MicrosoftWord LATIHAN Malalina FebrinaBidasari
LATIHAN BAGIAN 4.2. TEOREMA LIMIT
1. Terapkan Teorema 4.24 untuk menentukan limit berikut :
(a).
lim( x + 1)( 2 x + 3) {x ∈ R}
x →1
Jawab :
lim( x + 1)( 2 x + 3) = Lim ( x + 1). Lim ( 2 x + 3) = (1 + 1)( 2.1 + 3) = 2.5 = 10
x →1
(b).
Lim
x →1
x →1
x →1
x2 + 2
{x > 0}
x2 − 2
Jawab :
( x 2 + 2)
x 2 + 2 Lim
3
x →1
Lim 2
=
=
= −3
2
x →1 x − 2
Lim( x − 2) − 1
x →1
(c).
Lim
x→2
1
1
−
x + 1 2x
{x > 0}
Jawab :
Lim
x→2
(d).
Lim
x →0
1
1
1
1
1 1 1
− Lim
= − =
−
= Lim
x→2 x + 1
x→2 2 x
x + 1 2x
3 4 12
x +1
{x ∈ R}
x2 + 2
Jawab :
Lim
x →0
Lim ( x + 1)
1
x +1
x →0
=
=
2
2
x + 2 Lim ( x + 2) 2
x →1
2. Tentukan limit-limit berikut dan nyatakan Teorema mana yang digunakan
(a).
Lim
x →2
2x + 1
{x > 0}
x+3
Jawab :
Lim
x→2
2x + 1
=
x+3
Lim (2 x + 1)
x→2
Lim ( x + 3)
x→2
=
5
=1
5
1
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)
(b).
Lim
x →2
x2 − 4
{x > 0}
x−2
Jawab :
karena x ≠ 2 , maka
( x − 2)( x + 2)
x2 − 4
= Lim( x + 2) = 4
= Lim
Lim
x →2 x − 2
x →2
( x − 2)
(c).
Lim
(x + 1)2 − 1
x→0
x
{x > 0}
Jawab :
2
(
x + 1) − 1
Lim
x →0
x
( x + 2 x + 1) − 1
x( x + 2)
x2 + 2x
= Lim
= Lim
= Lim( x + 2) = 2
x →0
x →0
x →0
x
x
x
2
= Lim
x →0
(d).
Lim
x →1
x −1
{x > 0}
x −1
Jawab :
Lim
x →1
( x − 1)( x + 1)
( x − 1)
1
1
x −1
=
=
= Lim
= Lim
x →1 ( x − 1)( x + 1)
x →1 ( x − 1)( x + 1)
x −1
( x + 1) 2
1 + 2 x − 1 + 3x
{x > 0}
x + 2x 2
3. Lim
x →0
Jawab :
Lim
x →0
1 + 2 x − 1 + 3x
x + 2x2
x →0
1 + 2 x − 1 + 3x 1 + 2 x + 1 + 3x
.
x →0
x + 2x 2
1 + 2 x + 1 + 3x
2 x − 3x
= Lim
x →0 x + 2 x 2 ( 1 + 2 x + 1 + 3 x )
−x
= Lim
x →0 x (1 + 2 x )( 1 + 2 x + 1 + 3 x )
−1
−1
−1
= Lim
=
=
x →0 (1 + 2 x )( 1 + 2 x + 1 + 3 x
1(1 + 1) 2
= Lim
2
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)
4. Buktikan Lim cos( 1 ) tidak ada tetapi Lim x cos( 1 ) = 0
x
x
x →0
Bukti :
Misalkan Q ( x) = cos( 1 ), ∀x ∈ R, x ≠ 0
x
cos( x ) = 0 jika x =
1
π + n 2π , n ∈ Z
2
Ambil ( x n ) =
1
1
π + n2π
2
, n ∈ N .maka Lim ( x n ) = 0
1
π + n 2π = 0, ∀n ∈ N
2
Selanjutnya Q ( x n ) = cos
Sehingga Lim(Q ( x n )) = 0
Pada sisi lain cos( x ) = 1 jika x = n 2π , n ∈ Z
Ambil ( y n ) =
1
, n ∈ N , maka Lim ( y n ) = 0
n 2π
Selanjutnya Q ( y n ) = cos(2πn) = 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 Lim cos( 1 ) tak ada
x
x→ 0
Sekarang, karena − 1 ≤ cos( 1 ) ≤ 1 maka
x
− x ≤ x cos 1 ≤ x
x
− x ≤ x cos( 1 ) ≤ x
x
Karena Lim(− x ) = 0 = Lim x maka menurut teorema Apit kita simpulkan
x →0
x →0
Lim ( x cos( 1 ) = 0
x
x →0
3
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)
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 Lim g = 0 .
x →c
Buktikan Lim fg = 0
x →c
Bukti :
untuk setiap ε > 0 yang diberikan ∃M ∈ R, M > 0 ∋ 0 < x − c < δ , x ∈ A maka
f ( x) ≤ M . Sekarang
Lim g = 0 , berarti
x →c
0 < x − c < δ 1 , x ∈ A maka g ( x) < ε
M
∃δ 1 > 0 sedemikian sehingga
. Pilih δ = min{M , δ 1} sedemikian
sehingga jika 0 < x − c < δ , x ∈ A maka
f ( x).g ( x) = f ( x).g ( x) < M . ε
M
=ε
6. Gunakan definisi dari limit untuk membuktikan dalam Teorema 4.24(a)
Jawab :
A ⊆ R, f
dan g adalah fungsi pada A ke R, dan misalkan c ∈ R , jika
Lim f = L dan Lim g = M , maka
x→c
x →c
(i) Lim ( f + g ) = L + M
x →c
Untuk ε > 0 yang diberikan terdapat δ 1 > 0 sedemikian sehingga jika
0 < x − c < δ 1 , x ∈ A ,maka
0 < x − c < δ2 , x ∈ A,
maka
f ( x) − L < ε .
2
g ( x) − M < ε
2
.
Demikian
juga
Selanjutnya
pilih
δ = min{δ 1 , δ 2 } sedemikian sehingga jika 0 < x − c < δ , x ∈ A , maka
f ( x) + g ( x) − ( L + M ) ≤ f ( x) − L + g ( x) − M < ε
Karena
ε >0
sebarang
maka
dapat
2
+ε
2
=ε
diambil
kesimpulan
Lim ( f + g ) = L + M
x →c
(ii) Lim( fg ) = LM
x →c
4
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)
Analisis : f ( x) g ( x) − LM = f ( x) g ( x) − Lg ( x) + Lg ( x) − LM
≤ f ( x) − L g ( x) + L g ( x) − M
Untuk ε > 0 yang diberikan
Terdapat δ 1 > 0 sedemikian sehingga jika 0 < x − c < δ 1 , x ∈ A , maka
g ( x) − M <
Terdapat
ε
2L
.
δ2 > 0 ,
K ∈ R, k > 0
sedemikian
sehingga
jika
k = sup{ f (c), M + 1 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
f ( x) − L <
Sekarang
ε
2k
.
pilih
δ = min{δ 1 , δ 2 , δ 3 } ,
sedemikian
sehingga
0 < x −c 0 sebarang, maka dapat siambil kesimpulan Lim( fg ) = LM
x →c
7. Jika h : A → R , jika h( x ) ≠ 0 , ∀x ∈ A , dan jika Lim h = H ≠ 0 maka
x →c
Lim
x→c
f
L
=
h
H
Bukti :
Kita buktikan lebih dahulu Lim
x →c
Analisis :
1
1
.
=
h( x )
H
H − h( x )
1
1
−
=
h( x) H
h( x).H
=
1
. H − h( x )
h( x ) H
5
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)
Jika ∈> 0 diberikan seberang. Pilih δ1 =
0 < x − c < δ , x ∈ A maka
h( x) − H <
1
H . Sedemikian sehingga jika
2
1
H . Selanjutnya kita peroleh
2
1
3
1
2
<
H < h( x) < H atau 0 <
2
2
2
h( x).H
H
Kemudian pilih δ 2 =
maka h( x) − H <
Sekarang
∈H
2
∈H
2
, sedemikian sehingga jika 0 < x − c δ 2 , x ∈ A
2
2
δ = min{δ 1 , δ 2 } .
pilih
0 < x − c < δx ∈ A , maka
<
2
H
2
.
Sedemikian
sehingga
jika
1
1
1
−
=
. h( x) − H
h( x ) H
h( x) H
ε. H
2
2
=ε .
Karena ε > 0 seberang, maka dapat disimpulkan Lim
x →c
1
1
=
h( x) H
Selanjutnya dari (a)
Lim
x →c
f ( x)
1
1
L
= Lim f ( x) Lim
= L. =
x →c g ( x )
h( x ) x →c
H H
8. Misalkan n ∈ N sehingga n ≥ 3 . Turunkan ketaksamaan − x 2 ≤ x n ≤ x 2 untuk
− 1 < x < 1 maka gunakan fakta bahwa Lim x 2 = 0 . Untuk
x →0
menunjukkan
bahwa Lim x n = 0
x →0
Bukti :
Kita bagi dalam beberapa kasus :
6
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)
(i) Jika x = 0
0 ≤ 0 n ≤ 0 2 benar ∀n ∈ N
Jadi untuk x = 0 benar untuk n ≥ 3 sehingga − x 2 ≤ x n ≤ x 2
(ii) Jika 0 < x < 1 maka − x 2 ≤ x n ≤ x 2 , ∀n ≥ 3
Bukti :
Untuk n = 3 maka − x 2 ≤ x 3 ≤ x 2 , jadi untuk n = 3 benar
Misalkan untuk n = k, k ∈ N benar yakni − x 2 ≤ x k ≤ x 2 . Akan
ditunjukkan untuk n = k + 1 juga benar yakni − x 2 ≤ x k +1 ≤ x 2 . Karena
− x 2 ≤ x k ≤ x 2 maka − x 2 ≤ − x 3 ≤ x k +1 ≤ x 3 ≤ x 2 . Jadi untuk n = k + 1
benar.
Akibatnya jika 0 < x < 1 maka − x 2 ≤ x n ≤ x 2 , ∀n ≥ 3
(iii) Jika − 1 < x < 0 , maka − x 2 ≤ x n ≤ x 2 , ∀n ≥ 3
Bukti :
Untuk n = 3 , − 1 < x < 0 maka − x 2 ≤ x 3 ≤ x 2 , jadi untuk n = 3 benar
Misalkan untuk n = k, k ∈ N benar yakni − x 2 ≤ x k ≤ x 2 . akan
ditunjukkan untuk n = k + 1 juga benar yakni − x 2 ≤ x k +1 ≤ x 2 . Karena
− x 2 ≤ x k ≤ x 2 maka − x 2 ≤ − x 3 ≤ x k +1 ≤ x 3 ≤ x 2 . Jadi untuk n = k + 1
benar.
Akibatnya jika − 1 < x < 0 maka − x 2 ≤ x n ≤ x 2 , ∀n ≥ 3
Jadi dari ketiga kasus dapat disimpulkan jika
− 1 < x < 1 maka
− x 2 ≤ x n ≤ x 2 , ∀n ≥ 3 . Karena Lim − x 2 = 0 = Lim x 2 , maka menurut
x →0
x →0
Teorema Apit dapat disimpulkan Lim x n = 0
x →0
9. Misalkan f,g didefinisikan pada A ke R dan misalkan c titik cluster A.
a. Tunjukkna bahwa jika Lim f dan Lim( f + g ) ada maka Lim g ada
x→ c
x →c
x→ c
b. Jika Lim f dan Lim fg ada apakah mengikuti Lim g ada
x→ c
x→c
x→ c
Bukti
7
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)
a. misalkan Lim f = L , Lim ( f + g ) = M
x→c
x →c
untuk ε > 0 sebarang yang diberikan terdapat δ 1 > 0 sedemikian sehingga
jika 0 < x − c < δ1 , x ∈ D( f ) maka f ( x) − L < ε
demikian
juga
terdapat
δ2 > 0
2
sedemikian
0 < x − c < δ 2 , x ∈ D( f ) maka f ( x) + g (c) − M < ε
sehingga
jika
2
sekarang pilih δ = min{δ 1 , δ 2 } selanjutnya jika 0 < x − c < δ , x ∈ D( f )
maka
g ( x) − ( M − L ) = g ( x ) + f ( x ) − M − ( f ( x ) − L
≤ g ( x0 + f ( x) − M + f ( x) − L
0 sebarang maka Lim g ( x ) = M − L , jadi Lim g ada
x →c
x→ c
b. Contoh :
f ( x) = 0, ∀x ∈ R, Lim f ( x) = 0
x →0
g ( x) =
1
, ∀x ∈ R, Lim g ( x) tak ada, tetapi Lim f ( x ) g ( x ) = 0
x→0
x →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 :
f ( x)
g ( x)
0, x ∈ R \ Q
1, x ∈ Q
1, x ∈ R \ Q
0, x ∈ Q
( f + g )( x) = 1, ∀x ∈ R
( fg )( x ) = 0, ∀x ∈ R s
8
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)
11. Tentukan apakah berikut memiliki limit di R
jawab :
(a).
Lim sin( 1
x →0
Lim sin( 1
x→ 0
x2
x2
), x ≠ 0
) tidak ada di R
Bukti
Misal Q ( x) = sin
sin
1
,x ≠ 0
x2
1
1 1
= 1 jika 2 = π + k 2π , k ∈ N
2
2
x
x
1
( xn ) =
Misalkan
1
π + n2π
2
, ∀n ∈ N ,
maka
Lim( xn ) = 0
dan
Q( xn ) = 1, ∀n ∈ N juga LimQ ( xn ) = 1
Sekarang
sin
1
= 0 , jika
x2
1
= k .2π , ∀k ∈ N ,
x2
( yn ) =
Misalkan
1
k 2π
, ∀k ∈ N maka
LimQ( y n ) = 0
dan
Q( y n ) = 0, ∀n ∈ N , LimQ( y n ) = 0
Karena Lim ( xn ) = 0 = Lim( y n ) sedangkan Q ( x n ) ≠ LimQ ( y n ) maka
dapatlah diambil kesimpulan Lim sin
x →0
(b).
Lim x sin( 1
x →0
x2
1
, x ≠ 0 tidak ada di R
x2
), x ≠ 0,0 ∈ R
Bukti :
− 1 ≤ sin
1
≤ 1, ∀x ∈ R
x2
Sehingga − x ≤ x sin
1
≤ x
x2
9
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)
Selanjutnya
Lim x sin( 1
x →0
(c).
Lim − x = 0 = Lim x ,
karena
x2
x →0
x →0
maka
Teorema
Apit
)=0
1
Lim sgn sin( ), x ≠ 0 tidak ada di R
x →0
x
Bukti :
1
,x ≠ 0
x
Misalkan Q ( x) = sgn sin
sin
1
1 1
= 1 , jika = π + n 2π , ∀n ∈ N
x 2
x
Pilih ( xn ) =
1
1
π + n 2π
2
, ∀n ∈ N
Maka Lim ( xn ) = 0 dan Q ( x n ) = 1 sehingga Q ( x n ) = 1
Sedangkan sin
Pilih ( y n ) =
1
1
= 0 , jika = n 2π , ∀n ∈ N
x
x
1
, ∀n ∈ N
n 2π
Maka Lim ( y n ) = 0 , dan Q ( y n ) = 0 sehingga Lim Q ( y n ) = 0
Karena
Lim ( x n ) = 0 = Lim ( y n )
x →0
x→0
tetapi
Lim Q ( x n ) ≠ Lim ( y n ) , maka
x →0
x→0
1
dapat disimpulkan Lim sgn sin( ) tidak ada di R
x→ 0
x
(d).
Lim
x →0
x sin
1
( x > 0)
x2
Bukti :
− 1 ≤ sin
1
≤ 1, ∀x ∈ R
x2
− x ≤ x sin
karena
x>0
maka
x >0
sehingga
1
≤ x.
x2
10
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)
Dan oleh karena Lim − x = 0 = Lim
x →0
Maka
menurut
x →0
Teorema
Apit
x
dapat
diambil
kesimpulan
1
=0
x2
x sin
Lim
x →0
12. Misalkan f : R → R sedemikian sehingga f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) , ∀x, y ∈ R
misalkan Lim f = L ada buktikan L = 0 dan kemudian buktikan bahwa f
x→c
memenuhi limit setiap c ∈ R
bukti :
(a). Misalkan 2 x = y , ∀x, y ∈ R
maka
f ( x) − f (2 x) = f ( x) + f ( x) = 2 f ( x)
Sehingga menurut Teorema 3.1.3
L = Lim f ( y ) = 2 Lim f ( x ) = 2 L
x →0
x →0
Kesamaan di atas hanya dapat dipenuhi jika L = 0 . Jadi terbukti
Lim f ( x ) = 0
x →0
(b). Sekarang
Misalkan x − c = y, ∀x, y ∈ R
Jika x → c maka y → 0 . Sehingga f ( x ) = f ( x − c ) + f (c ) selanjutnya
Lim f ( x ) = Lim f ( x − c ) + Lim f (c )
x →c
x→c
x →c
Dari (a) didapat
Lim f ( x ) = f (c )
x →c
Jadi kesimpulan f memenuhi limit ∀c ∈ R
11
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)
13. Misalkan A ⊆ R , misalkan f : A → R , dan misalkan c ∈ R adalah titik cluster
dari A. Jika Lim f
x→c
f
ada dan jika
dinotasikan sebagai fungsi yang
didefinisikan untuk x ∈ A dengan f ( x) = f ( x) . Buktikan Lim f = Lim f
x →c
x→c
Bukti :
kita akan tunjukkan bahwa jika Lim f ( x) = L ada, maka Lim f ( x) = L
x →c
x→c
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
f ( x) − L ≤ f ( x) − L < ε ,
karena
maka
dengan
mengambil
δ = δ1
sedemikian sehingga jika 0 < x − c < δ , x ∈ A maka f ( x) − L < ε
jadi kita simpulkan Lim f ( x ) = L = Lim f ( x )
x→c
x →c
14. Misalkan A ⊆ R , misalkan f : A → R , dan misalkan c ∈ R adalah titk cluster
dari A. Andaikan f ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ A dan misalkan
didefinisikan untuk x ∈ A dengan ( f )( x) =
Lim
x →c
f adalah fungsi yang
f ( x) . Jika Lim f ada, buktikan
x→ c
f = Lim f
x→c
Bukti :
akan kita tunjukkan jika Lim f ( x ) = L > 0 ada, maka Lim
x →c
x →c
f ( x) = L
untuk ε > 0 yang diberikan sebarang. Pilih δ 1 > 0 sedemikian sehingga jika
0 < x − c < δ 1 , x ∈ A , maka f ( x) − L < ε L
selanjutnya pilih δ = δ 1 , sedemikian sehingga jika 0 < x − c < δ , x ∈ A maka
f ( x) − L =
(
f ( x) − L
)
f ( x) + L
f ( x) + L
12
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)
=
≤
Karena
Lim
x →c
ε >0
f ( x) − L
f ( x) + L
f ( x) − L
L
sebarang
< ε.
L
L
maka
=ε
dapat
di
ambil
kesimpulan
f ( x ) = L = Lim f ( x )
x →c
13
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.
f ( x) =
x 2 + 2x + 1
, ( x ∈ R) .
x2 +1
Misalkan
h( x) = x 2 + 2 x + 1, h( x) kontinu pada ∀e ∈ R
g ( x) = x 2 + 1, g ( x) kontinu pada ∀e ∈ R
Menurut teorema 4.2.4
Lim f ( x) =
x →e
Lim h( x )
x →e
Lim g ( x)
=
x→e
b.
h( x)
= f ( e)
g ( x)
g ( x) = x + x
h( x ) =
x teorema 5.26 h(x) kontinu pada ∀e ≥ 0, e ∈ R
f ( x) = x 2 + x kontinu pada ∀e ∈ R
g ( x) = h f h( x) kontinu pada ∀e ≥ 0, e ∈ R teorema 5.28
c.
h( x) =
1 + sin x
x
,x ≠ 0
Misalkan
g ( x) = 1 + sin x , kontinu pada ∀x ∈ R , teorema 5.25
k ( x) =
1
, kontinu pada ∀e ≠ 0, e ∈ R
x
h( x) =
g ( x)
, kontinu pada e ≠ 0, e ∈ R teorema 4.24
k ( x)
14
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)
d. K ( x) = cos 1 + x 2
Misalkan
f ( x) = 1 + x 2 , kontinu pada ∀e ∈ R
g ( x) = cos x
, 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
f n( x) = ( f ( x)) n untuk x ∈ A , kontinu pada A.
Bukti :
∀ε > 0, ∋ δ 1 > 0, ∋ ∀x ∈ Df , x − e < δ
f ( x ) − f (∈) < ε
↓
∋ δ1 > 0, ∋ ∀x ∈ Df , x − e < δ
f n ( x) − f n (∈) < ε
Akan di tunjukkan bahwa Lim f n ( x) = f n (e)
x →e
Karena Lim f n ( x) = Lim( f ( x)) n = ( Lim f ( x)) n = ( f (e) n ) = f n (e)
x →e
3.
x →e
x →0
Berikan sebuah contoh fungsi f dan g yang kedua nya diskantinu pada c ∈ R
sedemikian sehingga
a.
f + g kontinu pada e
f ( x) = 1, x ∈ Q
=0 , x ∈ R \ Q
g ( x) = 0, x ∈ Q
=0 , x ∈ R \ Q
b.
Dari contoh pada (a) maka f g kontinu pada e
15
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)
4.
Lihatlah latihan 5.1.4. Tentukan titik-titik kontinu dari f ( x ) = x − [ x ], x ∈ R
Misalkan :
h ( x ) = [ x ] kontinu pada ∀e ≠ n, n
g ( x) = x kuntinu pada ∀e ∈ R
Maka f ( x) = g ( x) − h( x) kontinu pada c ≠ n, n ∈ Z
5.
Misalkan g didefinisikan pada R g (1) = 0, g ( x) = 2, x ≠ 1, f ( x) = x + 1, ∀x ∈ R
. Tunjukkan Lim g
x →0
f ≠ (g
f )(0 )
Bukti :
Lim g
x →0
g
f (0 ) = Lim g ( x + 1) = 2
x →0
f (0 ) = g (1) = 0
Hal ini bertentangan dengan Teorema 5.2.7
6.
Misalkan g,f didefinisikan pada R dan misalkan c ∈ R . Andaikan
Lim f ( x ) = b dan g adalah kontinu pada G. Tunjukkan bahwa
x →c
Lim g
x →c
f = g (b )
Jawab :
Andaikan g kontinu pada b
∀ε > 0∃δ1 > 0 ∋ ∀x ∈ Dg , x − b1 < δ 1
g ( x) − g (b) < ε
∀ε > 0∃δ 2 > 0 ∋ ∀x ∈ D f ,0 < x − c < δ 2
f ( x) − b < ε
∀ε > 0∃δ 3 > 0 ∋ ∀x ∈ D f ,0 < x − c < δ 2
g. f ( x) − g (b ) < ε
Jadi untuk ε > 0 sebarang
∃δ 1 > 0 ∋ ∀x ∈ Dg , x − b < δ1
g ( x) − g (b) < ε
∃δ 2 > 0 ∋ ∀x ∈ D f , x − c < δ 2
f ( x) − b < δ 1
Sekarang
Pilih δ 2 = δ 3 > 0 ∋ ∀x ∈ D f ,0 < x − c < δ 3 = δ 2
f ( x) − b < δ 1
16
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)
Selanjutnya jika f ( x) − b < δ1 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
x →c
7.
f = g (b )
Berikan sebuah contoh sebuah fungsi f : [0,1] → R diskontinu pada setiap
titik [0,1] tetapi f kontinu pada [0,1]
Jawab :
Ambil
f ( x) = 1, x ∈ Q
= −1, x ∈ R \ Q
8.
maka f ( x) = 1, ∀x ∈ R
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 ∈ R sebarang
Misalkan xn ∈ Q sehingga xn → x
Karena f dan g kontinu pada
Lim g ( xn ) = g ( x) Karena
xn → x
x∈R
maka
Lim f ( xn ) = f ( x) dan
xn → x
xn ∈ Q , maka f ( xn ) = f ( x), ∀n ∈ N . Sehingga
akibatnya f ( x) = Lim f ( xn ) = Lim g ( xn ) = g ( x) karena x ∈ R \ Q sebarang
xn → x
xn → x
untuk f ( x) = g ( x), x ∈ R
9.
(
)
Misalkan h : R → R kontinu pada R memiliki h m / 2 n = 0, ∀m ∈ Z , n ∈ N .
Tunjukkan bahwa h( x) = 0, ∀x ∈ R
Bukti :
i.
Misalkan x1 ∈ R sebarang
Ambil xn ∈ {m / 2 n , m ∈ Z , n ∈ N } yang konvergen ke x.
17
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)
Kita ketahui h( xn ) = 0 , maka Lim h( xn ) = 0 karena h kontinu disetiap
x ∈ R maka Lim h( xn ) = h( x1 ) = 0
xn →c
Jadi karena x1 ∈ R sebarang maka h( x1 ) = 0, ∀x ∈ R
ii. Ambil c ∈ R sebarang. Karena h kontinu pada R maka h kontinu pada c
berarti untuk ε > 0 yang diberikan ∃δ > 0 ∋ ∀x ∈ h, x − c < δ maka
h ( x ) − h (c ) < ε
Dengan kata lain :
Lim h( xn ) = h(c )
xn →c
Sebarang bila xn ∈ {m / 2 n , m ∈ Z , n ∈ N } maka h( x) = 0 sehingga
Lim h( xn ) = h( x1 ) = 0
xn →c
Karena c ∈ R sebarang maka h(c) = 0, ∀c ∈ R
10.
Misalkan f : R → R kontinu pada R dan misalkan P = {x ∈ R, f ( x) > 0}
jika c ∈ P . Tunjukkan ada Vδ (c ) ⊆ P
Jawab :
c ∈ P maka f (c ) > 0 ambil ε = f (c) > 0
∃δ > 0 ∋ ∀x ∈ D f , x − c < δ
f ( x ) − f ( x ) < f (c )
Selanjutnya diperoleh 0 < f ( x) < 2 f (c)
Jadi
∀x ∈ D f , x − c < δ
f ( x) > 0
Hal ini menyatakan bahwa terdapat Vδ (c ) ⊆ P
18
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)
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 ⊆ S dan Lim ( sn ) = s akan ditunjukkan bahwa f (s) ≥ g (s)
Misalkan S n ⊆ S maka berarti f ( sn ) ≥ g ( sn ) selanjutnya, f dan g kontinu
pada R maka f dan g kontinu pada S. Akibatnya jika Lim ( sn ) = s maka
Lim f ( sn ) = f ( s) dan Lim g ( sn ) = f ( s)
Dari
f ( sn ) ≥ g (sn )
maka
menurut
Teorema
Lim f ( sn ) = f ( s ) ≥ Lim g ( sn ) = g ( s ) jadi s ∈ S .
12. Sebuah fungsi dari R ke R dikatakan penjumlahan jika
f ( x + g ) = f ( x) + f ( g ), ∀x, y ∈ R Buktikan jika f kontinu pada xo maka f
kontinu pada setiap titik dari R.
Jawab :
Dibuktikan terlebih dahulu Lim f ( x − x0 ) = 0 , diperlihatkan :
f ( x) = f ( x − x0 ) + f ( x0 ) dan
Lim f ( x) = f ( x − x0 ) + f ( x0 )
x→ x0
Lim f ( x − x0 ) = 0
x→ x0
Selanjutnya diperlihatkan
f ( x) = f ( x − c) + f (c) dan Lim f ( x ) = Lim f ( x − c ) + Lim f (c )
x →c
x →c
x → xc
Lim f ( x ) = f (c)
x →c
Karena c ∈ R sebarang maka f kontinu pada setiap titik c ∈ R
19
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)
13. Andaikan f kontinu penjumlahan pada R. Jika c = f (1) Tunjukkan
f ( x) = cx, ∀x ∈ R
Bukti :
Ditunjukkan terlebih dahulu f (0) = 0 karena
f ( x) = f ( x − 0) + f (0) maka
Lim f ( x ) = Lim f ( x ) + f (0)
x→c
x →c
f ( 0) = 0
Kemudian ditunjukkan f ( x ) = − f ( x ) diperlihatkan :
f ( 0) = f ( 0 − x ) + f ( x )
0 = f (− x) + f ( x)
f ( − x) = − f ( x )
Untuk x bilangan bulat
x=0
f (0) = 0 = c.0
x>0
f ( x) = f (1 + 1 + 1 + ... + 1) = x. f (1) = x.c
x 0
f ( y ) = y.c
f (− x) = − f ( x) = − x.c
f ( x) = cx
Jadi untuk x ∈ Z berlaku f ( x) = cx∀x ∈ Z
Ditunjukkan untuk x ∈ Q
Misalkan x =
f ( x) = f
m
, m, n ∈ Z
n
m
1
1
= f m. = m. f
n
n
n
dimana
c = f (1) = f n.
1
c
1
1
, jadi f
=
= nf
n
n
n
n
Sehingga
f ( x) = f
m
1
c
= m. f
= m. = c.x
n
n
n
Jadi untuk x ∈ Q berlaku f ( x) = cx
20
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)
Akan ditunjukkan untuk x ∈ R \ Q misalkan
f ( x) = f
m
1
1
= f m. = m. f
n
n
n
Akan kita tunjukan untuk x ∈ R \ Q sebarang
Ambil xn ∈ Q yang konvergen ke x , karena f kontinu pada setiap x ∈ R
maka f kontinu pada x1 selanjutnya
Lim f ( xn ) = f ( x1 )
xn → x1
Karena ( f n ) ∈ Q maka f ( xn ) = cx n
Sehingga f ( x1 ) = Lim f ( x n ) = Lim c( x n ) = cx1
xn → x1
xn → x1
Dengan demikian f ( x1 ) = cx1 pada setiap x1 ∈ R \ Q
Akhrinya dapat kita simpulkan f ( x) = cx1 , ∀x ∈ R
14.
Misalkan g : R → R memenuhi 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 > 0 ∃δ > 0 ∋ ∀x ∈ Dg . x < δ
g ( x ) − g (0) < ε
Dengan kata lain
g (0) = Lim g ( x )
x →0
Kita tunjukkan terlebih dahulu g (0) = 1, ∀x ∈ R kita perhatikan
g ( x) = g (0 + x)
= g ( x ).g (0)
g (0) = 1 = Lim g ( x )
x →0
Sekarang misalkan c ∈ R sebarang
Akan ditunjukkan g kontinu di c
Dari
21
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)
g (x ) = g (x − c ).g (c)
Lim g ( x ) = Lim g ( x − c ).g (c ) = 1.g (c )
x →c
x →c
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
g ( x) = g ( x − a).g (a) = g ( x − a).a = 0, ∀x, a ∈ R
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) =
1
( f ( x) + g ( x)) + 1 f ( x).g ( x) , ∀x ∈ R . Gunakan
2
2
hasil ini untuk menunjukkan h kontinu pada c.
Bukti :
a. Akan ditunjukkan Tunjukkan bahwa
h( x ) =
1
( f ( x) + g ( x)) + 1 f ( x).g ( x) , ∀x ∈ R
2
2
Bila f ( x) ≥ g ( x), ∀x ∈ R
Maka
h( x ) = f ( x ) =
=
1
( f ( x) + g ( x) ) + 1 ( f ( x) − g ( x) )
2
2
..........(i)
1
( f ( x) + g ( x) ) + 1 ( f ( x) − g ( x) )
2
2
Bila f ( x) ≤ g ( x), ∀x ∈ R
Maka
h( x ) = g ( x ) =
=
1
( f ( x ) + g ( x ) ) + 1 ( f ( x ) − g ( x) )
2
2
..........(ii)
1
( f ( x) + g ( x) ) + 1 ( f ( x) − g ( x) )
2
2
22
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)
Selanjutnya kita dapatkan ∀x ∈ R
h( x) =
b.
1
( f ( x) + g ( x) ) + 1 ( f ( x) − g ( x) )
2
2
Akan ditunjukkan h kontinu pada c
Karena f,g kontinu di c maka
Lim h( x) = Lim
x →c
x →c
=
1
1
( f ( x) + g ( x)) + ( f ( x) − g ( x))
2
2
1
1
Lim( f ( x) + g ( x)) + Lim f ( x) + g ( x)
2 x →c
2 x →c
1
1
= ( f (c) + g (c)) + f (c) + g (c)
2
2
= h(x)
Jadi h kontinu pada c
23
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)
1. Terapkan Teorema 4.24 untuk menentukan limit berikut :
(a).
lim( x + 1)( 2 x + 3) {x ∈ R}
x →1
Jawab :
lim( x + 1)( 2 x + 3) = Lim ( x + 1). Lim ( 2 x + 3) = (1 + 1)( 2.1 + 3) = 2.5 = 10
x →1
(b).
Lim
x →1
x →1
x →1
x2 + 2
{x > 0}
x2 − 2
Jawab :
( x 2 + 2)
x 2 + 2 Lim
3
x →1
Lim 2
=
=
= −3
2
x →1 x − 2
Lim( x − 2) − 1
x →1
(c).
Lim
x→2
1
1
−
x + 1 2x
{x > 0}
Jawab :
Lim
x→2
(d).
Lim
x →0
1
1
1
1
1 1 1
− Lim
= − =
−
= Lim
x→2 x + 1
x→2 2 x
x + 1 2x
3 4 12
x +1
{x ∈ R}
x2 + 2
Jawab :
Lim
x →0
Lim ( x + 1)
1
x +1
x →0
=
=
2
2
x + 2 Lim ( x + 2) 2
x →1
2. Tentukan limit-limit berikut dan nyatakan Teorema mana yang digunakan
(a).
Lim
x →2
2x + 1
{x > 0}
x+3
Jawab :
Lim
x→2
2x + 1
=
x+3
Lim (2 x + 1)
x→2
Lim ( x + 3)
x→2
=
5
=1
5
1
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)
(b).
Lim
x →2
x2 − 4
{x > 0}
x−2
Jawab :
karena x ≠ 2 , maka
( x − 2)( x + 2)
x2 − 4
= Lim( x + 2) = 4
= Lim
Lim
x →2 x − 2
x →2
( x − 2)
(c).
Lim
(x + 1)2 − 1
x→0
x
{x > 0}
Jawab :
2
(
x + 1) − 1
Lim
x →0
x
( x + 2 x + 1) − 1
x( x + 2)
x2 + 2x
= Lim
= Lim
= Lim( x + 2) = 2
x →0
x →0
x →0
x
x
x
2
= Lim
x →0
(d).
Lim
x →1
x −1
{x > 0}
x −1
Jawab :
Lim
x →1
( x − 1)( x + 1)
( x − 1)
1
1
x −1
=
=
= Lim
= Lim
x →1 ( x − 1)( x + 1)
x →1 ( x − 1)( x + 1)
x −1
( x + 1) 2
1 + 2 x − 1 + 3x
{x > 0}
x + 2x 2
3. Lim
x →0
Jawab :
Lim
x →0
1 + 2 x − 1 + 3x
x + 2x2
x →0
1 + 2 x − 1 + 3x 1 + 2 x + 1 + 3x
.
x →0
x + 2x 2
1 + 2 x + 1 + 3x
2 x − 3x
= Lim
x →0 x + 2 x 2 ( 1 + 2 x + 1 + 3 x )
−x
= Lim
x →0 x (1 + 2 x )( 1 + 2 x + 1 + 3 x )
−1
−1
−1
= Lim
=
=
x →0 (1 + 2 x )( 1 + 2 x + 1 + 3 x
1(1 + 1) 2
= Lim
2
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)
4. Buktikan Lim cos( 1 ) tidak ada tetapi Lim x cos( 1 ) = 0
x
x
x →0
Bukti :
Misalkan Q ( x) = cos( 1 ), ∀x ∈ R, x ≠ 0
x
cos( x ) = 0 jika x =
1
π + n 2π , n ∈ Z
2
Ambil ( x n ) =
1
1
π + n2π
2
, n ∈ N .maka Lim ( x n ) = 0
1
π + n 2π = 0, ∀n ∈ N
2
Selanjutnya Q ( x n ) = cos
Sehingga Lim(Q ( x n )) = 0
Pada sisi lain cos( x ) = 1 jika x = n 2π , n ∈ Z
Ambil ( y n ) =
1
, n ∈ N , maka Lim ( y n ) = 0
n 2π
Selanjutnya Q ( y n ) = cos(2πn) = 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 Lim cos( 1 ) tak ada
x
x→ 0
Sekarang, karena − 1 ≤ cos( 1 ) ≤ 1 maka
x
− x ≤ x cos 1 ≤ x
x
− x ≤ x cos( 1 ) ≤ x
x
Karena Lim(− x ) = 0 = Lim x maka menurut teorema Apit kita simpulkan
x →0
x →0
Lim ( x cos( 1 ) = 0
x
x →0
3
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)
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 Lim g = 0 .
x →c
Buktikan Lim fg = 0
x →c
Bukti :
untuk setiap ε > 0 yang diberikan ∃M ∈ R, M > 0 ∋ 0 < x − c < δ , x ∈ A maka
f ( x) ≤ M . Sekarang
Lim g = 0 , berarti
x →c
0 < x − c < δ 1 , x ∈ A maka g ( x) < ε
M
∃δ 1 > 0 sedemikian sehingga
. Pilih δ = min{M , δ 1} sedemikian
sehingga jika 0 < x − c < δ , x ∈ A maka
f ( x).g ( x) = f ( x).g ( x) < M . ε
M
=ε
6. Gunakan definisi dari limit untuk membuktikan dalam Teorema 4.24(a)
Jawab :
A ⊆ R, f
dan g adalah fungsi pada A ke R, dan misalkan c ∈ R , jika
Lim f = L dan Lim g = M , maka
x→c
x →c
(i) Lim ( f + g ) = L + M
x →c
Untuk ε > 0 yang diberikan terdapat δ 1 > 0 sedemikian sehingga jika
0 < x − c < δ 1 , x ∈ A ,maka
0 < x − c < δ2 , x ∈ A,
maka
f ( x) − L < ε .
2
g ( x) − M < ε
2
.
Demikian
juga
Selanjutnya
pilih
δ = min{δ 1 , δ 2 } sedemikian sehingga jika 0 < x − c < δ , x ∈ A , maka
f ( x) + g ( x) − ( L + M ) ≤ f ( x) − L + g ( x) − M < ε
Karena
ε >0
sebarang
maka
dapat
2
+ε
2
=ε
diambil
kesimpulan
Lim ( f + g ) = L + M
x →c
(ii) Lim( fg ) = LM
x →c
4
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)
Analisis : f ( x) g ( x) − LM = f ( x) g ( x) − Lg ( x) + Lg ( x) − LM
≤ f ( x) − L g ( x) + L g ( x) − M
Untuk ε > 0 yang diberikan
Terdapat δ 1 > 0 sedemikian sehingga jika 0 < x − c < δ 1 , x ∈ A , maka
g ( x) − M <
Terdapat
ε
2L
.
δ2 > 0 ,
K ∈ R, k > 0
sedemikian
sehingga
jika
k = sup{ f (c), M + 1 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
f ( x) − L <
Sekarang
ε
2k
.
pilih
δ = min{δ 1 , δ 2 , δ 3 } ,
sedemikian
sehingga
0 < x −c 0 sebarang, maka dapat siambil kesimpulan Lim( fg ) = LM
x →c
7. Jika h : A → R , jika h( x ) ≠ 0 , ∀x ∈ A , dan jika Lim h = H ≠ 0 maka
x →c
Lim
x→c
f
L
=
h
H
Bukti :
Kita buktikan lebih dahulu Lim
x →c
Analisis :
1
1
.
=
h( x )
H
H − h( x )
1
1
−
=
h( x) H
h( x).H
=
1
. H − h( x )
h( x ) H
5
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)
Jika ∈> 0 diberikan seberang. Pilih δ1 =
0 < x − c < δ , x ∈ A maka
h( x) − H <
1
H . Sedemikian sehingga jika
2
1
H . Selanjutnya kita peroleh
2
1
3
1
2
<
H < h( x) < H atau 0 <
2
2
2
h( x).H
H
Kemudian pilih δ 2 =
maka h( x) − H <
Sekarang
∈H
2
∈H
2
, sedemikian sehingga jika 0 < x − c δ 2 , x ∈ A
2
2
δ = min{δ 1 , δ 2 } .
pilih
0 < x − c < δx ∈ A , maka
<
2
H
2
.
Sedemikian
sehingga
jika
1
1
1
−
=
. h( x) − H
h( x ) H
h( x) H
ε. H
2
2
=ε .
Karena ε > 0 seberang, maka dapat disimpulkan Lim
x →c
1
1
=
h( x) H
Selanjutnya dari (a)
Lim
x →c
f ( x)
1
1
L
= Lim f ( x) Lim
= L. =
x →c g ( x )
h( x ) x →c
H H
8. Misalkan n ∈ N sehingga n ≥ 3 . Turunkan ketaksamaan − x 2 ≤ x n ≤ x 2 untuk
− 1 < x < 1 maka gunakan fakta bahwa Lim x 2 = 0 . Untuk
x →0
menunjukkan
bahwa Lim x n = 0
x →0
Bukti :
Kita bagi dalam beberapa kasus :
6
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)
(i) Jika x = 0
0 ≤ 0 n ≤ 0 2 benar ∀n ∈ N
Jadi untuk x = 0 benar untuk n ≥ 3 sehingga − x 2 ≤ x n ≤ x 2
(ii) Jika 0 < x < 1 maka − x 2 ≤ x n ≤ x 2 , ∀n ≥ 3
Bukti :
Untuk n = 3 maka − x 2 ≤ x 3 ≤ x 2 , jadi untuk n = 3 benar
Misalkan untuk n = k, k ∈ N benar yakni − x 2 ≤ x k ≤ x 2 . Akan
ditunjukkan untuk n = k + 1 juga benar yakni − x 2 ≤ x k +1 ≤ x 2 . Karena
− x 2 ≤ x k ≤ x 2 maka − x 2 ≤ − x 3 ≤ x k +1 ≤ x 3 ≤ x 2 . Jadi untuk n = k + 1
benar.
Akibatnya jika 0 < x < 1 maka − x 2 ≤ x n ≤ x 2 , ∀n ≥ 3
(iii) Jika − 1 < x < 0 , maka − x 2 ≤ x n ≤ x 2 , ∀n ≥ 3
Bukti :
Untuk n = 3 , − 1 < x < 0 maka − x 2 ≤ x 3 ≤ x 2 , jadi untuk n = 3 benar
Misalkan untuk n = k, k ∈ N benar yakni − x 2 ≤ x k ≤ x 2 . akan
ditunjukkan untuk n = k + 1 juga benar yakni − x 2 ≤ x k +1 ≤ x 2 . Karena
− x 2 ≤ x k ≤ x 2 maka − x 2 ≤ − x 3 ≤ x k +1 ≤ x 3 ≤ x 2 . Jadi untuk n = k + 1
benar.
Akibatnya jika − 1 < x < 0 maka − x 2 ≤ x n ≤ x 2 , ∀n ≥ 3
Jadi dari ketiga kasus dapat disimpulkan jika
− 1 < x < 1 maka
− x 2 ≤ x n ≤ x 2 , ∀n ≥ 3 . Karena Lim − x 2 = 0 = Lim x 2 , maka menurut
x →0
x →0
Teorema Apit dapat disimpulkan Lim x n = 0
x →0
9. Misalkan f,g didefinisikan pada A ke R dan misalkan c titik cluster A.
a. Tunjukkna bahwa jika Lim f dan Lim( f + g ) ada maka Lim g ada
x→ c
x →c
x→ c
b. Jika Lim f dan Lim fg ada apakah mengikuti Lim g ada
x→ c
x→c
x→ c
Bukti
7
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)
a. misalkan Lim f = L , Lim ( f + g ) = M
x→c
x →c
untuk ε > 0 sebarang yang diberikan terdapat δ 1 > 0 sedemikian sehingga
jika 0 < x − c < δ1 , x ∈ D( f ) maka f ( x) − L < ε
demikian
juga
terdapat
δ2 > 0
2
sedemikian
0 < x − c < δ 2 , x ∈ D( f ) maka f ( x) + g (c) − M < ε
sehingga
jika
2
sekarang pilih δ = min{δ 1 , δ 2 } selanjutnya jika 0 < x − c < δ , x ∈ D( f )
maka
g ( x) − ( M − L ) = g ( x ) + f ( x ) − M − ( f ( x ) − L
≤ g ( x0 + f ( x) − M + f ( x) − L
0 sebarang maka Lim g ( x ) = M − L , jadi Lim g ada
x →c
x→ c
b. Contoh :
f ( x) = 0, ∀x ∈ R, Lim f ( x) = 0
x →0
g ( x) =
1
, ∀x ∈ R, Lim g ( x) tak ada, tetapi Lim f ( x ) g ( x ) = 0
x→0
x →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 :
f ( x)
g ( x)
0, x ∈ R \ Q
1, x ∈ Q
1, x ∈ R \ Q
0, x ∈ Q
( f + g )( x) = 1, ∀x ∈ R
( fg )( x ) = 0, ∀x ∈ R s
8
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)
11. Tentukan apakah berikut memiliki limit di R
jawab :
(a).
Lim sin( 1
x →0
Lim sin( 1
x→ 0
x2
x2
), x ≠ 0
) tidak ada di R
Bukti
Misal Q ( x) = sin
sin
1
,x ≠ 0
x2
1
1 1
= 1 jika 2 = π + k 2π , k ∈ N
2
2
x
x
1
( xn ) =
Misalkan
1
π + n2π
2
, ∀n ∈ N ,
maka
Lim( xn ) = 0
dan
Q( xn ) = 1, ∀n ∈ N juga LimQ ( xn ) = 1
Sekarang
sin
1
= 0 , jika
x2
1
= k .2π , ∀k ∈ N ,
x2
( yn ) =
Misalkan
1
k 2π
, ∀k ∈ N maka
LimQ( y n ) = 0
dan
Q( y n ) = 0, ∀n ∈ N , LimQ( y n ) = 0
Karena Lim ( xn ) = 0 = Lim( y n ) sedangkan Q ( x n ) ≠ LimQ ( y n ) maka
dapatlah diambil kesimpulan Lim sin
x →0
(b).
Lim x sin( 1
x →0
x2
1
, x ≠ 0 tidak ada di R
x2
), x ≠ 0,0 ∈ R
Bukti :
− 1 ≤ sin
1
≤ 1, ∀x ∈ R
x2
Sehingga − x ≤ x sin
1
≤ x
x2
9
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)
Selanjutnya
Lim x sin( 1
x →0
(c).
Lim − x = 0 = Lim x ,
karena
x2
x →0
x →0
maka
Teorema
Apit
)=0
1
Lim sgn sin( ), x ≠ 0 tidak ada di R
x →0
x
Bukti :
1
,x ≠ 0
x
Misalkan Q ( x) = sgn sin
sin
1
1 1
= 1 , jika = π + n 2π , ∀n ∈ N
x 2
x
Pilih ( xn ) =
1
1
π + n 2π
2
, ∀n ∈ N
Maka Lim ( xn ) = 0 dan Q ( x n ) = 1 sehingga Q ( x n ) = 1
Sedangkan sin
Pilih ( y n ) =
1
1
= 0 , jika = n 2π , ∀n ∈ N
x
x
1
, ∀n ∈ N
n 2π
Maka Lim ( y n ) = 0 , dan Q ( y n ) = 0 sehingga Lim Q ( y n ) = 0
Karena
Lim ( x n ) = 0 = Lim ( y n )
x →0
x→0
tetapi
Lim Q ( x n ) ≠ Lim ( y n ) , maka
x →0
x→0
1
dapat disimpulkan Lim sgn sin( ) tidak ada di R
x→ 0
x
(d).
Lim
x →0
x sin
1
( x > 0)
x2
Bukti :
− 1 ≤ sin
1
≤ 1, ∀x ∈ R
x2
− x ≤ x sin
karena
x>0
maka
x >0
sehingga
1
≤ x.
x2
10
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)
Dan oleh karena Lim − x = 0 = Lim
x →0
Maka
menurut
x →0
Teorema
Apit
x
dapat
diambil
kesimpulan
1
=0
x2
x sin
Lim
x →0
12. Misalkan f : R → R sedemikian sehingga f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) , ∀x, y ∈ R
misalkan Lim f = L ada buktikan L = 0 dan kemudian buktikan bahwa f
x→c
memenuhi limit setiap c ∈ R
bukti :
(a). Misalkan 2 x = y , ∀x, y ∈ R
maka
f ( x) − f (2 x) = f ( x) + f ( x) = 2 f ( x)
Sehingga menurut Teorema 3.1.3
L = Lim f ( y ) = 2 Lim f ( x ) = 2 L
x →0
x →0
Kesamaan di atas hanya dapat dipenuhi jika L = 0 . Jadi terbukti
Lim f ( x ) = 0
x →0
(b). Sekarang
Misalkan x − c = y, ∀x, y ∈ R
Jika x → c maka y → 0 . Sehingga f ( x ) = f ( x − c ) + f (c ) selanjutnya
Lim f ( x ) = Lim f ( x − c ) + Lim f (c )
x →c
x→c
x →c
Dari (a) didapat
Lim f ( x ) = f (c )
x →c
Jadi kesimpulan f memenuhi limit ∀c ∈ R
11
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)
13. Misalkan A ⊆ R , misalkan f : A → R , dan misalkan c ∈ R adalah titik cluster
dari A. Jika Lim f
x→c
f
ada dan jika
dinotasikan sebagai fungsi yang
didefinisikan untuk x ∈ A dengan f ( x) = f ( x) . Buktikan Lim f = Lim f
x →c
x→c
Bukti :
kita akan tunjukkan bahwa jika Lim f ( x) = L ada, maka Lim f ( x) = L
x →c
x→c
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
f ( x) − L ≤ f ( x) − L < ε ,
karena
maka
dengan
mengambil
δ = δ1
sedemikian sehingga jika 0 < x − c < δ , x ∈ A maka f ( x) − L < ε
jadi kita simpulkan Lim f ( x ) = L = Lim f ( x )
x→c
x →c
14. Misalkan A ⊆ R , misalkan f : A → R , dan misalkan c ∈ R adalah titk cluster
dari A. Andaikan f ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ A dan misalkan
didefinisikan untuk x ∈ A dengan ( f )( x) =
Lim
x →c
f adalah fungsi yang
f ( x) . Jika Lim f ada, buktikan
x→ c
f = Lim f
x→c
Bukti :
akan kita tunjukkan jika Lim f ( x ) = L > 0 ada, maka Lim
x →c
x →c
f ( x) = L
untuk ε > 0 yang diberikan sebarang. Pilih δ 1 > 0 sedemikian sehingga jika
0 < x − c < δ 1 , x ∈ A , maka f ( x) − L < ε L
selanjutnya pilih δ = δ 1 , sedemikian sehingga jika 0 < x − c < δ , x ∈ A maka
f ( x) − L =
(
f ( x) − L
)
f ( x) + L
f ( x) + L
12
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)
=
≤
Karena
Lim
x →c
ε >0
f ( x) − L
f ( x) + L
f ( x) − L
L
sebarang
< ε.
L
L
maka
=ε
dapat
di
ambil
kesimpulan
f ( x ) = L = Lim f ( x )
x →c
13
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.
f ( x) =
x 2 + 2x + 1
, ( x ∈ R) .
x2 +1
Misalkan
h( x) = x 2 + 2 x + 1, h( x) kontinu pada ∀e ∈ R
g ( x) = x 2 + 1, g ( x) kontinu pada ∀e ∈ R
Menurut teorema 4.2.4
Lim f ( x) =
x →e
Lim h( x )
x →e
Lim g ( x)
=
x→e
b.
h( x)
= f ( e)
g ( x)
g ( x) = x + x
h( x ) =
x teorema 5.26 h(x) kontinu pada ∀e ≥ 0, e ∈ R
f ( x) = x 2 + x kontinu pada ∀e ∈ R
g ( x) = h f h( x) kontinu pada ∀e ≥ 0, e ∈ R teorema 5.28
c.
h( x) =
1 + sin x
x
,x ≠ 0
Misalkan
g ( x) = 1 + sin x , kontinu pada ∀x ∈ R , teorema 5.25
k ( x) =
1
, kontinu pada ∀e ≠ 0, e ∈ R
x
h( x) =
g ( x)
, kontinu pada e ≠ 0, e ∈ R teorema 4.24
k ( x)
14
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)
d. K ( x) = cos 1 + x 2
Misalkan
f ( x) = 1 + x 2 , kontinu pada ∀e ∈ R
g ( x) = cos x
, 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
f n( x) = ( f ( x)) n untuk x ∈ A , kontinu pada A.
Bukti :
∀ε > 0, ∋ δ 1 > 0, ∋ ∀x ∈ Df , x − e < δ
f ( x ) − f (∈) < ε
↓
∋ δ1 > 0, ∋ ∀x ∈ Df , x − e < δ
f n ( x) − f n (∈) < ε
Akan di tunjukkan bahwa Lim f n ( x) = f n (e)
x →e
Karena Lim f n ( x) = Lim( f ( x)) n = ( Lim f ( x)) n = ( f (e) n ) = f n (e)
x →e
3.
x →e
x →0
Berikan sebuah contoh fungsi f dan g yang kedua nya diskantinu pada c ∈ R
sedemikian sehingga
a.
f + g kontinu pada e
f ( x) = 1, x ∈ Q
=0 , x ∈ R \ Q
g ( x) = 0, x ∈ Q
=0 , x ∈ R \ Q
b.
Dari contoh pada (a) maka f g kontinu pada e
15
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)
4.
Lihatlah latihan 5.1.4. Tentukan titik-titik kontinu dari f ( x ) = x − [ x ], x ∈ R
Misalkan :
h ( x ) = [ x ] kontinu pada ∀e ≠ n, n
g ( x) = x kuntinu pada ∀e ∈ R
Maka f ( x) = g ( x) − h( x) kontinu pada c ≠ n, n ∈ Z
5.
Misalkan g didefinisikan pada R g (1) = 0, g ( x) = 2, x ≠ 1, f ( x) = x + 1, ∀x ∈ R
. Tunjukkan Lim g
x →0
f ≠ (g
f )(0 )
Bukti :
Lim g
x →0
g
f (0 ) = Lim g ( x + 1) = 2
x →0
f (0 ) = g (1) = 0
Hal ini bertentangan dengan Teorema 5.2.7
6.
Misalkan g,f didefinisikan pada R dan misalkan c ∈ R . Andaikan
Lim f ( x ) = b dan g adalah kontinu pada G. Tunjukkan bahwa
x →c
Lim g
x →c
f = g (b )
Jawab :
Andaikan g kontinu pada b
∀ε > 0∃δ1 > 0 ∋ ∀x ∈ Dg , x − b1 < δ 1
g ( x) − g (b) < ε
∀ε > 0∃δ 2 > 0 ∋ ∀x ∈ D f ,0 < x − c < δ 2
f ( x) − b < ε
∀ε > 0∃δ 3 > 0 ∋ ∀x ∈ D f ,0 < x − c < δ 2
g. f ( x) − g (b ) < ε
Jadi untuk ε > 0 sebarang
∃δ 1 > 0 ∋ ∀x ∈ Dg , x − b < δ1
g ( x) − g (b) < ε
∃δ 2 > 0 ∋ ∀x ∈ D f , x − c < δ 2
f ( x) − b < δ 1
Sekarang
Pilih δ 2 = δ 3 > 0 ∋ ∀x ∈ D f ,0 < x − c < δ 3 = δ 2
f ( x) − b < δ 1
16
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)
Selanjutnya jika f ( x) − b < δ1 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
x →c
7.
f = g (b )
Berikan sebuah contoh sebuah fungsi f : [0,1] → R diskontinu pada setiap
titik [0,1] tetapi f kontinu pada [0,1]
Jawab :
Ambil
f ( x) = 1, x ∈ Q
= −1, x ∈ R \ Q
8.
maka f ( x) = 1, ∀x ∈ R
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 ∈ R sebarang
Misalkan xn ∈ Q sehingga xn → x
Karena f dan g kontinu pada
Lim g ( xn ) = g ( x) Karena
xn → x
x∈R
maka
Lim f ( xn ) = f ( x) dan
xn → x
xn ∈ Q , maka f ( xn ) = f ( x), ∀n ∈ N . Sehingga
akibatnya f ( x) = Lim f ( xn ) = Lim g ( xn ) = g ( x) karena x ∈ R \ Q sebarang
xn → x
xn → x
untuk f ( x) = g ( x), x ∈ R
9.
(
)
Misalkan h : R → R kontinu pada R memiliki h m / 2 n = 0, ∀m ∈ Z , n ∈ N .
Tunjukkan bahwa h( x) = 0, ∀x ∈ R
Bukti :
i.
Misalkan x1 ∈ R sebarang
Ambil xn ∈ {m / 2 n , m ∈ Z , n ∈ N } yang konvergen ke x.
17
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)
Kita ketahui h( xn ) = 0 , maka Lim h( xn ) = 0 karena h kontinu disetiap
x ∈ R maka Lim h( xn ) = h( x1 ) = 0
xn →c
Jadi karena x1 ∈ R sebarang maka h( x1 ) = 0, ∀x ∈ R
ii. Ambil c ∈ R sebarang. Karena h kontinu pada R maka h kontinu pada c
berarti untuk ε > 0 yang diberikan ∃δ > 0 ∋ ∀x ∈ h, x − c < δ maka
h ( x ) − h (c ) < ε
Dengan kata lain :
Lim h( xn ) = h(c )
xn →c
Sebarang bila xn ∈ {m / 2 n , m ∈ Z , n ∈ N } maka h( x) = 0 sehingga
Lim h( xn ) = h( x1 ) = 0
xn →c
Karena c ∈ R sebarang maka h(c) = 0, ∀c ∈ R
10.
Misalkan f : R → R kontinu pada R dan misalkan P = {x ∈ R, f ( x) > 0}
jika c ∈ P . Tunjukkan ada Vδ (c ) ⊆ P
Jawab :
c ∈ P maka f (c ) > 0 ambil ε = f (c) > 0
∃δ > 0 ∋ ∀x ∈ D f , x − c < δ
f ( x ) − f ( x ) < f (c )
Selanjutnya diperoleh 0 < f ( x) < 2 f (c)
Jadi
∀x ∈ D f , x − c < δ
f ( x) > 0
Hal ini menyatakan bahwa terdapat Vδ (c ) ⊆ P
18
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)
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 ⊆ S dan Lim ( sn ) = s akan ditunjukkan bahwa f (s) ≥ g (s)
Misalkan S n ⊆ S maka berarti f ( sn ) ≥ g ( sn ) selanjutnya, f dan g kontinu
pada R maka f dan g kontinu pada S. Akibatnya jika Lim ( sn ) = s maka
Lim f ( sn ) = f ( s) dan Lim g ( sn ) = f ( s)
Dari
f ( sn ) ≥ g (sn )
maka
menurut
Teorema
Lim f ( sn ) = f ( s ) ≥ Lim g ( sn ) = g ( s ) jadi s ∈ S .
12. Sebuah fungsi dari R ke R dikatakan penjumlahan jika
f ( x + g ) = f ( x) + f ( g ), ∀x, y ∈ R Buktikan jika f kontinu pada xo maka f
kontinu pada setiap titik dari R.
Jawab :
Dibuktikan terlebih dahulu Lim f ( x − x0 ) = 0 , diperlihatkan :
f ( x) = f ( x − x0 ) + f ( x0 ) dan
Lim f ( x) = f ( x − x0 ) + f ( x0 )
x→ x0
Lim f ( x − x0 ) = 0
x→ x0
Selanjutnya diperlihatkan
f ( x) = f ( x − c) + f (c) dan Lim f ( x ) = Lim f ( x − c ) + Lim f (c )
x →c
x →c
x → xc
Lim f ( x ) = f (c)
x →c
Karena c ∈ R sebarang maka f kontinu pada setiap titik c ∈ R
19
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)
13. Andaikan f kontinu penjumlahan pada R. Jika c = f (1) Tunjukkan
f ( x) = cx, ∀x ∈ R
Bukti :
Ditunjukkan terlebih dahulu f (0) = 0 karena
f ( x) = f ( x − 0) + f (0) maka
Lim f ( x ) = Lim f ( x ) + f (0)
x→c
x →c
f ( 0) = 0
Kemudian ditunjukkan f ( x ) = − f ( x ) diperlihatkan :
f ( 0) = f ( 0 − x ) + f ( x )
0 = f (− x) + f ( x)
f ( − x) = − f ( x )
Untuk x bilangan bulat
x=0
f (0) = 0 = c.0
x>0
f ( x) = f (1 + 1 + 1 + ... + 1) = x. f (1) = x.c
x 0
f ( y ) = y.c
f (− x) = − f ( x) = − x.c
f ( x) = cx
Jadi untuk x ∈ Z berlaku f ( x) = cx∀x ∈ Z
Ditunjukkan untuk x ∈ Q
Misalkan x =
f ( x) = f
m
, m, n ∈ Z
n
m
1
1
= f m. = m. f
n
n
n
dimana
c = f (1) = f n.
1
c
1
1
, jadi f
=
= nf
n
n
n
n
Sehingga
f ( x) = f
m
1
c
= m. f
= m. = c.x
n
n
n
Jadi untuk x ∈ Q berlaku f ( x) = cx
20
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)
Akan ditunjukkan untuk x ∈ R \ Q misalkan
f ( x) = f
m
1
1
= f m. = m. f
n
n
n
Akan kita tunjukan untuk x ∈ R \ Q sebarang
Ambil xn ∈ Q yang konvergen ke x , karena f kontinu pada setiap x ∈ R
maka f kontinu pada x1 selanjutnya
Lim f ( xn ) = f ( x1 )
xn → x1
Karena ( f n ) ∈ Q maka f ( xn ) = cx n
Sehingga f ( x1 ) = Lim f ( x n ) = Lim c( x n ) = cx1
xn → x1
xn → x1
Dengan demikian f ( x1 ) = cx1 pada setiap x1 ∈ R \ Q
Akhrinya dapat kita simpulkan f ( x) = cx1 , ∀x ∈ R
14.
Misalkan g : R → R memenuhi 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 > 0 ∃δ > 0 ∋ ∀x ∈ Dg . x < δ
g ( x ) − g (0) < ε
Dengan kata lain
g (0) = Lim g ( x )
x →0
Kita tunjukkan terlebih dahulu g (0) = 1, ∀x ∈ R kita perhatikan
g ( x) = g (0 + x)
= g ( x ).g (0)
g (0) = 1 = Lim g ( x )
x →0
Sekarang misalkan c ∈ R sebarang
Akan ditunjukkan g kontinu di c
Dari
21
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)
g (x ) = g (x − c ).g (c)
Lim g ( x ) = Lim g ( x − c ).g (c ) = 1.g (c )
x →c
x →c
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
g ( x) = g ( x − a).g (a) = g ( x − a).a = 0, ∀x, a ∈ R
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) =
1
( f ( x) + g ( x)) + 1 f ( x).g ( x) , ∀x ∈ R . Gunakan
2
2
hasil ini untuk menunjukkan h kontinu pada c.
Bukti :
a. Akan ditunjukkan Tunjukkan bahwa
h( x ) =
1
( f ( x) + g ( x)) + 1 f ( x).g ( x) , ∀x ∈ R
2
2
Bila f ( x) ≥ g ( x), ∀x ∈ R
Maka
h( x ) = f ( x ) =
=
1
( f ( x) + g ( x) ) + 1 ( f ( x) − g ( x) )
2
2
..........(i)
1
( f ( x) + g ( x) ) + 1 ( f ( x) − g ( x) )
2
2
Bila f ( x) ≤ g ( x), ∀x ∈ R
Maka
h( x ) = g ( x ) =
=
1
( f ( x ) + g ( x ) ) + 1 ( f ( x ) − g ( x) )
2
2
..........(ii)
1
( f ( x) + g ( x) ) + 1 ( f ( x) − g ( x) )
2
2
22
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)
Selanjutnya kita dapatkan ∀x ∈ R
h( x) =
b.
1
( f ( x) + g ( x) ) + 1 ( f ( x) − g ( x) )
2
2
Akan ditunjukkan h kontinu pada c
Karena f,g kontinu di c maka
Lim h( x) = Lim
x →c
x →c
=
1
1
( f ( x) + g ( x)) + ( f ( x) − g ( x))
2
2
1
1
Lim( f ( x) + g ( x)) + Lim f ( x) + g ( x)
2 x →c
2 x →c
1
1
= ( f (c) + g (c)) + f (c) + g (c)
2
2
= h(x)
Jadi h kontinu pada c
23
Analisis Real, 2011
Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018)