anreal 4.2
-
Upload
dephy-erna-chintia -
Category
Documents
-
view
140 -
download
80
description
Transcript of anreal 4.2
-
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). )32)(1(lim1
++
xxx
}{ Rx
Jawab :
105.2)31.2)(11()32().1()32)(1(lim111
==++=++=++
xLimxLimxxxxx
(b). 22
2
2
1
+ x
xLimx
}0{ >x
Jawab :
31
3)2()2(
22
2
1
2
12
2
1=
=
+=
+
xLim
xLim
x
xLimx
x
x
(c).
+ xxLimx 2
11
12
}0{ >x
Jawab :
121
41
31
21
11
21
11
222==
+=
+ xLim
xLim
xxLim
xxx
(d). 2
120 +
+ x
xLimx
}{ Rx
Jawab :
21
)2()1(
21
2
1
020
=
+
+=
+
+
xLim
xLim
x
xLimx
x
x
2. Tentukan limit-limit berikut dan nyatakan Teorema mana yang digunakan
(a). 312
2 +
+ x
xLimx
}0{ >x
Jawab :
155
)3()12(
312
2
2
2==
+
+=
+
+
xLim
xLim
x
xLimx
x
x
-
2 Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) Febrina Bidasari (20102512018)
(b). 242
2
x
xLimx
}0{ >x
Jawab :
karena 2x , maka
4)2()2()2)(2(
24
2
2
2=+=
+=
xLim
x
xxLimx
xLimxx
(c). ( )x
xLimx
11 2
0
+
}0{ >x
Jawab :
( )
2)2()2(21)12(
11
00
2
0
2
0
2
0
=+=+
=
+=
++=
+
xLimx
xxLimx
xxLimx
xxLim
x
xLim
xxxx
x
(d). 11
1
x
xLimx
}0{ >x
Jawab :
21
)1(1
)1)(1()1(
)1)(1()1)(1(
11
111=
+=
+
=
+
+=
xxx
xLimxx
xxLimx
xLimxxx
3. 20 23121
xx
xxLimx +
++
}0{ >x
Jawab :
21
)11(11
3121)(21(1
)3121)(21(
)3121(232
31213121
.
23121
23121
0
0
20
20
0
20
=
+
=
++++
=
++++
=
++++
=
+++
+++
+
++=
+
++
xxxLim
xxxx
xLim
xxxx
xxLim
xx
xx
xx
xxLim
xx
xxLim
x
x
x
x
x
x
-
3 Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) Febrina Bidasari (20102512018)
4. Buktikan Lim )1cos(x
tidak ada tetapi 0)1cos(0
= x
xLimx
Bukti :
Misalkan 0,),1cos()( = xRxx
xQ
0)cos( =x jika Znnx += ,221
pipi
Ambil Nnn
xn
+
= ,
221
1)(pipi
.maka 0)( =nxLim
Selanjutnya NnnxQ n =
+= ,02
21
cos)( pipi
Sehingga 0))(( =nxQLim Pada sisi lain 1)cos( =x jika Znnx = ,2pi
Ambil ( ) Nnn
yn = ,21pi
, maka 0)( =nyLim
Selanjutnya NnnyQ n == ,1)2cos()( pi Sehingga 1))(( =nyQLim Karena )(0)( nn yLimxLim == tetapi ))(())(( nn yQLimxQLim , maka kita
simpulkan )1cos(0 x
Limx
tak ada
Sekarang, karena 1)1cos(1 x
maka
xx
xx 1cos
xx
xx )1cos(
Karena xLimxLimxx 00
0)(
== maka menurut teorema Apit kita simpulkan
0)1cos((0
= x
xLimx
-
4 Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) Febrina Bidasari (20102512018)
5. Misalkan f,g didefinisikan pada RA ke R, dan misalkan c adalah titik cluster dari A. Andaikan f terbatas pada sebuah lingkungan c dan 0=
gLim
cx.
Buktikan 0=
fgLimcx
Bukti :
untuk setiap 0> yang diberikan AxcxMRM sedemikian sehingga
Axcx
-
5 Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) Febrina Bidasari (20102512018)
Analisis : LMxLgxLgxgxfLMxgxf += )()()()()()(
MxgLxgLxf + )()()(
Untuk 0> yang diberikan
Terdapat 01 > sedemikian sehingga jika Axcx kRK sedemikian sehingga jika 1),(sup{ += Mcfk
dan Axcx sedemikian sehingga jika Axcx
-
6 Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) Febrina Bidasari (20102512018)
Jika 0> diberikan seberang. Pilih 1 = H21
. Sedemikian sehingga jika
Axcx
-
7 Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) Febrina Bidasari (20102512018)
(i) Jika x = 0 2000 n benar Nn
Jadi untuk x = 0 benar untuk 3n sehingga 22 xxx n
(ii) Jika 10
-
8 Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) Febrina Bidasari (20102512018)
a. misalkan LfLimcx
=
, MgfLimcx
=+
)(
untuk 0> sebarang yang diberikan terdapat 01 > sedemikian sehingga
jika )(,0 1 fDxcx
-
9 Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) Febrina Bidasari (20102512018)
11. Tentukan apakah berikut memiliki limit di R
jawab : (a). 0),1sin( 2
0
x
xLimx
)1sin( 20 x
Limx
tidak ada di R
Bukti
Misal 0,1sin)( 2
= x
xxQ
11sin 2 =
x jika pipi 2
211
2 kx
+= , Nk
Misalkan Nnn
xn +
= ,
221
1)(pipi
, maka 0)( =nxLim dan
NnxQ n = ,1)( juga 1)( =nxLimQ Sekarang
01sin 2 =
x, jika Nkk
x=
,2.12 pi ,
Misalkan Nkk
yn = ,21)(
pimaka 0)( =nyLimQ dan
NnyQ n = ,0)( , 0)( =nyLimQ Karena )(0)( nn yLimxLim == sedangkan )()( nn yLimQxQ maka
dapatlah diambil kesimpulan 0,1sin 20
xx
Limx
tidak ada di R
(b). Rxx
xLimx
0,0),1sin( 20
Bukti :
Rxx
,11sin1 2
Sehingga xx
xx 21
sin
-
10 Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) Febrina Bidasari (20102512018)
Selanjutnya karena xLimxLimxx 00
0
== , maka Teorema Apit
0)1sin( 20
= x
xLimx
(c). 0),1sin(sgn0
xx
Limx
tidak ada di R
Bukti :
Misalkan 0,1sinsgn)(
= x
xxQ
11sin =
x, jika Nnn
x+= ,2
211
pipi
Pilih Nnn
xn +
= ,
221
1)(pipi
Maka 0)( =nxLim dan 1)( =nxQ sehingga 1)( =nxQ
Sedangkan 01sin =
x, jika Nnn
x= ,21 pi
Pilih Nnn
yn = ,21)(pi
Maka 0)( =nyLim , dan 0)( =nyQ sehingga 0)( =nyQLim Karena )(0)(
00 nxnxyLimxLim
== tetapi )()(
00 nxnxyLimxQLim
, maka
dapat disimpulkan )1sin(sgn0 x
Limx
tidak ada di R
(d). )0(1sin 20 >
xx
xLimx
Bukti :
Rxx
,11sin1 2 karena x>0 maka 0>x sehingga
xx
xx
21
sin .
-
11 Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) Febrina Bidasari (20102512018)
Dan oleh karena xLimxLimxx 00
0
==
Maka menurut Teorema Apit dapat diambil kesimpulan
01sin 20 =
x
xLimx
12. Misalkan RRf : sedemikian sehingga Ryxyfxfyxf +=+ ,,)()()( misalkan LfLim
cx=
ada buktikan L = 0 dan kemudian buktikan bahwa f
memenuhi limit setiap Rc
bukti :
(a). Misalkan Ryxyx = ,,2 maka
)(2)()()2()( xfxfxfxfxf =+= Sehingga menurut Teorema 3.1.3
LxfLimyfLimLxx
2)(2)(00
===
Kesamaan di atas hanya dapat dipenuhi jika 0=L . Jadi terbukti 0)(
0=
xfLim
x
(b). Sekarang Misalkan Ryxycx = ,,
Jika cx maka 0y . Sehingga )()()( cfcxfxf += selanjutnya )()()( cfLimcxfLimxfLim
cxcxcx +=
Dari (a) didapat )()( cfxfLim
cx=
Jadi kesimpulan f memenuhi limit Rc
-
12 Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) Febrina Bidasari (20102512018)
13. Misalkan RA , misalkan RAf : , dan misalkan Rc adalah titik cluster dari A. Jika fLim
cx ada dan jika f dinotasikan sebagai fungsi yang
didefinisikan untuk Ax dengan )()( xfxf = . Buktikan fLimfLimcxcx
=
Bukti :
kita akan tunjukkan bahwa jika LxfLimcx
=
)( ada, maka LxfLimcx
=
)(
sekarang untuk 0> diberikan sebarang terdapat 01 > sedemikian sehingga
jika Axcx
-
13 Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) Febrina Bidasari (20102512018)
LxfLxf
+
=
)()(
= sebarang maka dapat di ambil kesimpulan
)()( xfLimLxfLimcxcx
==
-
14 Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) Febrina Bidasari (20102512018)
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
12)( 22
Rxx
xxxf
+
++= .
Misalkan
)(,12)( 2 xhxxxh ++= kontinu pada Re )(,1)( 2 xgxxg += kontinu pada Re
Menurut teorema 4.2.4
)()()(
)()(
)( efxgxh
xgLim
xhLimxfLim
ex
ex
ex===
b. xxxg +=)(
xxh =)( teorema 5.26 )(xh kontinu pada Ree ,0 xxxf += 2)( kontinu pada Re
)()( xhfhxg = kontinu pada Ree ,0 teorema 5.28
c. 0,sin1)( += xx
xxh
Misalkan
xxg sin1)( += , kontinu pada Rx , teorema 5.25
xxk 1)( =
, kontinu pada Ree ,0
)()()(
xkxg
xh = , kontinu pada Ree ,0 teorema 4.24
-
15 Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) Febrina Bidasari (20102512018)
d. 21cos)( xxK += Misalkan
21)( xxf += , kontinu pada Re
xxg cos)( = , kontinu pada Re
)()( xfgxK = , kontinu pada Re
2. Tunjukkan jika RAf : kontinu RA dan jika N , maka fungsi nn xfxf ))(()( = untuk Ax , kontinu pada A.
Bukti :
)()(,,0,0 1 fxfexDfx
-
16 Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) Febrina Bidasari (20102512018)
4. Lihatlah latihan 5.1.4. Tentukan titik-titik kontinu dari [ ] Rxxxxf = ,)( Misalkan :
[ ]xxh =)( kontinu pada nne , xxg =)(
kuntinu pada Re
Maka Znncpadakontinuxhxgxf = ,)()()(
5. Misalkan g didefinisikan pada R Rxxxfxxgg +=== ,1)(,1,2)(,0)1(. Tunjukkan ( )( )0
0fgfgLim
x
Bukti :
( ) ( )( ) 0)1(0
21000
==
=+=
gfgxgLimfgLim
xx
Hal ini bertentangan dengan Teorema 5.2.7
6. Misalkan g,f didefinisikan pada R dan misalkan Rc . Andaikan
bxfLimcx
=
)( dan g adalah kontinu pada G. Tunjukkan bahwa
( )bgfgLimcx
=
Jawab :
Andaikan g kontinu pada b
)()(,00 111 bgxgbxDx g
-
17 Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) Febrina Bidasari (20102512018)
Selanjutnya jika 1)(
-
18 Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) Febrina Bidasari (20102512018)
Kita ketahui ( ) 0=nxh , maka ( ) 0=nxhLim karena h kontinu disetiap Rx maka ( ) ( ) 01 ==
xhxhLim n
cxn
Jadi karena Rx 1 sebarang maka ( ) Rxxh = ,01 ii. Ambil Rc sebarang. Karena h kontinu pada R maka h kontinu pada c
berarti untuk 0> yang diberikan cxhx ,0 maka
= xfRxP jika Pc . Tunjukkan ada ( ) PcV Jawab :
Pc maka ( ) 0>cf ambil 0)( >= cf )()()(,0 cfxfxfcxDx f
-
19 Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) Febrina Bidasari (20102512018)
11. Jika f dan g kontinu pada R, misalkan { })()(, xgxfRxs = . Jika SSn dan ssLim n =)( . Tunjukkan Ss .
Bukti :
Jika SSn dan ssLim n =)( akan ditunjukkan bahwa )()( sgsf
Misalkan SSn maka berarti )()( nn sgsf selanjutnya, f dan g kontinu pada R maka f dan g kontinu pada S. Akibatnya jika ssLim n =)( maka
)()( sfsfLim n = dan )()( sfsgLim n =
Dari )()( nn sgsf maka menurut Teorema )()()()( sgsgLimsfsfLim nn == jadi Ss .
12. Sebuah fungsi dari R ke R dikatakan penjumlahan jika( ) Ryxgfxfgxf +=+ ,),()( Buktikan jika f kontinu pada ox maka f
kontinu pada setiap titik dari R.
Jawab :
Dibuktikan terlebih dahulu 0)( 0 = xxfLim , diperlihatkan :
)()()( 00 xfxxfxf += dan 0)()()()( 000
00
=+=
xxfLimxfxxfxfLimxxxx
Selanjutnya diperlihatkan )()()( cfcxfxf += dan )()()( cfLimcxfLimxfLim
xcxcxcx +=
)()( cfxfLimcx
=
Karena Rc sebarang maka f kontinu pada setiap titik Rc
-
20 Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) Febrina Bidasari (20102512018)
13. Andaikan f kontinu penjumlahan pada R. Jika )1(fc = Tunjukkan Rxcxxf = ,)(
Bukti :
Ditunjukkan terlebih dahulu 0)0( =f karena )0()0()( fxfxf += maka
0)0()0()()( =+=
ffxfLimxfLimcxcx
Kemudian ditunjukkan ( ) ( )xfxf = diperlihatkan :
)()()()(0
)()0()0(
xfxfxfxf
xfxff
=
+=
+=
Untuk x bilangan bulat
0.0)0(0 cfx ===
cxfxfxfx .)1(.)1...111()(0 ==++++=>
< 0x misal 0>= xy
cxxfcxxfxfcyyf
=
===
)(.)()(.)(
Jadi untuk Zx berlaku Zxcxxf =)( Ditunjukkan untuk Qx
Misalkan Znmn
mx = ,,
=
=
=
nfm
nmf
n
mfxf 1.1.)(
dimana
( )
=
==
nnf
nnffc 11.1 , jadi
n
c
nf =
1
Sehingga
xcn
cm
nfm
n
mfxf ..1.)( ==
=
=
Jadi untuk Qx berlaku cxxf =)(
-
21 Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) Febrina Bidasari (20102512018)
Akan ditunjukkan untuk QRx \ misalkan
=
=
=
nfm
nmf
n
mfxf 1.1.)(
Akan kita tunjukan untuk QRx \ sebarang Ambil Qxn yang konvergen ke x , karena f kontinu pada setiap Rx maka f kontinu pada 1x selanjutnya
)()( 11
xfxfLim nxxn
=
Karena Qf n )( maka nn cxxf =)( Sehingga 11 )()()(
11
cxxcLimxfLimxf nxx
nxx nn
===
Dengan demikian 11)( cxxf = pada setiap QRx \1 Akhrinya dapat kita simpulkan Rxcxxf = ,)( 1
14. Misalkan RRg : memenuhi hubungan Ryxygxgyxg =+ ,),(),()( Tunjukan jika gkontinu pada x = 0 maka g kontinu pada setiap titik R
dan juga jika 0)( =ag untuk Ra maka Rxxg = ,0)( Bukti :
g kontinu pada x = 0 berarti
)0()(.00 gxgxDgx Dengan kata lain
)()0(0
xgLimgx
=
Kita tunjukkan terlebih dahulu Rxg = ,1)0( kita perhatikan )0()( xgxg +=
)(1)0()0().(0
xgLimggxgx
===
Sekarang misalkan Rc sebarang
Akan ditunjukkan g kontinu di c Dari
-
22 Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) Febrina Bidasari (20102512018)
( ) ( ) )(. cgcxgxg = )(.1)().()( cgcgcxgLimxgLim
cxcx==
Jadi karena Rc sebarang maka g kontinu di setiap Rc
Sekarang apabila 0)( =ag , maka Rxxg = ,0)( Kita perhatikan
Raxaaxgagaxgxg === ,,0).()().()(
Jadi Rxxg = ,0)(
15. Misalkan RRgf :, kontinu pada titik c. Rxxgxfxh = )}(),(sup{)( .
Tunjukkan bahwa ( ) Rxxgxfxgxfxh ++= ,)().(21)()(
21)( . Gunakan
hasil ini untuk menunjukkan h kontinu pada c. Bukti :
a. Akan ditunjukkan Tunjukkan bahwa
( ) Rxxgxfxgxfxh ++= ,)().(21)()(
21)(
Bila Rxxgxf ),()( Maka
( ) ( ))()(21)()(
21)()( xgxfxgxfxfxh ++==
..........(i)
( ) ( ))()(21)()(
21
xgxfxgxf ++=
Bila Rxxgxf ),()( Maka
( ) ( ))()(21)()(
21)()( xgxfxgxfxgxh ++==
..........(ii)
( ) ( ))()(21)()(
21
xgxfxgxf ++=
-
23 Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) Febrina Bidasari (20102512018)
Selanjutnya kita dapatkan Rx
( ) ( ))()(21)()(
21)( xgxfxgxfxh ++=
b. Akan ditunjukkan h kontinu pada c Karena f,g kontinu di c maka
++=
))()((21))()((
21)( xgxfxgxfLimxhLim
cxcx
)()(21))()((
21
xgxfLimxgxfLimcxcx
+++=
)()(21))()((
21
cgcfcgcf +++=
)(xh=
Jadi h kontinu pada c