# Bab 34: Limit Fungsi di Suatu Titik (Pendekatan Epsilon-Delta)

## 34.1 Definisi Formal $\varepsilon$–$\delta$ Limit Fungsi

Bagian VII membahas limit fungsi dan kontinuitas. Penjelasan master untuk Bab 34: definisi analitis yang rigor tentang bagaimana nilai suatu fungsi mendekati suatu bilangan ketika variabel input mendekati titik tertentu. Limit barisan (Bab 25) menjawab pertanyaan "ke mana $s_n$ pergi ketika $n$ membesar". Limit fungsi menjawab pertanyaan "ke mana $f(x)$ pergi ketika $x$ mendekati $c$". Perbedaannya: indeks $n$ hanya bergerak ke satu arah dan melompat-lompat, sedangkan $x$ dapat mendekati $c$ dari banyak arah dan melalui titik-titik yang rapat. Akibatnya, toleransi pada input bukan lagi indeks $N_0$, melainkan jari-jari $\delta$.

Prasyarat: fungsi (Bab 5); bola, lingkungan, dan titik akumulasi (Bab 13–14, terutama Definisi 14.2.1); Bab 25.

### Domain dan Titik yang Didekati

Dalam bab ini, fungsi selalu $f:D\to\mathbb{R}$ dengan $D\subseteq\mathbb{R}$. Contohnya, $\tfrac1x$ dengan $D=\mathbb{R}\setminus\{0\}$, atau $\sqrt x$ dengan $D=[0,\infty)$. Pernyataan seperti "$f(x)=\tfrac{x^2-4}{x-2}$" tanpa domain belum lengkap. Kecuali disebut lain, domainnya adalah himpunan terbesar tempat rumus itu bermakna, yaitu $\mathbb{R}\setminus\{2\}$ untuk contoh ini.

Titik $c$ yang didekati harus dapat didekati oleh titik-titik domain yang berbeda dari $c$. Menurut Definisi 14.2.1, ini berarti $c$ titik akumulasi $D$, ditulis $c\in D'$: setiap bola $B(c,r)$ memuat suatu $x\in D$ dengan $x\ne c$. Titik $c$ sendiri boleh termuat di $D$ atau tidak.

### Definisi

#### Definisi 34.1.1 (Limit Fungsi)

Misalkan $f:D\to\mathbb{R}$, $c\in D'$, dan $L\in\mathbb{R}$. Kita menulis $\lim_{x\to c}f(x)=L$, atau $f(x)\to L$ untuk $x\to c$, jika
$$\forall\varepsilon>0\ \ \exists\delta>0\ \ \forall x\in D:\ \ 0<|x-c|<\delta\ \Longrightarrow\ |f(x)-L|<\varepsilon.$$

Ini rumusan master, dengan dua tambahan yang diperlukan: kuantor "$\forall x\in D$" dan syarat $c\in D'$.

Tiga unsur definisi ini perlu dicermati.

(a) Syarat $0<|x-c|$: titik $c$ sendiri dikecualikan. Nilai $f(c)$, bila ada, tidak berperan sama sekali. Limit hanya menyangkut nilai-nilai di dekat $c$, bukan nilai di $c$.

(b) Syarat $x\in D$: hanya titik domain yang diuji. Untuk $\sqrt x$ di $c=0$, hanya $x>0$ yang relevan.

(c) Syarat $c\in D'$: bila $c$ bukan titik akumulasi, ada $\delta$ sehingga tidak ada $x\in D$ dengan $0<|x-c|<\delta$. Implikasinya menjadi benar secara hampa untuk setiap $L$, sehingga "limit" tidak tunggal dan tidak bermakna. Syarat ini mencegah situasi itu (Teorema 34.1.4).

Seperti pada barisan, permainan $\varepsilon$–$\delta$ dapat dibaca sebagai berikut. Penantang memberi toleransi output $\varepsilon$. Pembukti menjawab dengan toleransi input $\delta$, yang boleh bergantung pada $\varepsilon$ dan $c$. Jawaban sah bila setiap input domain dalam jarak $\delta$ dari $c$, kecuali $c$ sendiri, menghasilkan output dalam jarak $\varepsilon$ dari $L$.

#### Proposisi 34.1.2 (Bentuk Lingkungan)

Dengan notasi bola terbuka, $\lim_{x\to c}f(x)=L$ jika dan hanya jika untuk setiap $\varepsilon>0$ ada $\delta>0$ dengan
$$f\bigl[(B(c,\delta)\setminus\{c\})\cap D\bigr]\subseteq B(L,\varepsilon).$$
Setara dengan itu, untuk setiap lingkungan $V$ dari $L$ ada lingkungan $U$ dari $c$ dengan $f[(U\setminus\{c\})\cap D]\subseteq V$.

Bukti. Bentuk pertama adalah definisi yang ditulis dengan peta maju (Bab 5) dan Proposisi 13.2.2. Bentuk kedua: setiap lingkungan memuat suatu bola berpusat di titiknya (Definisi 13.2.6), dan setiap bola berpusat di titiknya adalah lingkungan. $\square$

### Contoh

#### Contoh 34.1.3

(a) Fungsi linear: $\lim_{x\to c}(ax+b)=ac+b$, dengan $D=\mathbb{R}$. Bila $a=0$, ambil $\delta=1$. Bila $a\ne0$, $|ax+b-(ac+b)|=|a||x-c|$. Ambil $\delta=\tfrac\varepsilon{|a|}$.

(b) Kuadrat: $\lim_{x\to c}x^2=c^2$. Kerja konsep: $|x^2-c^2|=|x-c|\,|x+c|$. Faktor $|x+c|$ perlu dibatasi. Bila $|x-c|<1$, maka $|x+c|\leq|x-c|+2|c|<1+2|c|$. Bukti: ambil
$$\delta=\min\Bigl(1,\ \frac\varepsilon{1+2|c|}\Bigr).$$
Untuk $0<|x-c|<\delta$, $|x^2-c^2|<(1+2|c|)\cdot\tfrac\varepsilon{1+2|c|}=\varepsilon$. Teknik "batasi dulu dengan $\delta\leq1$" adalah teknik baku untuk faktor yang bergantung pada $x$.

(c) Kebalikan: $\lim_{x\to c}\tfrac1x=\tfrac1c$ untuk $c\ne0$, dengan $D=\mathbb{R}\setminus\{0\}$. $\bigl|\tfrac1x-\tfrac1c\bigr|=\tfrac{|x-c|}{|x||c|}$. Bila $|x-c|<\tfrac{|c|}2$, maka $|x|>\tfrac{|c|}2$ (Teorema 18.3.1), sehingga ruas itu $<\tfrac{2|x-c|}{c^2}$. Ambil $\delta=\min\bigl(\tfrac{|c|}2,\tfrac{c^2\varepsilon}2\bigr)$.

(d) Akar: $\lim_{x\to c}\sqrt x=\sqrt c$, dengan $D=[0,\infty)$. Untuk $c>0$: $|\sqrt x-\sqrt c|=\tfrac{|x-c|}{\sqrt x+\sqrt c}\leq\tfrac{|x-c|}{\sqrt c}$. Ambil $\delta=\sqrt c\,\varepsilon$. Untuk $c=0$: $\sqrt x<\varepsilon$ bila $0<x<\varepsilon^2$. Ambil $\delta=\varepsilon^2$. Di sini hanya $x>0$ yang diuji, sesuai unsur (b).

(e) Nilai di $c$ tidak penting. Misalkan $g(x)=x^2$ untuk $x\ne0$ dan $g(0)=5$. Maka $\lim_{x\to0}g(x)=0$, bukan $5$, karena definisinya mengecualikan $x=0$. Juga, untuk $h(x)=\tfrac{x^2-4}{x-2}$ dengan $D=\mathbb{R}\setminus\{2\}$, berlaku $h(x)=x+2$ pada $D$, sehingga $\lim_{x\to2}h(x)=4$ menurut (a), walaupun $h(2)$ tidak terdefinisi. Contoh ini muncul lagi di Unit 35.2.

### Ketunggalan

#### Teorema 34.1.4 (Ketunggalan Limit Fungsi)

Misalkan $c\in D'$. Bila $\lim_{x\to c}f(x)=L$ dan $\lim_{x\to c}f(x)=M$, maka $L=M$.

Bukti. Misalkan $\varepsilon>0$, dan ambil $\delta_1$ dan $\delta_2$ untuk kedua limit. Karena $c\in D'$, ada $x\in D$ dengan $0<|x-c|<\min(\delta_1,\delta_2)$. Untuk $x$ itu, $|L-M|\leq|L-f(x)|+|f(x)-M|<2\varepsilon$. Karena $\varepsilon$ sebarang, $L=M$. $\square$

Di sinilah syarat $c\in D'$ dipakai. Tanpa syarat itu, titik $x$ yang dibutuhkan mungkin tidak ada. Peran $c\in D'$ sama dengan peran "dua ekor selalu beririsan" pada bukti ketunggalan limit barisan (Teorema 25.2.1).

### Negasi dan Ketiadaan Limit

Negasi definisi:
$$\lim_{x\to c}f(x)\ne L\iff\exists\varepsilon>0\ \ \forall\delta>0\ \ \exists x\in D:\ 0<|x-c|<\delta\ \text{dan}\ |f(x)-L|\geq\varepsilon.$$
Lebih tepatnya, ruas kiri berarti "tidak benar bahwa $f(x)\to L$". Bentuk ini mencakup kasus ketika limitnya tidak ada sama sekali.

#### Contoh 34.1.5 (Fungsi Tanda di $0$)

$\operatorname{sgn}(x)=1$ untuk $x>0$, $-1$ untuk $x<0$, dan $0$ untuk $x=0$ (Proposisi 17.2.12). Untuk $c=0$, limitnya tidak ada. Andaikan limitnya $L$. Dengan $\varepsilon=1$, ada $\delta$ sehingga untuk $x=\tfrac\delta2$ dan $x=-\tfrac\delta2$ berlaku $|1-L|<1$ dan $|-1-L|<1$. Maka $2\leq|1-L|+|L+1|<2$, kontradiksi. Bandingkan dengan Contoh 25.1.10.

#### Contoh 34.1.6 (Fungsi Dirichlet)

$\chi_{\mathbb{Q}}(x)=1$ untuk $x\in\mathbb{Q}$ dan $0$ untuk $x\notin\mathbb{Q}$. Untuk setiap $c\in\mathbb{R}$, limitnya tidak ada. Setiap bola $B(c,\delta)$ memuat rasional dan irasional selain $c$ (Teorema 11.3.11 dan 11.4.6). Argumen Contoh 34.1.5 dengan $\varepsilon=\tfrac12$ memberi kontradiksi untuk setiap calon $L$.

Sebaliknya, $f(x)=x\,\chi_{\mathbb{Q}}(x)$ mempunyai limit $0$ di $c=0$: $|f(x)|\leq|x|$, sehingga $\delta=\varepsilon$ bekerja. Di titik $c\ne0$ lainnya, limitnya tidak ada.

### Sifat Lokal

#### Proposisi 34.1.7

Misalkan $\lim_{x\to c}f(x)=L$.

(a) Keterbatasan lokal: ada $\delta>0$ dan $M$ dengan $|f(x)|\leq M$ untuk semua $x\in D$ dengan $0<|x-c|<\delta$.

(b) Tanda lokal: bila $L>0$, ada $\delta>0$ dengan $f(x)>\tfrac L2$ untuk $x\in D$, $0<|x-c|<\delta$. Bila $L\ne0$, $|f(x)|>\tfrac{|L|}2$ di sana.

Bukti. (a) $\varepsilon=1$: $|f(x)|\leq|L|+1$. (b) $\varepsilon=\tfrac L2$, atau $\varepsilon=\tfrac{|L|}2$ dengan Teorema 18.3.1. $\square$

Berbeda dengan barisan konvergen (Teorema 25.2.3), keterbatasan ini hanya lokal. Fungsi $\tfrac1x$ pada $(0,\infty)$ mempunyai limit $1$ di $c=1$, tetapi tidak terbatas pada seluruh domainnya.

### Latihan

Latihan 34.1-1. Buktikan dengan definisi, dan tuliskan $\delta$ secara eksplisit: (a) $\lim_{x\to3}(2x-1)=5$; (b) $\lim_{x\to-1}x^2=1$; (c) $\lim_{x\to2}\tfrac1x=\tfrac12$.

Latihan 34.1-2. Buktikan bahwa $\lim_{x\to c}x^3=c^3$ dengan teknik "$\delta\leq1$".

Latihan 34.1-3. Untuk $f(x)=\sqrt x$ di $c=4$, tentukan $\delta$ untuk $\varepsilon=0{,}01$, lalu periksa dengan $x=4+\delta/2$.

Latihan 34.1-4. Misalkan $D=\{\tfrac1n:n\in\mathbb{N}_{+}\}\cup\{2\}$ dan $f(x)=x$. Apakah $0\in D'$? Apakah $2\in D'$? Apa artinya bagi $\lim_{x\to2}f(x)$?

Latihan 34.1-5. Buktikan bahwa $\lim_{x\to c}f(x)=L$ jika dan hanya jika $\lim_{x\to c}(f(x)-L)=0$, jika dan hanya jika $\lim_{x\to c}|f(x)-L|=0$.

Latihan 34.1-6. Misalkan $f(x)=\lfloor x\rfloor$. Buktikan bahwa $\lim_{x\to c}f(x)$ ada untuk $c\notin\mathbb{Z}$ dan tidak ada untuk $c\in\mathbb{Z}$.

Latihan 34.1-7. Buktikan bahwa $\lim_{x\to0}x\chi_{\mathbb{Q}}(x)=0$, dan bahwa untuk $c\ne0$ limit fungsi itu di $c$ tidak ada.

Latihan 34.1-8. Tuliskan negasi lengkap dari "$\lim_{x\to c}f(x)$ ada", yaitu tidak ada $L$ yang memenuhi definisi, dengan kuantor.

### Solusi

Solusi 34.1-1. (a) $|2x-1-5|=2|x-3|$. Ambil $\delta=\tfrac\varepsilon2$. (b) $|x^2-1|=|x+1||x-1|$. Untuk $|x+1|<1$, $|x-1|\leq|x+1|+2<3$. Ambil $\delta=\min(1,\tfrac\varepsilon3)$. (c) $\bigl|\tfrac1x-\tfrac12\bigr|=\tfrac{|x-2|}{2|x|}$. Untuk $|x-2|<1$, $|x|>1$, sehingga ruas itu $<\tfrac{|x-2|}2$. Ambil $\delta=\min(1,2\varepsilon)$. $\square$

Solusi 34.1-2. $|x^3-c^3|=|x-c|\,|x^2+xc+c^2|$. Untuk $|x-c|<1$, $|x|<|c|+1$, sehingga $|x^2+xc+c^2|<(|c|+1)^2+(|c|+1)|c|+c^2\leq3(|c|+1)^2$. Ambil $\delta=\min\bigl(1,\tfrac\varepsilon{3(|c|+1)^2}\bigr)$. $\square$

Solusi 34.1-3. $\delta=\sqrt4\cdot0{,}01=0{,}02$. Untuk $x=4{,}01$: $\sqrt{4{,}01}-2=\tfrac{0{,}01}{\sqrt{4{,}01}+2}<\tfrac{0{,}01}4=0{,}0025<0{,}01$. $\square$

Solusi 34.1-4. $0\in D'$: setiap $B(0,r)$ memuat $\tfrac1n\ne0$ untuk $n>\tfrac1r$. $2\notin D'$: $B(2,\tfrac12)\cap D=\{2\}$. Jadi $\lim_{x\to2}f(x)$ tidak didefinisikan. Tanpa syarat $c\in D'$, setiap $L$ akan memenuhi definisi secara hampa dengan $\delta=\tfrac12$. $\square$

Solusi 34.1-5. Ketiga pernyataan memakai besaran yang sama, $|f(x)-L|=|(f(x)-L)-0|=\bigl||f(x)-L|-0\bigr|$. $\square$

Solusi 34.1-6. Untuk $c\notin\mathbb{Z}$, misalkan $k=\lfloor c\rfloor$, sehingga $k<c<k+1$. Ambil $\delta=\min(c-k,k+1-c)>0$. Untuk $|x-c|<\delta$, $k<x<k+1$, sehingga $\lfloor x\rfloor=k$. Jadi limitnya $k$. Untuk $c\in\mathbb{Z}$: $\lfloor x\rfloor=c$ untuk $x\in(c,c+1)$ dan $\lfloor x\rfloor=c-1$ untuk $x\in(c-1,c)$. Argumen Contoh 34.1.5 dengan $\varepsilon=\tfrac12$ memberi kontradiksi. $\square$

Solusi 34.1-7. Di $0$: $|x\chi_{\mathbb{Q}}(x)|\leq|x|<\delta=\varepsilon$. Di $c\ne0$: di dekat $c$ ada rasional dengan nilai fungsi dekat $c$, dan irasional dengan nilai $0$. Andaikan limitnya $L$, dan ambil $\varepsilon=\tfrac{|c|}4$, serta $\delta\leq\tfrac{|c|}4$. Ada rasional $x$ dengan $|x-c|<\delta$, sehingga $|x|>\tfrac{3|c|}4$, dan irasional $y$ dengan $|y-c|<\delta$. Maka $|f(x)-f(y)|=|x|>\tfrac{3|c|}4$, padahal $|f(x)-f(y)|<2\varepsilon=\tfrac{|c|}2$. Kontradiksi. $\square$

Solusi 34.1-8. $\forall L\in\mathbb{R}\ \exists\varepsilon>0\ \forall\delta>0\ \exists x\in D:\ 0<|x-c|<\delta\wedge|f(x)-L|\geq\varepsilon$. $\square$

### Ringkasan

$\lim_{x\to c}f(x)=L$ berarti bahwa untuk setiap $\varepsilon>0$ ada $\delta>0$ sehingga setiap $x\in D$ dengan $0<|x-c|<\delta$ memenuhi $|f(x)-L|<\varepsilon$. Nilai $f(c)$ tidak berperan, hanya titik domain yang diuji, dan $c$ harus titik akumulasi domain. Syarat terakhir inilah yang menjamin ketunggalan limit. Teknik bukti: hitung $|f(x)-L|$, faktorkan keluar $|x-c|$, batasi faktor sisanya dengan $\delta\leq1$, lalu ambil $\delta$ sebagai minimum. Fungsi tanda dan fungsi Dirichlet memperlihatkan bagaimana limit dapat tidak ada. Limit memberi keterbatasan lokal dan tanda lokal.

## 34.2 Kriteria Barisan untuk Limit Fungsi

Bagian V membangun banyak alat untuk barisan. Kriteria barisan membawa alat-alat itu ke limit fungsi: $f(x)\to L$ untuk $x\to c$ jika dan hanya jika $f(x_n)\to L$ untuk setiap barisan $x_n\to c$ di domain dengan $x_n\ne c$. Satu arah kriteria ini dibuktikan langsung. Arah lainnya memerlukan pilihan terhitung, sesuai kebijakan Unit 23.3. Yang paling sering dipakai justru versi negatifnya, yang bebas pilihan: dua barisan yang memberi limit berbeda membuktikan bahwa limit fungsi tidak ada.

Prasyarat: Unit 34.1; Bab 25–28; Aksioma 23.3.3.

### Kriteria Barisan

#### Teorema 34.2.1 (Kriteria Barisan)

Misalkan $f:D\to\mathbb{R}$, $c\in D'$, dan $L\in\mathbb{R}$.

(a) Tanpa pilihan: jika $\lim_{x\to c}f(x)=L$, maka untuk setiap barisan $(x_n)$ di $D\setminus\{c\}$ dengan $x_n\to c$, berlaku $f(x_n)\to L$.

(b) Dengan AC$_\omega$: kebalikannya berlaku. Bila $f(x_n)\to L$ untuk setiap barisan $(x_n)$ di $D\setminus\{c\}$ dengan $x_n\to c$, maka $\lim_{x\to c}f(x)=L$.

Bukti. (a) Misalkan $\varepsilon>0$, dan ambil $\delta$ dari definisi limit. Karena $x_n\to c$, ada $N_0$ dengan $|x_n-c|<\delta$ untuk $n\geq N_0$. Karena $x_n\ne c$, $0<|x_n-c|<\delta$, sehingga $|f(x_n)-L|<\varepsilon$.

(b) Kontraposisi. Misalkan $f(x)\not\to L$. Menurut negasi definisi, ada $\varepsilon>0$ sehingga untuk setiap $n\geq1$, himpunan
$$A_n=\Bigl\{x\in D:0<|x-c|<\tfrac1n,\ |f(x)-L|\geq\varepsilon\Bigr\}$$
tidak kosong. AC$_\omega$ (Aksioma 23.3.3) memberi barisan $x_n\in A_n$. Maka $x_n\in D\setminus\{c\}$ dan $|x_n-c|<\tfrac1n$, sehingga $x_n\to c$. Akan tetapi $|f(x_n)-L|\geq\varepsilon$ untuk semua $n$, sehingga $f(x_n)\not\to L$. $\square$

Pemakaian AC$_\omega$ pada (b) bersifat esensial dalam arti berikut. Bukti di atas harus memilih satu titik dari setiap $A_n$, dan untuk $f$ dan $D$ sebarang tidak ada aturan yang tersedia. Untuk banyak fungsi konkret, pilihan dapat dihindari. Contohnya, bila $D$ adalah interval, atau bila $A_n$ selalu memuat rasional sehingga dapat dipilih rasional dengan indeks pencacahan terkecil. Dalam bab-bab berikutnya, setiap pemakaian Teorema 34.2.1(b) akan ditandai "dengan AC$_\omega$". Bukti-bukti teorema aljabar limit (Unit 34.3) sengaja ditulis dengan $\varepsilon$–$\delta$, sehingga tidak bergantung pada (b).

### Kriteria Divergensi

#### Akibat 34.2.2 (Kriteria Divergensi, Tanpa Pilihan)

Misalkan $c\in D'$.

(a) Jika ada barisan $(x_n)$ di $D\setminus\{c\}$ dengan $x_n\to c$ dan $(f(x_n))$ divergen, maka $\lim_{x\to c}f(x)$ tidak ada.

(b) Jika ada dua barisan $(x_n)$ dan $(y_n)$ di $D\setminus\{c\}$ yang konvergen ke $c$, dengan $f(x_n)\to L_1$, $f(y_n)\to L_2$, dan $L_1\ne L_2$, maka $\lim_{x\to c}f(x)$ tidak ada.

Bukti. Bila limitnya $L$, Teorema 34.2.1(a) memberi $f(x_n)\to L$ untuk setiap barisan seperti itu. Itu bertentangan dengan (a), dan dengan ketunggalan limit barisan pada (b). $\square$

#### Contoh 34.2.3

(a) Fungsi tanda di $0$: $x_n=\tfrac1n$ dan $y_n=-\tfrac1n$ memberi limit $1$ dan $-1$.

(b) Fungsi Dirichlet di $c$: $x_n=\tfrac{\lfloor nc\rfloor}n$ rasional, dengan $|x_n-c|<\tfrac1n$ (Latihan 25.2-6), dan $y_n=x_n+\tfrac{\sqrt2}n$ irasional. Untuk menjamin $x_n\ne c$ dan $y_n\ne c$, cukup membuang berhingga banyak suku atau menggeser sedikit (Latihan 34.2-3). Nilai fungsinya $1$ dan $0$. Barisan-barisan ini diberikan oleh rumus, tanpa pilihan.

(c) Fungsi berosilasi tanpa trigonometri: $f(x)=(-1)^{\lfloor1/x\rfloor}$ pada $D=(0,1)$, dengan $c=0$. Barisan $x_n=\tfrac1{2n}$ memberi $\lfloor2n\rfloor=2n$ genap, sehingga $f(x_n)=1$. Barisan $y_n=\tfrac1{2n+1}$ memberi $f(y_n)=-1$. Limitnya tidak ada. Fungsi ini memainkan peran yang sering dimainkan $\sin\tfrac1x$ dalam buku lain. Fungsi sinus sendiri baru didefinisikan di Bab 48–49.

(d) $f(x)=\tfrac1x$ di $c=0$: $x_n=\tfrac1n$ memberi $f(x_n)=n$, yang divergen. Limitnya tidak ada (sebagai bilangan real). Bab 35 memberi bahasa untuk "menuju $+\infty$".

### Memindahkan Teorema Barisan

Kriteria barisan memberi cara cepat untuk mendapatkan sifat limit fungsi dari sifat limit barisan.

#### Proposisi 34.2.4 (Limit Melalui Barisan Khusus)

Bila $\lim_{x\to c}f(x)=L$, maka nilai $L$ dapat dihitung dari satu barisan saja: untuk sebarang $(x_n)$ di $D\setminus\{c\}$ dengan $x_n\to c$, $L=\lim f(x_n)$.

Bukti. Teorema 34.2.1(a) dan ketunggalan limit barisan. $\square$

Peringatan. Proposisi ini menghitung nilai limit bila limit itu ada. Proposisi ini tidak membuktikan keberadaan limit. Satu barisan, atau bahkan berhingga banyak barisan, tidak cukup untuk membuktikan keberadaan. Contoh: fungsi Dirichlet sepanjang $x_n=\tfrac1n$ memberi limit $1$, padahal limit fungsinya tidak ada.

#### Teorema 34.2.5 (Kriteria Cauchy untuk Limit Fungsi)

Misalkan $c\in D'$. $\lim_{x\to c}f(x)$ ada jika dan hanya jika untuk setiap $\varepsilon>0$ ada $\delta>0$ dengan $|f(x)-f(y)|<\varepsilon$ untuk semua $x,y\in D$ dengan $0<|x-c|<\delta$ dan $0<|y-c|<\delta$.

Bukti. ($\Rightarrow$) Dengan $\tfrac\varepsilon2$ dan ketaksamaan segitiga.

($\Leftarrow$) Langkah 1: kandidat limit, dibangun dengan supremum sehingga tidak perlu memilih barisan. Untuk $n\geq1$ tetapkan $D_n=\{x\in D:0<|x-c|<\tfrac1n\}$. Himpunan ini tidak kosong, karena $c\in D'$, dan $D_{n+1}\subseteq D_n$. Terapkan hipotesis dengan $\varepsilon=1$ untuk memperoleh $\delta_1$, lalu ambil $n_0$ dengan $\tfrac1{n_0}\leq\delta_1$, dan satu titik $x_0\in D_{n_0}$. Ini satu pilihan tunggal, yang sah. Maka $|f(x)-f(x_0)|<1$ untuk semua $x\in D_{n_0}$, sehingga $f$ terbatas pada $D_{n_0}$. Untuk $n\geq n_0$, tetapkan $u_n=\sup\{f(x):x\in D_n\}$. Barisan $(u_n)_{n\geq n_0}$ turun, karena supremum diambil atas himpunan yang mengecil (Proposisi 11.2.15), dan terbatas di bawah oleh $f(x_0)-1$. Jadi barisan itu konvergen ke suatu $L$ (Teorema 27.2.1).

Langkah 2: $L$ adalah limitnya. Misalkan $\varepsilon>0$, ambil $\delta$ dari hipotesis, dan $n\geq n_0$ dengan $\tfrac1n<\delta$ dan $|u_n-L|<\varepsilon$. Untuk $x\in D$ dengan $0<|x-c|<\tfrac1n$: setiap $y\in D_n$ memenuhi $f(y)<f(x)+\varepsilon$, sehingga $u_n\leq f(x)+\varepsilon$. Juga $f(x)\leq u_n$. Jadi $|f(x)-u_n|\leq\varepsilon$, dan $|f(x)-L|<2\varepsilon$. $\square$

Bukti ini sengaja dibuat tanpa AC$_\omega$, dengan memakai supremum alih-alih barisan pilihan. Dengan AC$_\omega$, bukti yang lebih pendek tersedia: pilih $x_n\in D_n$, tunjukkan bahwa $(f(x_n))$ Cauchy, lalu gunakan Teorema 34.2.1(b).

### Latihan

Latihan 34.2-1. Gunakan Akibat 34.2.2 untuk membuktikan bahwa limit berikut tidak ada: (a) $\lim_{x\to0}\tfrac{|x|}x$; (b) $\lim_{x\to1}\lfloor x\rfloor$; (c) $\lim_{x\to2}x\,\chi_{\mathbb{Q}}(x)$.

Latihan 34.2-2. Buktikan Teorema 34.2.1(a) secara rinci untuk $f(x)=x^2$ dan $c=3$, dengan barisan $x_n=3+\tfrac{(-1)^n}n$.

Latihan 34.2-3. Pada Contoh 34.2.3(b), modifikasi $x_n$ dan $y_n$ sehingga keduanya pasti berbeda dari $c$, tetap tanpa pilihan, lalu selesaikan bukti bahwa fungsi Dirichlet tidak mempunyai limit di $c$.

Latihan 34.2-4. Buktikan bahwa $f(x)=x\,(-1)^{\lfloor1/x\rfloor}$ pada $(0,1)$ mempunyai limit $0$ untuk $x\to0$.

Latihan 34.2-5. Misalkan $f$ terbatas di dekat $c$ dan $\lim_{x\to c}g(x)=0$. Buktikan dengan $\varepsilon$–$\delta$ bahwa $\lim_{x\to c}f(x)g(x)=0$.

Latihan 34.2-6. Misalkan $f$ naik pada $(a,b)$ dan $c\in(a,b)$. Tunjukkan tanpa pilihan bahwa $\lim_{x\to c}f(x)$ ada jika dan hanya jika $\sup_{x<c}f(x)=\inf_{x>c}f(x)$, dengan $x\in(a,b)$.

Latihan 34.2-7. Misalkan $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$. Buktikan dengan $\varepsilon$–$\delta$ bahwa $\lim_{x\to c}f(x)=L$ jika dan hanya jika $\lim_{h\to0}f(c+h)=L$, dengan $g(h)=f(c+h)$ sebagai fungsi $h$.

Latihan 34.2-8. Buktikan bahwa jika $\lim_{x\to c}f(x)=L$ dan $(x_n)$ di $D\setminus\{c\}$ dengan $x_n\to c$, maka $\bigl(f(x_n)\bigr)$ terbatas.

### Solusi

Solusi 34.2-1. (a) $x_n=\tfrac1n$ memberi $1$, dan $y_n=-\tfrac1n$ memberi $-1$. (b) $x_n=1+\tfrac1{2n}$ memberi $1$, dan $y_n=1-\tfrac1{2n}$ memberi $0$. (c) $x_n=2+\tfrac1n$ rasional memberi nilai $x_n\to2$, dan $y_n=2+\tfrac{\sqrt2}n$ irasional memberi nilai $0$. Kedua barisan berbeda dari $2$. $\square$

Solusi 34.2-2. $x_n\ne3$ dan $x_n\to3$. Untuk $\varepsilon>0$, $\delta=\min(1,\tfrac\varepsilon7)$ bekerja untuk $x^2$ di $3$, karena $|x+3|<7$ ketika $|x-3|<1$. Ambil $N_0>\tfrac1\delta$. Untuk $n\geq N_0$, $0<|x_n-3|=\tfrac1n<\delta$, sehingga $|x_n^2-9|<\varepsilon$. $\square$

Solusi 34.2-3. Tetapkan $x_n=\tfrac{\lfloor nc\rfloor}n-\tfrac1n$. Maka $x_n\leq c-\tfrac1n<c$, $x_n$ rasional, dan $|x_n-c|<\tfrac2n$. Tetapkan juga $y_n=x_n+\tfrac{\sqrt2}{2n}$. Maka $y_n\leq c-\tfrac1n+\tfrac{\sqrt2}{2n}<c$, karena $\tfrac{\sqrt2}2<1$. $y_n$ irasional, karena rasional ditambah irasional tak nol, dan $y_n\to c$. Nilai Dirichlet pada kedua barisan adalah $1$ dan $0$. Akibat 34.2.2(b) memberi kesimpulannya. $\square$

Solusi 34.2-4. $|f(x)|=|x|$. Ambil $\delta=\varepsilon$. $\square$

Solusi 34.2-5. Misalkan $|f(x)|\leq M$ untuk $x\in D$, $0<|x-c|<\delta_0$, dengan $M>0$. Untuk $\varepsilon>0$, ambil $\delta_1$ dengan $|g(x)|<\tfrac\varepsilon M$, dan $\delta=\min(\delta_0,\delta_1)$. Maka $|f(x)g(x)|<\varepsilon$. $\square$

Solusi 34.2-6. Tulis $s=\sup_{a<x<c}f(x)$ dan $i=\inf_{c<x<b}f(x)$. Keduanya ada, karena $f(c)$ adalah batas atas dan batas bawah masing-masing (kemonotonan), dan $s\leq f(c)\leq i$. Bila $s=i=L$: untuk $\varepsilon>0$, ada $x_1<c$ dengan $f(x_1)>L-\varepsilon$ dan $x_2>c$ dengan $f(x_2)<L+\varepsilon$ (Teorema 11.3.2 dan versi infimumnya). Ambil $\delta=\min(c-x_1,x_2-c)$. Untuk $0<|x-c|<\delta$, kemonotonan memberi $L-\varepsilon<f(x_1)\leq f(x)\leq f(x_2)<L+\varepsilon$. Bila $s<i$: di kiri $c$ nilai fungsi $\leq s$, dan di kanan $c$ nilai fungsi $\geq i$. Dengan $\varepsilon=\tfrac{i-s}2$, setiap calon $L$ gagal, karena $|f(x)-f(y)|\geq i-s=2\varepsilon$ untuk $x<c<y$. Tidak ada pilihan yang dipakai. $\square$

Solusi 34.2-7. Dengan $x=c+h$, syarat $0<|x-c|<\delta$ sama dengan $0<|h-0|<\delta$, dan $f(x)=g(h)$. Jadi $\delta$ yang sama bekerja untuk kedua pernyataan. Titik $0$ adalah titik akumulasi domain $g$, yaitu $\mathbb{R}$. $\square$

Solusi 34.2-8. $f(x_n)\to L$ (Teorema 34.2.1(a)), dan barisan konvergen terbatas (Teorema 25.2.3). $\square$

### Ringkasan

Limit fungsi dan limit barisan terhubung oleh kriteria barisan. Bila $f(x)\to L$, maka $f(x_n)\to L$ untuk setiap $x_n\to c$ dengan $x_n\ne c$ di domain. Arah ini bebas pilihan. Kebalikannya memakai AC$_\omega$ dan ditandai. Kriteria divergensi, yaitu satu barisan yang membuat $f(x_n)$ divergen atau dua barisan dengan limit berbeda, bebas pilihan dan merupakan cara baku untuk membuktikan bahwa limit tidak ada. Contohnya fungsi tanda, fungsi Dirichlet, dan $(-1)^{\lfloor1/x\rfloor}$. Satu barisan dapat menghitung nilai limit yang sudah diketahui ada, tetapi tidak dapat membuktikan keberadaannya. Kriteria Cauchy untuk limit fungsi dibuktikan tanpa pilihan, lewat supremum.

## 34.3 Sifat Aljabar Limit Fungsi

Bab 26 membuktikan bahwa limit barisan menghormati operasi aljabar dan ketaksamaan. Unit ini membuktikan hal yang sama untuk limit fungsi. Ada dua jalan. Jalan pertama memakai kriteria barisan (Teorema 34.2.1), yang ringkas tetapi memerlukan AC$_\omega$ untuk arah kebalikannya. Jalan kedua memakai $\varepsilon$–$\delta$ langsung, yang sedikit lebih panjang tetapi bebas pilihan. Unit ini memakai jalan kedua, sehingga hasil-hasilnya berlaku tanpa asumsi tambahan. Unit ini juga membahas limit komposisi, yang mempunyai jebakan yang tidak muncul pada barisan.

Prasyarat: Unit 34.1–34.2; Bab 26.

Dalam unit ini, $f,g:D\to\mathbb{R}$, $c\in D'$, $\lim_{x\to c}f(x)=L$, dan $\lim_{x\to c}g(x)=M$. Ungkapan "$x$ dekat $c$" berarti $x\in D$ dan $0<|x-c|<\delta$ untuk suatu $\delta>0$.

### Operasi Aljabar

#### Teorema 34.3.1 (Kelinearan)

$\lim_{x\to c}(f+g)(x)=L+M$, dan $\lim_{x\to c}(af)(x)=aL$ untuk $a\in\mathbb{R}$.

Bukti. Untuk $\varepsilon>0$, ambil $\delta_1$ untuk $f$ dengan $\tfrac\varepsilon2$ dan $\delta_2$ untuk $g$ dengan $\tfrac\varepsilon2$. Untuk $0<|x-c|<\min(\delta_1,\delta_2)$, $|f(x)+g(x)-L-M|<\varepsilon$. Untuk kelipatan dengan $a\ne0$, pakai $\tfrac\varepsilon{|a|}$. Untuk $a=0$, pernyataannya jelas. $\square$

Perhatikan bahwa minimum dua $\delta$ di sini memainkan peran yang sama dengan maksimum dua $N_0$ pada barisan.

#### Teorema 34.3.2 (Hasil Kali)

$\lim_{x\to c}f(x)g(x)=LM$.

Bukti. $f(x)g(x)-LM=f(x)(g(x)-M)+M(f(x)-L)$. Menurut Proposisi 34.1.7(a), ada $\delta_0$ dan $K>0$ dengan $|f(x)|\leq K$ untuk $x$ dekat $c$ dalam jarak $\delta_0$. Untuk $\varepsilon>0$, ambil $\delta_1$ dengan $|g(x)-M|<\tfrac\varepsilon{2K}$, dan $\delta_2$ dengan $|f(x)-L|<\tfrac\varepsilon{2(|M|+1)}$. Untuk $0<|x-c|<\min(\delta_0,\delta_1,\delta_2)$, $|f(x)g(x)-LM|<\tfrac\varepsilon2+\tfrac\varepsilon2$. $\square$

#### Teorema 34.3.3 (Hasil Bagi)

Bila $M\ne0$, maka $g(x)\ne0$ untuk $x$ dekat $c$, dan $\lim_{x\to c}\dfrac{f(x)}{g(x)}=\dfrac LM$. Di sini $\tfrac fg$ dipandang sebagai fungsi pada domain $D_0=\{x\in D:g(x)\ne0\}$, dan $c\in D_0'$.

Bukti. Proposisi 34.1.7(b) memberi $\delta_0$ dengan $|g(x)|>\tfrac{|M|}2$ untuk $x\in D$, $0<|x-c|<\delta_0$. Titik-titik itu semuanya di $D_0$, dan karena $c\in D'$, titik-titik seperti itu ada di setiap bola kecil, sehingga $c\in D_0'$. Untuk $x$ seperti itu,
$$\Bigl|\frac1{g(x)}-\frac1M\Bigr|=\frac{|g(x)-M|}{|g(x)||M|}<\frac2{M^2}|g(x)-M|,$$
sehingga $\tfrac1g\to\tfrac1M$, dengan $\delta=\min\bigl(\delta_0,\delta_1\bigr)$ dan $\delta_1$ untuk $\tfrac{M^2\varepsilon}2$. Gunakan Teorema 34.3.2 untuk $f\cdot\tfrac1g$. $\square$

#### Akibat 34.3.4 (Polinomial dan Fungsi Rasional)

Untuk polinomial $p$ dan $q$, dan $c\in\mathbb{R}$: $\lim_{x\to c}p(x)=p(c)$. Bila $q(c)\ne0$, maka $\lim_{x\to c}\tfrac{p(x)}{q(x)}=\tfrac{p(c)}{q(c)}$.

Bukti. $\lim_{x\to c}x=c$ dan $\lim_{x\to c}a=a$ (Contoh 34.1.3(a)). Teorema 34.3.2 dengan induksi memberi $x^k\to c^k$, dan Teorema 34.3.1 memberi $p(x)\to p(c)$. Teorema 34.3.3 menyelesaikan bukti. $\square$

Untuk polinomial dan fungsi rasional dengan penyebut tak nol di $c$, limit diperoleh dengan substitusi. Bab 36 menyebut sifat ini kontinuitas. Kasus penyebut nol, seperti $\tfrac{x^2-4}{x-2}$ di $2$, dibahas di Unit 35.2.

#### Contoh 34.3.5

(a) $\lim_{x\to1}\dfrac{x^2+3x}{2x-5}=\dfrac{4}{-3}=-\dfrac43$.

(b) $\lim_{x\to0}\dfrac{\sqrt{1+x}-1}x$, dengan $D=[-1,\infty)\setminus\{0\}$. Dengan merasionalkan, untuk $x\in D$:
$$\frac{\sqrt{1+x}-1}x=\frac{(1+x)-1}{x(\sqrt{1+x}+1)}=\frac1{\sqrt{1+x}+1}.$$
Menurut Teorema 34.3.6 di bawah, $\sqrt{1+x}\to1$, sehingga limitnya $\tfrac12$.

### Akar dan Nilai Mutlak

#### Teorema 34.3.6

(a) $\lim_{x\to c}|f(x)|=|L|$.

(b) Bila $f(x)\geq0$ untuk $x$ dekat $c$, maka $L\geq0$ dan $\lim_{x\to c}\sqrt{f(x)}=\sqrt L$.

Bukti. (a) $\bigl||f(x)|-|L|\bigr|\leq|f(x)-L|$ (Teorema 18.3.1).

(b) $L\geq0$ menurut Teorema 34.3.7 di bawah. Untuk $L>0$: $|\sqrt{f(x)}-\sqrt L|\leq\tfrac{|f(x)-L|}{\sqrt L}$. Untuk $L=0$: $\sqrt{f(x)}<\varepsilon$ bila $f(x)<\varepsilon^2$. Bandingkan dengan Teorema 26.2.8. $\square$

### Ketaksamaan dan Apit

#### Teorema 34.3.7 (Perbandingan)

Bila $f(x)\leq g(x)$ untuk $x$ dekat $c$, maka $L\leq M$.

Bukti. Andaikan $L>M$, dan tetapkan $\varepsilon=\tfrac{L-M}2$. Untuk $x$ dekat $c$, cukup dekat untuk kedua limit dan untuk hipotesis, berlaku $f(x)>L-\varepsilon=\tfrac{L+M}2>g(x)$. Titik $x$ seperti itu ada, karena $c\in D'$. Kontradiksi. $\square$

#### Teorema 34.3.8 (Apit)

Bila $f(x)\leq h(x)\leq g(x)$ untuk $x$ dekat $c$, dan $L=M$, maka $\lim_{x\to c}h(x)=L$.

Bukti. Untuk $x$ dekat $c$ dalam jarak yang cukup kecil, $L-\varepsilon<f(x)\leq h(x)\leq g(x)<L+\varepsilon$. $\square$

Seperti Teorema 26.3.2, teorema apit menyimpulkan keberadaan limit $h$. Bentuk praktisnya: bila $|h(x)-L|\leq g(x)$ dan $g(x)\to0$, maka $h(x)\to L$.

#### Contoh 34.3.9

(a) $\lim_{x\to0}x^2\chi_{\mathbb{Q}}(x)=0$, karena $0\leq x^2\chi_{\mathbb{Q}}(x)\leq x^2\to0$.

(b) Dengan P26-SIN: $\lim_{x\to0}x\sin\tfrac1x=0$, karena $|x\sin\tfrac1x|\leq|x|$. Hanya sifat $|\sin|\leq1$ yang dipakai.

### Komposisi

#### Teorema 34.3.10 (Limit Komposisi)

Misalkan $f:D\to E$, $g:E\to\mathbb{R}$, $\lim_{x\to c}f(x)=L$ dengan $L\in E'$, dan $\lim_{y\to L}g(y)=N$. Misalkan pula salah satu syarat berikut berlaku:

(i) $f(x)\ne L$ untuk semua $x$ dekat $c$; atau

(ii) $L\in E$ dan $g(L)=N$.

Maka $\lim_{x\to c}g(f(x))=N$.

Bukti. Misalkan $\varepsilon>0$. Ambil $\eta>0$ dengan $|g(y)-N|<\varepsilon$ untuk $y\in E$, $0<|y-L|<\eta$. Ambil $\delta>0$ dengan $|f(x)-L|<\eta$ untuk $x\in D$, $0<|x-c|<\delta$. Kecilkan $\delta$ bila perlu, sehingga syarat (i) juga berlaku dalam jarak $\delta$. Untuk $x$ seperti itu, $y=f(x)$ memenuhi $|y-L|<\eta$.

- Bila $y\ne L$, yaitu selalu dalam kasus (i), maka $|g(y)-N|<\varepsilon$.
- Bila $y=L$, yang hanya mungkin dalam kasus (ii), maka $g(y)=g(L)=N$.

Dalam kedua kasus $|g(f(x))-N|<\varepsilon$. $\square$

#### Contoh 34.3.11 (Jebakan Komposisi)

Misalkan $f(x)=0$ untuk semua $x$, dan $g(y)=1$ untuk $y\ne0$ serta $g(0)=0$. Maka $\lim_{x\to0}f(x)=0$ dan $\lim_{y\to0}g(y)=1$, tetapi $g(f(x))=g(0)=0$ untuk semua $x$, sehingga $\lim_{x\to0}g(f(x))=0\ne1$. Kedua syarat (i) dan (ii) gagal: $f(x)=L$ terus-menerus, dan $g(L)\ne N$.

Pada barisan, jebakan ini tidak muncul dalam bentuk yang sama, karena substitusi pada barisan biasanya berupa operasi aljabar yang sudah ditangani Bab 26.

### Latihan

Latihan 34.3-1. Hitung: (a) $\lim_{x\to1}\tfrac{x^3-1}{x-1}$; (b) $\lim_{x\to0}\tfrac{\sqrt{4+x}-2}x$; (c) $\lim_{x\to3}\tfrac{x^2+1}{x-1}$; (d) $\lim_{x\to-1}\tfrac{x^2+3x+2}{x^2-1}$.

Latihan 34.3-2. Tuliskan bukti Teorema 34.3.2 secara lengkap untuk $f(x)=g(x)=x$ dan $c=2$, termasuk nilai $K$ dan $\delta$ sebagai fungsi $\varepsilon$.

Latihan 34.3-3. Beri contoh $f$ dan $g$ sehingga $\lim_{x\to0}(f+g)(x)$ ada, tetapi $\lim f$ dan $\lim g$ tidak ada. Buktikan bahwa bila $\lim f$ ada dan $\lim g$ tidak ada, maka $\lim(f+g)$ tidak ada.

Latihan 34.3-4. Buktikan bahwa $\lim_{x\to0}x(-1)^{\lfloor1/x\rfloor}=0$ pada $(0,1)$ dengan Teorema 34.3.8.

Latihan 34.3-5. Pada Contoh 34.3.11, periksa langsung bahwa $\lim_{y\to0}g(y)=1$, lalu jelaskan langkah bukti Teorema 34.3.10 yang gagal.

Latihan 34.3-6. Buktikan bahwa $\lim_{x\to c}\max(f(x),g(x))=\max(L,M)$. (Petunjuk: Proposisi 17.2.9.)

Latihan 34.3-7. Buktikan bahwa $\lim_{x\to c}\sqrt[3]x=\sqrt[3]c$ untuk $c>0$, dengan $a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)$.

Latihan 34.3-8. Misalkan $\lim_{x\to c}f(x)=L>0$. Buktikan bahwa $\lim_{x\to c}f(x)^k=L^k$ untuk $k\in\mathbb{N}$, dan $\lim_{x\to c}f(x)^{-k}=L^{-k}$.

### Solusi

Solusi 34.3-1. (a) Untuk $x\ne1$, $\tfrac{x^3-1}{x-1}=x^2+x+1\to3$. (b) Dengan merasionalkan, $\tfrac1{\sqrt{4+x}+2}\to\tfrac14$. (c) Substitusi: $\tfrac{10}2=5$. (d) Untuk $x\ne\pm1$, $\tfrac{(x+1)(x+2)}{(x+1)(x-1)}=\tfrac{x+2}{x-1}\to\tfrac1{-2}=-\tfrac12$. $\square$

Solusi 34.3-2. $L=M=2$. Untuk $|x-2|<1$, $|f(x)|<3$, sehingga $K=3$ dan $\delta_0=1$. $|x^2-4|\leq|x||x-2|+2|x-2|<5|x-2|$. Ambil $\delta=\min(1,\tfrac\varepsilon5)$. Ini sesuai dengan rumus umum, setelah konstanta disederhanakan. $\square$

Solusi 34.3-3. $f=\operatorname{sgn}$ dan $g=-\operatorname{sgn}$: limit masing-masing tidak ada (Contoh 34.1.5), sedangkan $f+g=0$. Bagian kedua: bila $\lim(f+g)$ ada, maka $g=(f+g)-f$ mempunyai limit menurut Teorema 34.3.1, kontradiksi. $\square$

Solusi 34.3-4. $-x\leq x(-1)^{\lfloor1/x\rfloor}\leq x$ untuk $x\in(0,1)$, dan kedua penjepit menuju $0$. $\square$

Solusi 34.3-5. Untuk $0<|y|<\delta$, $g(y)=1$, sehingga $|g(y)-1|=0<\varepsilon$ untuk sebarang $\delta$. Pada bukti, $y=f(x)=0=L$ untuk semua $x$, sehingga kasus "$y=L$" terjadi. Kasus itu hanya ditangani oleh syarat (ii), padahal $g(L)=0\ne1=N$. $\square$

Solusi 34.3-6. $\max(a,b)=\tfrac{a+b+|a-b|}2$. Gunakan Teorema 34.3.1 dan 34.3.6(a). $\square$

Solusi 34.3-7. Untuk $a=\sqrt[3]x$ dan $b=\sqrt[3]c>0$, dengan $x>0$: $a^2+ab+b^2\geq b^2$. Jadi $|a-b|=\tfrac{|x-c|}{a^2+ab+b^2}\leq\tfrac{|x-c|}{b^2}$. Untuk $\varepsilon>0$, ambil $\delta=\min(c,b^2\varepsilon)$. Syarat $\delta\leq c$ menjamin $x>0$. $\square$

Solusi 34.3-8. Pangkat positif: induksi dengan Teorema 34.3.2. Pangkat negatif: $L^k\ne0$, sehingga Teorema 34.3.3 dengan $\tfrac1{f^k}$ berlaku. $\square$

### Ringkasan

Limit fungsi menghormati jumlah, kelipatan, hasil kali, dan hasil bagi (dengan limit penyebut tak nol), serta nilai mutlak dan akar kuadrat. Semua bukti di sini memakai $\varepsilon$–$\delta$ langsung, sehingga tidak memerlukan pilihan. Akibatnya, limit polinomial dan fungsi rasional dengan penyebut tak nol diperoleh dengan substitusi. Limit mempertahankan ketaksamaan tak tegas, dan teorema apit menyimpulkan keberadaan limit. Limit komposisi $g\circ f$ sama dengan $\lim_{y\to L}g(y)$ asalkan $f(x)\ne L$ di dekat $c$ atau $g(L)$ sama dengan limit itu. Tanpa syarat ini kesimpulannya dapat salah.