x) kontinu pada ∀e≥0,e∈R teorema 5.28

c. ( )= 1+sin ,x≠0

x x x

h

Misalkan

x x

g( ) = 1+ sin , kontinu pada ∀x∈R , teorema 5.25

x x

k( )= 1 , kontinu pada ∀e≠0,e∈R

) (

) ( ) (

x k

x g x

(15)

15

d. K(x)=cos 1+x2

Misalkan

f(x)= 1+x2 , kontinu pada ∀e∈R g(x)=cosx , kontinu pada ∀e∈R K(x)=g f(x) , kontinu pada ∀e∈R

2. Tunjukkan jika f :A→R kontinu A∈R dan jika

η

∈N , maka fungsi

n n

x f x

f ( )=( ( )) untuk x∈A, kontinu pada A.

Bukti :

ε δ

δ

ε > ∋ > ∋∀ ∈ − < − ∈ < ∀ 0, ₁ 0, x Df,x e f(x) f( )

↓

∋δ1 >0,∋∀ ∈ , − <δ ( )− (∈) <ε

n n

f x f e

x Df x

Akan di tunjukkan bahwa Lim fn(x) fn(e)

e

x→ =

Karena ( ) ( ( )) ( ( )) ( ( ) ) ( )

0 f x f e f e

Lim x

f Lim x

f

Lim n n n

x n

e x n

e

x→ = → = → = =

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

sedemikian sehingga

a. f +gkontinu pada e

f(x)=1,x∈Q =0,x∈R\Q

Q x x

g( )=0, ∈ =0,x∈R\Q

(16)

16

4. Lihatlah latihan 5.1.4. Tentukan titik-titik kontinu dari f(x)=x−

[ ]

x ,x∈R

Misalkan :

[ ]

x x

h( )= kontinu pada ∀e≠n,n x

x

g( )= kuntinu pada ∀e∈R

Maka f(x)=g(x)−h(x)kontinupadac≠n,n∈Z

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

. Tunjukkan

(

)( )

0

0 g f g f

Lim

x→ ≠

Bukti :

( )

(

)

( )

0 (1) 0

2 1 0

0 0

= =

= + =

→ →

g f

g

x g Lim f

g Lim

x x

Hal ini bertentangan dengan Teorema 5.2.7

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

b x f Lim

c

x→ ( )= dan g adalah kontinu pada G. Tunjukkan bahwa

( )

b g f g Lim

c

x→ =

Jawab :

Andaikan g kontinu pada b

ε

δ

ε

> ∃ > ∋∀ ∈ − < − <

∀ 0 1 0 x Dg,x b1 1 g(x) g(b)

ε

δ

ε

> ∃ > ∋∀ ∈ < − < − <

∀ 0 2 0 x Df,0 x c 2 f(x) b

( )

ε

δ

ε

> ∃ > ∋∀ ∈ < − < − <

∀ 0 ₃ 0 x D_f,0 x c ₂ g.f(x) g b Jadi untuk ε >0sebarang

ε

δ

> ∋∀ ∈ − < − <

∃ 1 0 x Dg,x b 1 g(x) g(b)

1 2

2 0 ,

δ

( )

δ

> ∋∀ ∈ − < − <

∃ x Df x c f x b

Sekarang

(17)

17

Selanjutnya jika f(x)−b <

δ

₁ maka g.f(x)−g(b) <

ε

Jadi ∀x∈D_f,0< x−c <

δ

₃ g.f(x)−g(b) <

ε

Dengan demikian disimpulkan Lim g f g

( )

b

c

x→ =

7. Berikan sebuah contoh sebuah fungsi f :

[ ]

0,1 →Rdiskontinu pada setiap titik [0,1] tetapi f kontinu pada [0,1]

Jawab :

Ambil

Q R x

Q x x f

\ , 1 , 1 ) (

∈ − =

∈ =

maka f(x) =1,∀x∈R

8. Misalkan f,g kontinu dari R ke R dan andaikan f(r)=g(r),∀r∈Q. Apakah benar f(x)=g(x),∀x∈R?

Jawab :

Misalkan x∈Rsebarang

Misalkan x_n ∈Qsehingga x_n →x

Karena f dan g kontinu pada x∈R maka Lim f(xn) f(x)

x

x_n→ = dan

) ( ) (x g x g

Lim _n

x

x_n→ = Karena xn∈Q, maka f(xn)= f(x),∀n∈N. Sehingga

akibatnya f(x) Lim f(x ) Lim g(x_n) g(x)

x x n x

x_n = _n =

=

→

→ karena x∈R\Q sebarang

untuk f(x)= g(x),x∈R

9. Misalkan h:R→ Rkontinu pada R memiliki h

(

m/2n

)

=0,∀m∈Z,n∈N .

Tunjukkan bahwa h(x)=0,∀x∈R Bukti :

i. Misalkan x1∈R_sebarang Ambil x

{

m n m Z n N

}

(18)

18

Kita ketahui h

( )

x_n =0, maka Lim h

( )

xn =0 karena h kontinu disetiap

R

x∈ maka

( )

=

( )

₁ =0

→ h x h x

Lim _n

c x_n

Jadi karena x₁∈Rsebarang maka h

( )

x₁ =0,∀x∈R

ii. Ambil c∈Rsebarang. Karena h kontinu pada R maka h kontinu pada c

berarti untuk ε >0yang diberikan ∃

δ

>0∋∀x∈h,x−c <

δ

maka

ε

< − ( ) ) (x h c h

Dengan kata lain :

( )

x h

( )

c h

Lim _n

c

x_n→ =

Sebarang bila x_n∈

{

m/2n,m∈Z,n∈N

}

maka h(x)=0 sehingga

( )

=

( )

₁ =0

→ h x h x

Lim _n

c xn

Karena c∈R sebarang maka h(c)=0,∀c∈R

10. Misalkan f :R→Rkontinu pada R dan misalkan P=

{

x∈R, f(x)>0

}

jika c∈P. Tunjukkan ada V_δ

( )

c ⊆ P

Jawab :

P

c∈ maka f

( )

c >0 ambil

ε

= f(c)>0

) ( ) ( ) ( ,

0∋∀x∈D_f x−c < f x − f x < f c >

∃

δ

Selanjutnya diperoleh 0< f(x)<2f(c) Jadi

0 ) (

, − < >

∈

∀x D_f x c

δ

f x

(19)

19

11. Jika f dan g kontinu pada R, misalkan s=

{

x∈R,f(x)≥g(x)

}

. Jika S_n ⊆S

dan Lim (sn)=s. Tunjukkan s∈S. Bukti :

Jika S_n ⊆Sdan Lim (s_n)=s akan ditunjukkan bahwa f(s)≥g(s)

Misalkan S_n ⊆S maka berarti f(s_n)≥g(s_n) selanjutnya, f dan g kontinu

pada R maka f dan g kontinu pada S. Akibatnya jika Lim (s_n)=smaka )

( ) (s f s f

Lim n = dan Lim g(sn)= f(s)

Dari f(sn)≥g(sn) maka menurut Teorema

) ( ) ( )

( )

(s f s Lim g s g s f

Lim _n = ≥ _n = jadi s∈S.

12. Sebuah fungsi dari R ke R dikatakan penjumlahan jika

(

x g

)

f x f g x y R

f + = ( )+ ( ),∀ , ∈ Buktikan jika f kontinu pada xomaka f

kontinu pada setiap titik dari R.

Jawab :

Dibuktikan terlebih dahulu Lim f(x−x₀)=0, diperlihatkan : )

( ) ( )

(x f x x₀ f x₀

f = − + dan

0 ) ( )

( ) ( )

( ₀ ₀ ₀

0 0

= − +

− =

→

→ f x f x x f x Lim f x x

Lim

x x x

x

Selanjutnya diperlihatkan

) ( ) ( )

(x f x c f c

f = − + dan Lim f(x) Limf(x c) Lim f(c)

xc x c

x c

x→ = → − + →

) ( ) (x f c f

Lim c

x→ =

(20)

20

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

x cx x

f( )= ,∀ ∈ Bukti :

Ditunjukkan terlebih dahulu f(0)=0 karena ) 0 ( ) 0 ( )

(x f x f

f = − + maka

0 ) 0 ( ) 0 ( ) ( ) ( = + = →

→ f x Lim f x f f

Lim

c x c

x

Kemudian ditunjukkan f

( )

x =−f

( )

x diperlihatkan :

) ( ) ( ) ( ) ( 0 ) ( ) 0 ( ) 0 ( x f x f x f x f x f x f f − = − + − = + − =

Untuk x bilangan bulat

0 . 0 ) 0 (

0 f c

x= = =

c x f x f x f

x>0 ( )= (1+1+1+...+1)= . (1)= . <0

x misal y=−x>0

cx x f c x x f x f c y y f = − = − = − = ) ( . ) ( ) ( . ) (

Jadi untuk x∈Z berlaku f(x)=cx∀x∈Z Ditunjukkan untuk x∈Q

Misalkan m n Z

n m

x= , , ∈

= = = n f m n m f n m f x

f( ) .1 . 1

dimana

( )

= = = n nf n n f f

c 1 .1 1 , jadi

n c n

f 1 =

Sehingga x c n c m n f m n m f x

f( )= = . 1 = . = .

(21)

21

Akan ditunjukkan untuk x∈R\Q misalkan =

= =

n f m n m f n m f x

f( ) .1 . 1

Akan kita tunjukan untuk x∈R\Qsebarang

Ambil x_n∈Q yang konvergen ke x , karena f kontinu pada setiap x∈R

maka f kontinu pada x₁ selanjutnya )

( )

( 1

1

x f x f Lim _n

x

x_n→ =

Karena (fn)∈Q maka f(xn)=cxn

Sehingga ( ₁) ( ) ( ) ₁

1 1

cx x c Lim x

f Lim x

f _n

x x n x

x_n = _n =

=

→ →

Dengan demikian f(x₁)=cx₁ pada setiap x1∈R\Q Akhrinya dapat kita simpulkan f(x)=cx1,∀x∈R

14. Misalkan g:R→Rmemenuhi hubungan g(x+y)=g(x),g(y),∀x,y∈R Tunjukan jika gkontinu pada x = 0 maka g kontinu pada setiap titik ∈R

dan juga jika g(a)=0 untuk a∈R maka g(x)=0,∀x∈R Bukti :

g kontinu pada x = 0

berarti

ε δ

δ

ε > ∃ > ∋∀ ∈ < − < ∀ 0 0 x Dg.x g(x) g(0)

Dengan kata lain

) ( )

0 (

0 g x

Lim g

x→

=

Kita tunjukkan terlebih dahulu g(0)=1,∀x∈R kita perhatikan )

0 ( )

(x g x

g = +

) ( 1

) 0 ( ) 0 ( ). (

0 g x

Lim g

g x g

x→

= = =

Sekarang misalkan c∈R sebarang

Akan ditunjukkan g kontinu di c

(22)

22

( )

x g

(

x c

)

.g(c)

g = −

) ( . 1 ) ( ). ( )

(x Limg x c g c g c g

Lim

c x c

x→ = → − =

Jadi karena c∈R sebarang maka g kontinu di setiap c∈R

Sekarang apabila g(a)=0, maka g(x)=0,∀x∈R Kita perhatikan

R a x a

a x g a g a x g x

g( )= ( − ). ( )= ( − ). =0,∀ , ∈ Jadi g(x)=0,∀x∈R

15. Misalkan f,g:R→R kontinu pada titik c. h(x)=sup{f(x),g(x)}∀x∈R. Tunjukkan bahwa h x =

(

f x +g x

)

+ f(x).g(x) ,∀x∈R

2 1 ) ( ) ( 2 1 )

( . Gunakan

hasil ini untuk menunjukkan h kontinu pada c.

Bukti :

a. Akan ditunjukkan Tunjukkan bahwa

(

f x g x

)

f x g x x R x

h = + + ( ). ( ) ,∀ ∈ 2

1 ) ( ) ( 2 1 ) (

Bila f(x)≥g(x),∀x∈R Maka

(

)

(

( ) ( )

)

2 1 ) ( ) ( 2 1 ) ( )

(x f x f x g x f x g x

h = = + + − ...(i)

(

)

(

( ) ( )

)

2 1 ) ( ) ( 2 1

x g x f x

g x

f + + −

=

Bila f(x)≤g(x),∀x∈R Maka

(

)

(

( ) ( )

)

2 1 ) ( ) ( 2 1 ) ( )

(x g x f x g x f x g x

h = = + + − ...(ii)

(

)

(

( ) ( )

)

2 1 ) ( ) ( 2 1

x g x f x

g x

f + + −

(23)

23

Selanjutnya kita dapatkan ∀x∈R

(

)

(

( ) ( )

)

2 1 ) ( ) ( 2 1 )

(x f x g x f x g x

h = + + −

b. Akan ditunjukkan h kontinu pada c

Karena f,g kontinu di c maka

− +

+ =

→

→ ₂ ( ( ) ( ))

1 )) ( ) ( ( 2 1 )

(x Lim f x g x f x g x

h Lim

c x c

x

) ( ) ( 2

1 )) ( ) ( ( 2 1

x g x f Lim x

g x f Lim

c x c

x + + +

=

→ →

) ( ) ( 2 1 )) ( ) ( ( 2 1

c g c f c

g c

f + + +

=

=h(x)