# Bab 35: Limit Sekilateral dan Limit Menuju Tak Hingga

## 35.1 Limit Kiri dan Limit Kanan

Penjelasan master untuk Bab 35: memperluas pengertian limit ke arah kiri dan kanan, serta ke perilaku fungsi menuju tak hingga. Pada garis bilangan, $x$ dapat mendekati $c$ dari dua arah. Fungsi tanda menuju $1$ dari kanan dan $-1$ dari kiri, sehingga limit dua sisinya tidak ada (Contoh 34.1.5). Akan tetapi masing-masing sisi berperilaku baik. Limit sepihak merumuskan perilaku tiap sisi. Unit ini mendefinisikan limit kiri dan kanan, menghubungkannya dengan limit dua sisi, dan membuktikan bahwa fungsi monoton selalu mempunyai limit sepihak.

Prasyarat: Bab 34; Teorema 20.3.5 dan 21.2.6 (pencacahan $\mathbb{Q}$).

### Definisi

#### Definisi 35.1.1 (Limit Kanan dan Limit Kiri)

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

(a) Bila $c$ titik akumulasi $D\cap(c,\infty)$, kita menulis $\lim_{x\to c^+}f(x)=L$, atau $f(c^+)=L$, jika
$$\forall\varepsilon>0\ \ \exists\delta>0\ \ \forall x\in D:\ c<x<c+\delta\ \Longrightarrow\ |f(x)-L|<\varepsilon.$$

(b) Bila $c$ titik akumulasi $D\cap(-\infty,c)$, kita menulis $\lim_{x\to c^-}f(x)=L$, atau $f(c^-)=L$, jika syarat yang sama berlaku untuk $c-\delta<x<c$.

Dengan kata lain, $f(c^+)$ adalah limit (Definisi 34.1.1) dari pembatasan $f|_{D\cap(c,\infty)}$ di $c$. Syarat $0<|x-c|<\delta$ bersama $x>c$ sama dengan $c<x<c+\delta$. Karena itu semua hasil Bab 34, yaitu ketunggalan, kriteria barisan, aljabar, apit, dan komposisi, berlaku langsung untuk limit sepihak, dengan $D$ diganti oleh $D\cap(c,\infty)$ atau $D\cap(-\infty,c)$.

Notasi $f(c^+)$ hanyalah singkatan. Notasi itu tidak berarti bahwa $f$ dievaluasi di suatu titik "$c^+$".

#### Teorema 35.1.2 (Limit Dua Sisi dari Dua Limit Sepihak)

Misalkan $c$ titik akumulasi $D\cap(c,\infty)$ dan juga titik akumulasi $D\cap(-\infty,c)$. Maka $\lim_{x\to c}f(x)=L$ jika dan hanya jika $f(c^+)$ dan $f(c^-)$ keduanya ada dan sama dengan $L$.

Bukti. ($\Rightarrow$) $\delta$ untuk limit dua sisi juga bekerja untuk tiap sisi. ($\Leftarrow$) Untuk $\varepsilon>0$, ambil $\delta_+$ dan $\delta_-$ untuk kedua sisi, dan $\delta=\min(\delta_+,\delta_-)$. Setiap $x\in D$ dengan $0<|x-c|<\delta$ terletak di salah satu sisi, sehingga $|f(x)-L|<\varepsilon$. $\square$

Bila $c$ hanya dapat didekati dari satu sisi, misalnya $c=0$ untuk $D=[0,\infty)$, maka limit dua sisi sama dengan limit sepihak yang ada. Contohnya $\lim_{x\to0}\sqrt x=\lim_{x\to0^+}\sqrt x=0$ (Contoh 34.1.3(d)).

#### Contoh 35.1.3

(a) $\operatorname{sgn}(0^+)=1$ dan $\operatorname{sgn}(0^-)=-1$. Limit dua sisinya tidak ada.

(b) Lantai di $c=k\in\mathbb{Z}$: $\lfloor k^+\rfloor=k$ dan $\lfloor k^-\rfloor=k-1$ (Latihan 34.1-6).

(c) $f(x)=\tfrac{|x|}x$ pada $\mathbb{R}\setminus\{0\}$ sama dengan fungsi tanda di luar $0$, sehingga limit sepihaknya $\pm1$.

(d) $f(x)=x^2$ untuk $x<1$ dan $f(x)=2x-1$ untuk $x\geq1$: $f(1^-)=1$ dan $f(1^+)=1$, sehingga $\lim_{x\to1}f(x)=1$.

(e) $f(x)=\tfrac1x$ di $0$: tidak ada limit kanan yang real. Untuk $x_n=\tfrac1n$, $f(x_n)=n$ tak terbatas (Akibat 34.2.2). Unit 35.2 menulis $f(0^+)=+\infty$ sebagai label.

### Fungsi Monoton

#### Teorema 35.1.4 (Limit Sepihak Fungsi Monoton)

Misalkan $f:(a,b)\to\mathbb{R}$ naik, yaitu $x<y$ mengakibatkan $f(x)\leq f(y)$, dan $c\in(a,b)$. Maka $f(c^-)$ dan $f(c^+)$ ada, dan
$$f(c^-)=\sup_{a<x<c}f(x)\leq f(c)\leq\inf_{c<x<b}f(x)=f(c^+).$$
Hal serupa berlaku untuk fungsi turun, dengan ketaksamaan dibalik. Limit kanan di $a$ dan limit kiri di $b$ ada bila $f$ terbatas.

Bukti. Himpunan $\{f(x):a<x<c\}$ tidak kosong dan terbatas di atas oleh $f(c)$, sehingga $s=\sup$ ada dan $s\leq f(c)$. Untuk $\varepsilon>0$, ada $x_1\in(a,c)$ dengan $f(x_1)>s-\varepsilon$ (Teorema 11.3.2). Untuk $x_1<x<c$, $s-\varepsilon<f(x_1)\leq f(x)\leq s$. Jadi $\delta=c-x_1$ bekerja, dan $f(c^-)=s$. Sisi kanan serupa, dengan infimum. Bukti ini tidak memakai pilihan: $x_1$ adalah satu pilihan tunggal untuk setiap $\varepsilon$, dalam rangka membuktikan pernyataan keberadaan. $\square$

#### Definisi 35.1.5 (Loncatan)

Untuk $f$ naik pada $(a,b)$ dan $c\in(a,b)$, selisih $f(c^+)-f(c^-)\geq0$ disebut loncatan $f$ di $c$. Menurut Teorema 35.1.2, limit $f$ di $c$ ada jika dan hanya jika loncatannya $0$.

#### Teorema 35.1.6 (Loncatan Terhitung)

Fungsi naik $f:(a,b)\to\mathbb{R}$ mempunyai paling banyak terhitung banyak titik dengan loncatan positif. Pembuktiannya tidak memakai pilihan.

Bukti. Tetapkan satu pencacahan $q_0,q_1,\ldots$ dari $\mathbb{Q}$ (Teorema 21.2.6). Misalkan $J$ himpunan titik loncatan. Untuk $c\in J$, interval $(f(c^-),f(c^+))$ tak kosong, sehingga memuat rasional (Teorema 11.3.11). Tetapkan $r(c)=q_k$ dengan $k$ terkecil sehingga $q_k\in(f(c^-),f(c^+))$. Definisi ini ditentukan oleh urutan baik $\mathbb{N}$.

$r$ injektif. Bila $c<d$ keduanya di $J$, pilih $t\in(c,d)$. Maka $f(c^+)\leq f(t)\leq f(d^-)$, menurut Teorema 35.1.4: $f(c^+)$ adalah infimum nilai di kanan $c$, dan $f(d^-)$ adalah supremum nilai di kiri $d$. Jadi interval $(f(c^-),f(c^+))$ dan $(f(d^-),f(d^+))$ saling lepas, sehingga $r(c)\ne r(d)$.

Jadi $J$ berinjeksi ke $\mathbb{Q}$, dan $J$ terhitung (Teorema 21.1.3). $\square$

Fungsi monoton dapat mempunyai tak hingga banyak loncatan. Contohnya $f(x)=\lfloor\tfrac1{1-x}\rfloor$ pada $(0,1)$, yang meloncat di setiap $x=1-\tfrac1k$, $k\geq2$. Banyaknya loncatan itu tetap terhitung. Tidak ada fungsi monoton yang meloncat di setiap titik suatu interval, karena interval tak terhitung (Bab 22).

### Latihan

Latihan 35.1-1. Tentukan $f(c^-)$ dan $f(c^+)$, lalu tentukan apakah $\lim_{x\to c}f(x)$ ada: (a) $f(x)=\tfrac{x^2-1}{|x-1|}$ di $c=1$; (b) $f(x)=x-\lfloor x\rfloor$ di $c=2$; (c) $f(x)=\sqrt{1-x}$ di $c=1$, dengan $D=(-\infty,1]$.

Latihan 35.1-2. Buktikan Teorema 35.1.2 secara rinci, termasuk alasan bahwa setiap $x$ dengan $0<|x-c|<\delta$ termasuk salah satu sisi.

Latihan 35.1-3. Tentukan $a$ sehingga $f(x)=ax+1$ untuk $x<2$ dan $f(x)=x^2-a$ untuk $x\geq2$ mempunyai limit di $2$.

Latihan 35.1-4. Tuliskan kriteria barisan untuk limit kanan, dan buktikan arahnya yang bebas pilihan.

Latihan 35.1-5. Untuk $f(x)=\lfloor\tfrac1{1-x}\rfloor$ pada $(0,1)$, tentukan semua titik loncatan dan besar loncatannya.

Latihan 35.1-6. Misalkan $f$ naik pada $(a,b)$. Buktikan bahwa $f(c^+)\leq f(d^-)$ untuk $a<c<d<b$.

Latihan 35.1-7. Beri contoh fungsi $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ dengan $f(c^+)$ dan $f(c^-)$ tidak ada di $c=0$, tanpa memakai trigonometri.

Latihan 35.1-8. Misalkan $f:(a,b)\to\mathbb{R}$ naik dan $f(c^-)=f(c^+)$ untuk semua $c$. Apakah $f(c)=f(c^+)$ untuk semua $c$? Buktikan.

### Solusi

Solusi 35.1-1. (a) Untuk $x>1$, $f(x)=\tfrac{(x-1)(x+1)}{x-1}=x+1\to2$. Untuk $x<1$, $f(x)=-(x+1)\to-2$. Limit dua sisinya tidak ada. (b) Untuk $x\in(2,3)$, $f(x)=x-2\to0$. Untuk $x\in(1,2)$, $f(x)=x-1\to1$. Limit dua sisinya tidak ada. (c) Hanya sisi kiri yang ada: $\sqrt{1-x}\to0$ untuk $x\to1^-$, dengan komposisi (Teorema 34.3.10) atau secara langsung dengan $\delta=\varepsilon^2$. Karena $1$ hanya didekati dari kiri, $\lim_{x\to1}f(x)=0$. $\square$

Solusi 35.1-2. Bila $0<|x-c|<\delta$, maka $x\ne c$, sehingga $x>c$ atau $x<c$ (trikotomi). Pada kasus pertama $c<x<c+\delta\leq c+\delta_+$. Pada kasus kedua $c-\delta_-\leq c-\delta<x<c$. Bagian lain seperti pada bukti. $\square$

Solusi 35.1-3. $f(2^-)=2a+1$ dan $f(2^+)=4-a$. Kesamaan $2a+1=4-a$ memberi $a=1$. $\square$

Solusi 35.1-4. $f(c^+)=L$ jika dan hanya jika $f(x_n)\to L$ untuk setiap barisan $x_n\in D$ dengan $x_n>c$ dan $x_n\to c$. Arah ($\Rightarrow$): untuk $\delta$ dari definisi, sejak suatu indeks $c<x_n<c+\delta$, sehingga $|f(x_n)-L|<\varepsilon$. Arah ($\Leftarrow$) memerlukan AC$_\omega$, seperti Teorema 34.2.1(b). $\square$

Solusi 35.1-5. $\tfrac1{1-x}$ naik tegas pada $(0,1)$, dengan nilai di $(1,\infty)$. $\lfloor\tfrac1{1-x}\rfloor=k$ tepat ketika $k\leq\tfrac1{1-x}<k+1$, yaitu $1-\tfrac1k\leq x<1-\tfrac1{k+1}$. Jadi $f$ konstan pada setiap interval $[1-\tfrac1k,1-\tfrac1{k+1})$, dan meloncat sebesar $1$ di setiap $x=1-\tfrac1k$, $k\geq2$. $\square$

Solusi 35.1-6. Ambil $t\in(c,d)$. Maka $f(c^+)=\inf_{x>c}f(x)\leq f(t)\leq\sup_{x<d}f(x)=f(d^-)$. $\square$

Solusi 35.1-7. $f(x)=(-1)^{\lfloor1/|x|\rfloor}$ untuk $x\ne0$ dan $f(0)=0$. Pada setiap sisi, barisan $\pm\tfrac1{2n}$ dan $\pm\tfrac1{2n+1}$ memberi nilai $1$ dan $-1$ (Contoh 34.2.3(c)). $\square$

Solusi 35.1-8. Ya. Teorema 35.1.4 memberi $f(c^-)\leq f(c)\leq f(c^+)$, dan hipotesis $f(c^-)=f(c^+)$ menjepit $f(c)$, sehingga $f(c)=f(c^+)$. Tanpa hipotesis itu, $f(c)$ dapat terletak di mana saja dalam $[f(c^-),f(c^+)]$. Contohnya, $f(x)=0$ untuk $x<0$, $f(0)=1$, dan $f(x)=2$ untuk $x>0$ adalah fungsi naik pada $(-1,1)$ dengan $f(0^-)=0<f(0)=1<f(0^+)=2$. $\square$

### Ringkasan

Limit kanan $f(c^+)$ dan limit kiri $f(c^-)$ adalah limit dari pembatasan $f$ ke masing-masing sisi $c$, sehingga semua hasil Bab 34 berlaku untuk keduanya. Limit dua sisi ada jika dan hanya jika kedua limit sepihak ada dan sama. Fungsi monoton selalu mempunyai limit sepihak di setiap titik dalam, yaitu supremum nilai di kiri dan infimum nilai di kanan, dan nilai fungsinya terletak di antara keduanya. Titik loncatan fungsi monoton paling banyak terhitung. Hal ini dibuktikan tanpa pilihan, dengan memetakan setiap loncatan ke rasional dengan indeks terkecil dalam pencacahan yang tetap.

## 35.2 Bentuk Tak Tentu dan Analisis Batas

Rumus master: evaluasi limit aljabar $\lim_{x\to2}\dfrac{x^2-4}{x-2}$. Substitusi langsung menghasilkan bentuk tak tentu $\tfrac00$. Setelah difaktorkan, limitnya menjadi $\lim_{x\to2}(x+2)=4$.

Unit ini menjelaskan mengapa langkah pemfaktoran itu sah, apa arti sebenarnya dari "bentuk tak tentu", dan bagaimana menganalisis limit ketika teorema aljabar Unit 34.3 tidak berlaku langsung. Unit ini juga mendefinisikan limit ketika $x\to\pm\infty$ dan limit yang bernilai $\pm\infty$, keduanya sebagai perluasan yang memakai label, bukan bilangan baru.

Prasyarat: Bab 34; Unit 35.1; Unit 26.2 (tabel $\tfrac00$ untuk barisan).

### Contoh Master dan Prinsip Pengubahan Lokal

#### Contoh 35.2.1 (Contoh Master)

$h(x)=\tfrac{x^2-4}{x-2}$ pada $D=\mathbb{R}\setminus\{2\}$. Teorema 34.3.3 tidak berlaku, karena penyebutnya menuju $0$. Untuk $x\in D$, $x-2\ne0$, sehingga pembatalan sah:
$$h(x)=\frac{(x-2)(x+2)}{x-2}=x+2.$$
Menurut Proposisi 35.2.2 di bawah dan Akibat 34.3.4, $\lim_{x\to2}h(x)=\lim_{x\to2}(x+2)=4$.

Fungsi $h$ dan fungsi $x+2$ berbeda, karena $h$ tidak terdefinisi di $2$. Keduanya mempunyai limit yang sama di $2$, karena definisi limit tidak pernah menguji $x=2$.

#### Proposisi 35.2.2 (Pengubahan Lokal)

Misalkan $c\in D'$ dan ada $r>0$ dengan $f(x)=g(x)$ untuk semua $x\in D$ dengan $0<|x-c|<r$. Maka $\lim_{x\to c}f(x)=L$ jika dan hanya jika $\lim_{x\to c}g(x)=L$.

Bukti. Untuk $\delta$ yang bekerja bagi salah satu fungsi, $\min(\delta,r)$ bekerja bagi fungsi lainnya. $\square$

Proposisi ini adalah dasar logis teknik "faktorkan dan batalkan", "rasionalkan", dan "sederhanakan". Setiap teknik itu mengganti $f$ dengan $g$ yang sama dengan $f$ di dekat $c$ kecuali di $c$ sendiri, dan yang limitnya dapat dihitung dengan Unit 34.3.

### Bentuk Tak Tentu

Ungkapan "$\tfrac00$" bukan bilangan dan bukan hasil perhitungan. Ungkapan itu adalah label untuk situasi: $f(x)\to0$ dan $g(x)\to0$, sehingga Teorema 34.3.3 tidak berlaku untuk $\tfrac fg$. Dalam situasi ini, limit $\tfrac fg$ dapat berupa bilangan apa pun, dapat menuju $\pm\infty$, atau dapat tidak ada.

#### Contoh 35.2.3 (Semua Kemungkinan pada $\tfrac00$, untuk $x\to0$)

| $f(x)$ | $g(x)$ | $\tfrac{f(x)}{g(x)}$ untuk $x\ne0$ | limit di $0$ |
|---|---|---|---|
| $ax$ | $x$ | $a$ | $a$, sebarang |
| $x^2$ | $x$ | $x$ | $0$ |
| $x$ | $x^2$ | $\tfrac1x$ | tidak ada (Unit 35.1) |
| $x$ | $|x|$ | $\operatorname{sgn}x$ | tidak ada |
| $x^2$ | $x^2$ | $1$ | $1$ |

Label-label lain yang sejenis adalah $\tfrac\infty\infty$, $\infty-\infty$, $0\cdot\infty$, dan pada pangkat $1^\infty$, $0^0$, $\infty^0$. Semuanya menandai bahwa teorema aljabar tidak dapat dipakai, dan analisis lebih lanjut diperlukan.

#### Contoh 35.2.4 (Teknik Baku)

(a) Faktorkan: $\lim_{x\to1}\dfrac{x^3-1}{x^2-1}=\lim_{x\to1}\dfrac{x^2+x+1}{x+1}=\dfrac32$, untuk $x\ne\pm1$.

(b) Rasionalkan: $\lim_{x\to0}\dfrac{\sqrt{9+x}-3}x=\lim_{x\to0}\dfrac1{\sqrt{9+x}+3}=\dfrac16$.

(c) Faktor sekutu berderajat lebih tinggi: $\lim_{x\to2}\dfrac{x^3-3x^2+4}{x^2-4x+4}$. Pembilang: $x^3-3x^2+4=(x-2)^2(x+1)$, yang dapat diperiksa dengan perkalian. Penyebut: $(x-2)^2$. Hasil bagi untuk $x\ne2$ adalah $x+1\to3$.

(d) Tidak dapat disederhanakan menjadi bentuk berlimit: $\lim_{x\to1}\dfrac{x+1}{x-1}$. Pembilang menuju $2\ne0$, dan penyebut menuju $0$ dengan tanda berbeda di kedua sisi. Limit kanan menuju $+\infty$ dan limit kiri menuju $-\infty$ (Definisi 35.2.6). Jadi limit dua sisinya tidak ada.

### Limit di Tak Hingga

#### Definisi 35.2.5 (Limit untuk $x\to+\infty$)

Misalkan $D$ tidak terbatas di atas. $\lim_{x\to+\infty}f(x)=L$ jika
$$\forall\varepsilon>0\ \ \exists M\in\mathbb{R}\ \ \forall x\in D:\ x>M\ \Longrightarrow\ |f(x)-L|<\varepsilon.$$
Definisi untuk $x\to-\infty$ serupa.

$+\infty$ di sini bukan titik yang didekati. Ungkapan "$x\to+\infty$" menyatakan bahwa $x$ melampaui setiap batas $M$. Peran $\delta$ diambil alih oleh $M$, dan definisinya sejajar dengan definisi limit barisan, dengan $N_0$ diganti $M$. Ketunggalan, aljabar, dan apit berlaku dengan bukti yang sama, dengan $\max$ batas $M$ menggantikan $\min$ jari-jari $\delta$.

Hubungan dengan barisan: bila $\lim_{x\to+\infty}f(x)=L$ dan $\mathbb{N}_{+}\subseteq D$, maka $f(n)\to L$. Kebalikannya salah: $f(x)=x-\lfloor x\rfloor$ memberi $f(n)=0\to0$, tetapi $f(n+\tfrac12)=\tfrac12$, sehingga $\lim_{x\to+\infty}f(x)$ tidak ada.

#### Definisi 35.2.6 (Limit Bernilai Tak Hingga)

Misalkan $c\in D'$. Kita menulis $\lim_{x\to c}f(x)=+\infty$ jika
$$\forall K\in\mathbb{R}\ \ \exists\delta>0\ \ \forall x\in D:\ 0<|x-c|<\delta\ \Longrightarrow\ f(x)>K.$$
Varian $-\infty$, limit sepihak, dan $x\to\pm\infty$ didefinisikan serupa.

Seperti pada Definisi 26.3.10, persamaan $\lim f=+\infty$ adalah label untuk suatu perilaku, bukan limit real. Dalam arti Definisi 34.1.1, limitnya tidak ada. Teorema 34.3.1–34.3.3 tidak berlaku untuk label ini tanpa bukti tersendiri.

#### Contoh 35.2.7

(a) $\lim_{x\to0^+}\tfrac1x=+\infty$ dan $\lim_{x\to0^-}\tfrac1x=-\infty$: untuk $K>0$, $\delta=\tfrac1K$. Untuk $K\leq0$, ambil $\delta=1$.

(b) $\lim_{x\to0}\tfrac1{x^2}=+\infty$, dari kedua sisi.

(c) $\lim_{x\to+\infty}\tfrac{3x^2+1}{x^2-x}=3$: bagi dengan $x^2$, lalu pakai $\tfrac1x\to0$ untuk $x\to+\infty$ (dengan $M=\tfrac1\varepsilon$).

(d) $\lim_{x\to+\infty}(\sqrt{x+1}-\sqrt x)=0$, bentuk $\infty-\infty$: dengan merasionalkan, nilainya $\tfrac1{\sqrt{x+1}+\sqrt x}<\tfrac1{2\sqrt x}$.

#### Proposisi 35.2.8 (Substitusi $t=\tfrac1x$)

Misalkan $D\subseteq(0,\infty)$ tidak terbatas di atas, dan $g(t)=f(\tfrac1t)$ pada $E=\{t:\tfrac1t\in D\}$. Maka $\lim_{x\to+\infty}f(x)=L$ jika dan hanya jika $\lim_{t\to0^+}g(t)=L$.

Bukti. $x>M$, dengan $M>0$, setara dengan $0<t<\tfrac1M$ untuk $t=\tfrac1x$. Jadi $\delta=\tfrac1M$ dan $M=\tfrac1\delta$ saling menerjemahkan. Syarat titik akumulasi: $0$ titik akumulasi $E$, karena $D$ tak terbatas di atas. $\square$

### Analisis Batas

Ketika aljabar tidak menyederhanakan ekspresi, limit dianalisis dengan membatasi ekspresi itu, yaitu dengan teorema apit atau dengan bentuk satu sisinya.

#### Contoh 35.2.9

(a) $\lim_{x\to0}x\lfloor\tfrac1x\rfloor=1$. Untuk $x>0$: $\tfrac1x-1<\lfloor\tfrac1x\rfloor\leq\tfrac1x$, sehingga $1-x<x\lfloor\tfrac1x\rfloor\leq1$. Untuk $x<0$: mengalikan dengan $x<0$ membalik ketaksamaan, sehingga $1\leq x\lfloor\tfrac1x\rfloor<1-x$. Kedua sisi menuju $1$ menurut apit.

(b) $\lim_{x\to+\infty}\tfrac{\lfloor x\rfloor}x=1$, dengan alasan yang sama: $\tfrac{x-1}x<\tfrac{\lfloor x\rfloor}x\leq1$ untuk $x>0$.

(c) Dengan P26-SIN: $\lim_{x\to+\infty}\tfrac{\sin x}x=0$, karena $\bigl|\tfrac{\sin x}x\bigr|\leq\tfrac1x$ untuk $x>0$. Ini versi fungsi dari contoh master Unit 26.3.

### Latihan

Latihan 35.2-1. Hitung: (a) $\lim_{x\to-3}\tfrac{x^2-9}{x+3}$; (b) $\lim_{x\to4}\tfrac{\sqrt x-2}{x-4}$; (c) $\lim_{x\to1}\tfrac{x^4-1}{x^3-1}$; (d) $\lim_{x\to0}\tfrac{(2+x)^2-4}x$.

Latihan 35.2-2. Buktikan Proposisi 35.2.2 secara rinci, lalu tunjukkan bahwa syarat "di dekat $c$" tidak dapat diganti dengan "di tak hingga banyak titik dekat $c$".

Latihan 35.2-3. Buktikan dengan Definisi 35.2.5 bahwa $\lim_{x\to+\infty}\tfrac{2x+1}{x+3}=2$, dengan $M$ eksplisit sebagai fungsi $\varepsilon$. Bandingkan dengan contoh master Unit 25.3.

Latihan 35.2-4. Buktikan dengan Definisi 35.2.6 bahwa $\lim_{x\to2^+}\tfrac{x+1}{x-2}=+\infty$.

Latihan 35.2-5. Beri contoh $f,g$ dengan $f(x)\to+\infty$, $g(x)\to+\infty$ untuk $x\to+\infty$, dan $f(x)-g(x)\to c$ untuk sebarang $c$ yang diberikan. Beri juga contoh dengan $f-g\to+\infty$ dan dengan $f-g$ tidak mempunyai limit.

Latihan 35.2-6. Buktikan bahwa jika $\lim_{x\to c}f(x)=L>0$ dan $\lim_{x\to c}g(x)=+\infty$, maka $\lim_{x\to c}f(x)g(x)=+\infty$.

Latihan 35.2-7. Hitung $\lim_{x\to+\infty}\bigl(\sqrt{x^2+x}-x\bigr)$, lalu bandingkan dengan Latihan 25.3-3.

Latihan 35.2-8. Buktikan bahwa $\lim_{x\to0}x\lfloor\tfrac1x\rfloor=1$ secara rinci untuk kedua sisi, dengan $\delta$ eksplisit.

### Solusi

Solusi 35.2-1. (a) $x-3\to-6$. (b) $\tfrac1{\sqrt x+2}\to\tfrac14$, untuk $x\geq0$ dan $x\ne4$. (c) $\tfrac{(x-1)(x+1)(x^2+1)}{(x-1)(x^2+x+1)}=\tfrac{(x+1)(x^2+1)}{x^2+x+1}\to\tfrac43$. (d) $\tfrac{4x+x^2}x=4+x\to4$. $\square$

Solusi 35.2-2. Bila $\delta$ bekerja untuk $f$, maka untuk $0<|x-c|<\min(\delta,r)$, $g(x)=f(x)$ dan $|g(x)-L|<\varepsilon$. Untuk bagian kedua: $f=0$ dan $g=\chi_{\mathbb{Q}}$ sama di tak hingga banyak titik dekat $0$, yaitu semua irasional. $\lim f=0$, tetapi $\lim g$ tidak ada. $\square$

Solusi 35.2-3. $\bigl|\tfrac{2x+1}{x+3}-2\bigr|=\tfrac5{x+3}$ untuk $x>-3$. Syarat $\tfrac5{x+3}<\varepsilon$ setara dengan $x>\tfrac5\varepsilon-3$. Ambil $M=\max(0,\tfrac5\varepsilon-3)$. Perhitungannya sama dengan Contoh 25.3.1, tetapi kini $M$ boleh real dan tidak perlu dibulatkan. $\square$

Solusi 35.2-4. Untuk $K>0$ dan $2<x<3$: $\tfrac{x+1}{x-2}>\tfrac3{x-2}$. Syarat $\tfrac3{x-2}>K$ setara dengan $x-2<\tfrac3K$. Ambil $\delta=\min(1,\tfrac3K)$. Untuk $K\leq0$, $\delta=1$ bekerja, karena ekspresinya positif. $\square$

Solusi 35.2-5. $f(x)=x+c$ dan $g(x)=x$: $f-g=c$. $f=x^2$ dan $g=x$: $f-g\to+\infty$. $f=x+(-1)^{\lfloor x\rfloor}$ dan $g=x$: $f-g=(-1)^{\lfloor x\rfloor}$, yang tidak mempunyai limit. $\square$

Solusi 35.2-6. Proposisi 34.1.7(b): $f(x)>\tfrac L2$ di dekat $c$. Untuk $K>0$, ambil $\delta$ sehingga juga $g(x)>\tfrac{2K}L$. Maka $fg>K$. Untuk $K\leq0$, gunakan $K=1$. $\square$

Solusi 35.2-7. $\sqrt{x^2+x}-x=\tfrac x{\sqrt{x^2+x}+x}=\tfrac1{\sqrt{1+1/x}+1}\to\tfrac12$ untuk $x>0$, memakai Teorema 34.3.6 dan Proposisi 35.2.8. Hasil ini sama dengan limit barisan pada Latihan 25.3-3, sesuai dengan hubungan $\lim_{x\to+\infty}f(x)=L\Rightarrow f(n)\to L$. $\square$

Solusi 35.2-8. Dari Contoh 35.2.9(a): $|x\lfloor\tfrac1x\rfloor-1|<|x|$ untuk $x\ne0$. Untuk $x>0$, selisihnya terletak di $(-x,0]$. Untuk $x<0$, selisihnya terletak di $[0,-x)$. Jadi $\delta=\varepsilon$ bekerja untuk kedua sisi. $\square$

### Ringkasan

Contoh master $\lim_{x\to2}\tfrac{x^2-4}{x-2}=4$ sah karena definisi limit tidak menguji $x=2$, sehingga pembatalan faktor $x-2$ hanya mengubah fungsi di luar titik yang tidak diuji (Proposisi 35.2.2). "$\tfrac00$" dan bentuk tak tentu lainnya adalah label, bukan nilai. Limitnya dapat berupa apa saja, sehingga perlu dianalisis dengan faktorisasi, perasionalan, atau pembatasan dengan apit. Limit untuk $x\to\pm\infty$ memakai batas $M$ menggantikan jari-jari $\delta$. Limit bernilai $\pm\infty$ adalah label perilaku, bukan bilangan.