BAB III LIMIT FUNGSI DAN KEKONTINUAN.

Presentasi berjudul: "BAB III LIMIT FUNGSI DAN KEKONTINUAN."— Transcript presentasi:

1 BAB III LIMIT FUNGSI DAN KEKONTINUAN

2 3.1 Pendahuluan Sebelum mambahas limit fungsi di suatu titik, terlebih dahulu kita akan mengamati perilaku suatu fungsi f bila peubahnya mendekati suatu bilangan ril c tertentu. Misal terdapat suatu fungsi f(x) = x + 4. Untuk menentukan harga f bila x mendekati bilangan ril tertentu, misal 2, kita dapat mengamatinya dengan bantuan tabel dan Gambar 3.1 x f(x) 1,9 1,99 1,999 1,9999 5,9 5,99 5,999 5,9999 2,1 2,01 2,001 2,0001 6,1 6,01 6,001 6,0001

3 O y 2 0,0001 1,9999 2,0001 x 6 6,0001 5,9999 Gambar 4.1

4 Dari Tabel atau Gambar 3.1 dapat dilihat bahawa untuk x
mendekati 2 (baik dari arah kiri mulai dari 1,9 maupun dari arah kanan mulai dari 2,1) didapat harga f yang mendekati 6. Sedangkan untuk x = 2 harga f adalah 6. Selanjutnya coba perhatikan fungsi x lainnya yaitu, f(x) = x3 + 3x2 + x+ 3 x+ 3 Jika fungsi pembilang kita faktorkan, didapat f(x) = atau f(x) = x untuk x  3 (x2+ 1)(x+ 3) x+ 3 Artinya f(x) = x2 + 1 tak terdefinisi untuk x = –3. Untuk mengamati perilaku fungsi disekitar titik x = –3 berikut perhatikan Tabel dan Grafik fungsi f(x) = x2 + 1 untuk x  –3 (Gambar 4.2).

5 x f(x) -3,1 -3,01 -3,001 -3,0001 10,61 10,0601 10,006001 10, -2,9 -2,99 -2,999 -2,9999 9,41 9,9401 9,994001 9,

6 –3 x y 0,0001 – 3,0001 – 2,9999 10, 9, Gambar 4.2

7 Jika kita perhatikan Tabel dan Gambar diatas maka kita dapat
melihat bahwa untuk harga x mendekati –3 maka harga f(x) mendekati 5. Dari uraian diatas dapat disimpulkan bahwa: Jika sebuah fungsi terdefinisi pada suatu selang terbuka yang memuat bilangan ril c tertentu, kecuali mungkin di titik c itu sendiri, dan bila f(x) mendekati bilangan ril L tertentu pada saat x mendekati c, maka dapat ditulis, lim xc f(x) = L (4.1) dibaca “ limit f(x) adalah L bila x mendekati c” atau “f(x) mendekati L bila x mendekati c”

8 y   x c -  x c x c +  c-x x-c   L +  f(x) L f(x) L -  f(x) - L
c -  x c x c +  c-x x-c  

9 Untuk x < c , maka : 0 < c – x <  atau 0 > x – c > -
Dari kedua persamaan diatas, didapat 0<|x – c |< (4.2) Untuk f(x) < L, maka L – f(x) <  atau f(x) – L > - Untuk f(x) > L, maka f(x) – L <  Sehingga didapat |f(x) – L | <  (4.3) Dari Gambar 4.3 dan persamaan 4.1 s/d 4.3 maka didapat definisi sebagai berikut, Pernyataan , berarti untuk setiap  > 0 terdapat >0 lim xc f(x) = L sedemikian rupa , sehingga jika 0 <|x – c|< , maka |f(x) – L |<  (4.4)

10 4.3 Limit fungsi Untuk menyederhanakan permasalahan, berikut diberikan rumus-rumus penyelesaian limit yang didapat dengan bantuan definisi limit. Pada rumus-rumus ini b, c, k dan L adalah bilangan-bilangan ril, a bilangan ril positif, sedangkan m dan n adalah bilangan ril positif. Teorema-teorema lim xc x = c (4.5) 1. Bukti : Untuk setiap  > 0 maka terdapat  > 0 sedemikian rupa sehingga, jika 0 < |x – c| < , maka terdapat |x – c| <  Jadi untuk  =  didapat |x – c| < 

11 Contoh 4.1 lim x5 x = 5 a. lim x–7 x = –7 b. lim xc k = k = c (4.6) 2. Bukti : Untuk setiap > 0 maka terdapat  > 0 sedemikian rupa sehingga, jika 0 <| x – c| < , mak a terdapat |k – k| < . Karena |k – k | = 0, maka definisi terpenuhi

12 Contoh 4.1 lim x–3 4 = 4 a. lim x2 9 = 9 b. lim xc [f(x) + g(x)] = f(x) g(x) (4.7) 3. Bukti f(x) = L1 xc lim g(x) = L2 dan Dari definisi, untuk setiap  > 0 terdapat  > 0 sedemikian rupa sehingga, Jika 0<|x – c|<, maka |(f(x) + g(x) – (L1 + L2)|<  atau |((f(x) – L 1) + (g(x) – L2))| < 

13 Dari ketidaksamaan segitiga didapat,
|((f(x) – L 1) + (g(x) – L2))|  |f(x) – L1|+|g(x) – L2| atau |((f(x) + g(x)) – (L 1 + L2))|  | f(x) – L1|+|g(x) – L2| lim xc Karena f(x) = L1 , maka untuk setiap >0 terdapat 1>0 sedemikian rupa, sehingga 1 2 jika 0 < | x – c| < 1 maka |f(x) – L1 <  (*) 1 2 lim xc Selanjutnya, karena g(x) = L2 , maka untuk setiap  > 0 terdapat 2>0 sedemikian rupa, sehingga 1 2 jika 0 < |x – c|< 2, maka |f(x) – L 2| <  (**) 2 1

14 Dari ketidaksamaan segitiga didapat,
|(f(x) – L1)+(g(x) – L2|  |f(x) – L1|+|g(x) – L2| atau |(f(x) + g(x) –(L1+ L2))| |f(x) – L1|+|g(x) – L2| (**) Dari (*), (**), dan (***) didapat, |(f(x) + g(x) –(L1+ L2))| <   atau 1 2 |(f(x) + g(x) –(L1+ L2))| <  (terbukti) lim x5 (x+6) = x = = 11 Contoh 4.3 lim xc [f(x) – g(x)] = f(x) – g(x) (4.8) 4. Bukti, ikuti pembuktian teorema 3

15 lim x5 (7 –x) = – x = 7 – 5 = 2 Contoh 4.4 lim xc [f(x) . g(x)] = f(x) g(x) (4.9) 5. Bukti Misal lim xc f(x) = L1 g(x) = L2 dan Dari ketidaksamaan segitiga didapat, |f(x) . g(x) – L1L2| = |f(x) . g(x) – L2f(x) + L2f(x) – L1L2|  |f(x)||g(x) – L2f(x)| + |L2||f(x) – L1|  |f(x)||g(x) – L2f(x)| + (1+ |L2|)|f(x) – L1| (i)

16 Untuk setiap 1 > 0 terdapat 1 > 0 sedemikian rupa , sehingga
jika 0 < |x – c| < 1, maka |f(x) – L1| <  (ii) Dari ketidaksamaan segitiga didapat , |f(x) – L1|  |f(x) – |L1| (iii) Dari (ii) dan (iii) didapat |f(x)| – |L1| < 1 atau |f(x)| < |L1| + (iv) Dengan mengambil nilai 1 = 1, maka |f(x)| < |L1| (v) Untuk setiap 2 > 0 terdapat 2 > 0 sedemikian rupa , sehingga jika 0 < |x – c| < 2, maka |f(x) – L2| <  (vi)

17 ½  1 + |L1| Dengan mengambil nilai 2 = , maka dari (vi) didapat, |g(x) – L2| < (vii) ½  1 + |L1| Untuk setiap 21> 0 terdapat 1 > 0 sedemikian rupa , sehingga , jika 0 < |x – c| < 3, maka |f(x) – L1| <  (vii) Dengan mengambil nilai 3 = , maka dari (vii) ½  1 + |L1| ½  1 + |L2| didapat, |g(x) |– |L1| < (ix)

18 Selanjutnya dari persamaan (i), (v), (vii), dan (ix) didapat,
|f(x) – L1L2| < (1+|L1|) (1+|L2|) =  ½  1 + |L1| 1 + |L2| Dengan memilih  = min(1, 2, 3 ) akan didapat pernyataan, jika 0 < |x – c| < , maka |f(x) – L1| <  (terbukti) Contoh 4.5 lim x5 (7 – x)(x + 1) = (7 – x) (x + 1) lim x5 lim x5 (7 – 5)(5 + 1) = (2)(6) = 12

19 lim xc = (4.10) f(x) g(x) Bukti lim xc = = f(x) g(x) 1 f(x) . f(x) Misal f(x) = L1 dan = lim xc L2 1 g(x) L2 1 g(x) – = , g(x)  (i) |g(x) – L2| |g(x)||L2| Untuk 1 > 0 terdapat 1 > 0 sedemikian rupa, sehingga, jika 0 < |x – c| < 1, maka |g(x) – L2| <  (ii)

20 Dari ketidaksamaan segitiga,
|g(x) – L2| = | L2 – g(x)|  |L2| – |g(x)| (iii) Jadi | L2 – g(x)| < 1  |g(x)| >|L2| –  (iv) Dengan menentukan nilai 1 = , maka |L2| 2 |g(x)| > |L2| – = |L2| 2 |g(x)| 1 Sehingga < (v) |L2| 2 Selanjutnya dari (i) dan (v) didapat , L2 1 g(x) |L2|2 2 –  |g(x) – L2| (vi)

21 Untuk 1 > 0 terdapat 2 sedemikian rupa, sehingga
jika 0 < |x – c|<2, maka |g(x) – L2| <  (vii) |L2|2 2 Dengan menentukan nilai 1 = , maka persamaan (vii) menjadi, |g(x) – L2| < (viii) |L2|2 2 Dari persamaan (i), (v), dan (viii) didapat L2 1 g(x) |L2|2 2 –  = (ix) Dengan memilih  = min(1, 2) akan didapat pernyataan, jika 0 < |x – c| < , maka – < . L2 1 g(x)

22 Hal ini membuktikan bahwa
= = L2 1 lim xc g(x) lim xc Jadi = f(x) = = (terbukti) f(x) g(x) 1 L1 L2 Contoh 4.6 lim x–4 x 3 – x = = = 3 – (–4) –4 7 lim xc [af(x)] = a f(x) (4.11) 7. Bukti, lihat persamaan (4.6) dan (4.9)

23 [f(x)]n = [f(x)].[f(x)]. … . [f(x)] dengan jumlah faktor f(x) adalah n
Contoh 4.7 lim xe a x = x = 9e lim x b (4 – x) = (4 – x) = 3(4 – ) lim xc f(x) n lim xc [f(x)]n = 8. Bukti [f(x)]n = [f(x)].[f(x)]. … . [f(x)] dengan jumlah faktor f(x) adalah n lim xc [f(x)]n = [f(x).f(x). … . f(x)] Dari persamaan 4.9 didapat, lim xc [f(x)]n = f(x) . f(x). … . f(x)

24 Dari persamaan 4.9 didapat,
lim xc [f(x)]n = f(x) . f(x). … . f(x) lim xc [f(x)] (terbukti) = n Contoh 4.8 lim x2 (x – 3)7 = (x – 3) = (2 – 3) = –1 7

25 9. Teorema Sandwich ( teorema apit )
Misal terdapat f(x)  h(x)  g(x) untuk setiap harga x pada suatu selang terbuka yang mengandung c, kecuali mungkin di titik c itu sendiri. Jika f(x) = L = g(x), maka h(x) = L (4.13) Bukti : Untuk setiap  > 0 terdapat 1>0 dan 2>0 sedemikian rupa sehingga, Jika 0 < |x – c| < 1 , maka | f(x) – L| <  Jika 0 < |x – c| < 2 , maka | g(x) – L| <  (*) Untuk  = min(1,2) dan 0< |x – c| < , maka ketidaksamaan (*) menjadi , –  < f(x) – L <  dan –  < g(x) – L < 

26 Sehingga 0 < |x – c| < 
L –  < f(x) dan g(x) < L +  Karena f(x)  h(x)  g(x), sehingga jika 0 < |x – c| < , maka L –  < h(x) < L +  atau |h(x) – L | <  (terbukti) Contoh 4.9 Penyelesaian: (kalikan semua suku dengan x2)

27 10. Limit sepihak (4.14) Contoh 4.10 Penyelesaian

28 Karena limit kiri = limit kanan = 5, maka
4.4 Limit fungsi trigonometri Bukti Perhatikan Gambar 4.4 berikut!

29 P Q T r x y  Gambar 4.4

30 Luas OPQ < Sektor OPQ < OPT (*)
(**) (***) (****) Substitusi persamaan (**) s/d (****) ke persamaan (*) didapat, Gunakan teorema apit!

31 (4.16) (4.17) (4.18) Bukti (terbukti) (4.19) Bukti

32 Bukti Bukti

33 Bukti Bukti

34 3.5 Limit fungsi trigonometri invers
(4.22) Bukti (4.22) Bukti

35 (4.22) Bukti

36 (4.24) Bukti (4.25) Bukti

37 (4.26) Bukti (4.27) Bukti

38 Jika kita lakukan pengamatan terhadap
3.6 Limit tak hingga Jika kita lakukan pengamatan terhadap mungkin akan didapat bahwa f(x) membesar atau mengecil tanpa batas. Sebagai ilustrasi dapat dilihat pada Gambar 4.5 berikut. y x 2 Gambar 4.5

39 x f(x) 2,1 2,01 2,001 2,0001 2,00001 2,000001 10 100 1.000 10.000 1,9 1,99 1,999 1,9999 1,99999 1,999999 -10 -100 -1000 -10000

40 Dari tabel diatas dapat dilihat bahwa pada saat x mendekati
titik 2 dari arah kanan maka f(x) membesar tanpa batas (menuju ). Sedangkan pada saat x mendekati 2 dari arah kiri maka f(x) mengecil tanpa batas (menuju –). Selanjutnya dikatakan bahwa limit f(x) untuk x mendekati 2 dari arah kanan adalah  atau Sedangkan limit f(x) untuk x mendekati 2 dari arah kiri adalah – Karena limit kiri  limit kanan, maka tidak ada (lihat persamaan 4.14)

41 Untuk memecahkan limit tak hingga perhatikan teorema berikut!
Bukti

42 Jika semua suku dibagi dengan xm maka,
Jadi Jika m < n, maka Jika m = n, maka

43 Jika m > n, maka Contoh 4.11 Penyelesaian

44 4.7 Asimtot Dalam menganalisa suatu fungsi kita sering memerlukan nilai atau harga fungsi tersebut ada jarak tak hingga dari titik nol. Jika kurva suatu fungsi mendekati perilaku garis lurus, maka garis lurus tersebut adalah asimtot dari kurva. 4.7.1 Asimtot tegak Jika jarak suatu kurva terhadap suatu garis vertikal mendekati nol, maka garis tegak lurus tersebut adalah asimtot tegak dari kurva. Contoh asimtot tegak dapat dilihat pada Gambar 4.6 berikut. Asimtot tegak suatu kurva dapat ditentukan sebagai berikut.

45 x y Gambar 4.6

46 atau adalah asimtot tegak kurva f(x) Asimtot datar Jika jarak suatu kurva terhadap suatu garis datar mendekati nol, maka garis tersebut adalah asimtot datar dari kurva. Contoh dari asimtot datar dapat silihat pada Gambar 4.7 berikut.

47 x y Gambar 4.7 y = a kurva f(x).

48 Jika jarak suatu kurva terhadap suatu garis miring mendekati
4.7.3 Asimtot miring Jika jarak suatu kurva terhadap suatu garis miring mendekati nol, maka garis tersebut adalah asimtot miring dari kurva. Contoh dari asimtot miring dapat silihat pada Gambar 4.8 y x y=ax+b Gambar 4.8

49 garis y = ax + b adalah asimtot miring dari kurva f(x).
Jika a = 0 maka tidak terdapat asimtot miring. Contoh 4.12 Penyelesaian maka garis x = –4 adalah asimtot tegak maka garis y = 0 adalah asimtot datar Karena a = 0, maka grafik tidak mempunyai asimtot miring

50 Gambar 4.9 x y x = –4

51 Contoh 4.13 Penyelesaian Karena a = 0, maka grafik tidak mempunyai asimtot miring

52 Contoh 4.14 Penyelesaian Jadi asimtot miring y = x + 2

53 4.8 Kekontinuan Suatu fungsi dikatakan kontinu disuatu titik a jika tiga syarat berikut terpenuhi. Contoh 4.15 Jelaskan apakah fungsi-fungsi berikut kontinu di titik a

54 Penyelesaian Karena syarata i) tidak terpenuhi, maka f(x) tak kontinu di titik a = –2

55 4.9 Kekontinuan yang dapat dihapus dan yang tak dapat dihapus
Telah disebutkan diatas bahwa bila ketiga syarat kekontinuan terpenuhi maka suatu fungsi dikatakan kontinu di suatu titik a. Akan tetapi bila salah satu syarat tidak terpenuhi maka fungsi tersebut tak kontinu di titik a. Jika syarat kekontinuan tidak terpenuhi, tetapi ada, maka dikatakan bahwa ketak-kontinu-an di titik a dapat dihapuskan dengan cara mendefinisikan f(a) = maka f(x) menjadi kontinu di titik a Jika syarat kekontinuan tidak terpenuhi dan tidak ada maka ketakkontinuan f(x) di titik a tidak dapat dihapuskan.

56 Contoh 4.16 Tentukan ketak-kontinu-an fungsi tersebut! Penyelesaian f(-2) tak terdefinisi. Jadi f(x) tak-kontinu di titik a = –2 Akan tetapi ketak-kontinu-an tersebut dapat dihapuskan karena Selanjutnya lakukan dfinisi ulang seperti sehingga f(x) dapat ditulis menjadi

57 Contoh 4.17 Penyelesaian = 9 dan ketak-kontinu-an tersebut dapat dihapuskan