Penerapan Kriteria Barisan dalam Soal ONMIPA

Kita hendak menganalisis nilai limit rasio beda fungsi $f(x)=|x|$ di titik $c=0$, yaitu

$\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\frac{|x|}{x}$

Untuk membuktikan bahwa limit tersebut tidak ada di $c=0$, kita mengonstruksi dua barisan real yang keduanya konvergen ke $0$ dari arah yang berlawanan.

Pilih barisan pertama $x_n=\frac{1}{n}$ untuk setiap $n\in \mathbb{N}$. Jelas bahwa $x_n>0$ dan $x_n\to 0$ saat $n\to \infty$. Rasio bedanya adalah

$\frac{f(x_n)-f(0)}{x_n-0}=\frac{|1/n|}{1/n}=\frac{1/n}{1/n}=1⟹{\lim }_{n\to \infty }\frac{f(x_n)-f(0)}{x_n-0}=1$

Pilih barisan kedua $y_n=-\frac{1}{n}$ untuk setiap $n\in \mathbb{N}$. Jelas bahwa $y_n<0$ dan $y_n\to 0$ saat $n\to \infty$. Rasio bedanya adalah

$\frac{f(y_n)-f(0)}{y_n-0}=\frac{|-1/n|}{-1/n}=\frac{1/n}{-1/n}=-1⟹{\lim }_{n\to \infty }\frac{f(y_n)-f(0)}{y_n-0}=-1$

Karena kita menemukan dua barisan $x_n\to 0$ dan $y_n\to 0$ yang menghasilkan dua nilai limit rasio beda yang berbeda ($1\ne -1$), berdasarkan Kriteria Barisan untuk Turunan disimpulkan bahwa $f(x)=|x|$ tidak memiliki turunan di $c=0$.

Kita gunakan pengandaian kontradiksi. Andaikan tidak ada $\epsilon >0$ yang memenuhi kondisi tersebut.

Maka untuk setiap $n\in \mathbb{N}$, dengan memilih ${\epsilon }_n=\frac{1}{n}$, terdapat titik $x_n\in [a,b]$ sedemikian sehingga $|f(x_n)|<\frac{1}{n}$. Terbentuklah barisan $(x_n)$ di dalam interval tertutup dan terbatas $[a,b]$.

Berdasarkan Subbarisan dan Teorema Bolzano-Weierstrass, terdapat subbarisan $(x_{n_k})$ yang konvergen ke suatu titik $x^{\ast }\in [a,b]$. Karena $f$ kontinu di titik $x^{\ast }$, berdasarkan Kriteria Barisan untuk Kekontinuan Fungsi kita peroleh

$|f(x^{\ast })|={\lim }_{k\to \infty }|f(x_{n_k})|$

Namun, karena $|f(x_{n_k})|<\frac{1}{n_k}\le \frac{1}{k}$ untuk semua $k\in \mathbb{N}$, berdasarkan Teorema Apit limit barisan tersebut adalah ${\lim }_{k\to \infty }|f(x_{n_k})|=0$. Akibatnya, kita mendapatkan $|f(x^{\ast })|=0$, yang mengimplikasikan $f(x^{\ast })=0$ untuk titik $x^{\ast }\in [a,b]$.

Hal ini berkontradiksi langsung dengan hipotesis bahwa $f(x)\ne 0$ untuk setiap $x\in [a,b]$. Pengandaian salah, sehingga terbukti ada $\epsilon >0$ sedemikian sehingga $|f(x)|\ge \epsilon$ untuk semua $x\in [a,b]$.

Kita tinjau rasio beda fungsi $g$ di titik $c=0$

$\frac{g(x)-g(0)}{x-0}=\frac{x\sin (1/x)-0}{x}=\sin \left(\frac{1}{x}\right)$

Untuk membuktikan bahwa limit rasio beda ini tidak ada saat $x\to 0$, kita memilih dua barisan real yang konvergen ke $0$.

Pilih barisan pertama $x_n=\frac{1}{2n\pi }$ untuk setiap $n\in \mathbb{N}$. Jelas bahwa $x_n\to 0$ dan rasio bedanya adalah $\sin (2n\pi )=0$, sehingga limitnya adalah $0$.

Pilih barisan kedua $y_n=\frac{1}{2n\pi +\pi /2}$ untuk setiap $n\in \mathbb{N}$. Jelas bahwa $y_n\to 0$ dan rasio bedanya adalah $\sin (2n\pi +\pi /2)=1$, sehingga limitnya adalah $1$.

Karena kedua barisan konvergen ke $0$ tetapi memberikan dua nilai limit rasio beda yang berbeda ($0\ne 1$), berdasarkan Kriteria Barisan untuk Turunan disimpulkan bahwa $g(x)=x\sin (1/x)$ tidak mempunyai turunan di $x=0$.

Karena $f$ kontinu pada interval tertutup dan terbatas $[0,1]$, berdasarkan Kriteria Barisan dan Teorema Nilai Ekstrem (atau sifat himpunan kompak pada Subbarisan dan Teorema Bolzano-Weierstrass), nilai $|f(x)|$ mencapai nilai maksimum pada $[0,1]$, sebutlah $M={\sup }_{x\in [0,1]}|f(x)|$.

Pilih titik $x_0=\frac{1}{2}$. Pada interval $[0,x_0]$, berdasarkan Teorema Nilai Rataan (MVT) pada Turunan dan Teorema Nilai Rataan, untuk setiap $x\in [0,x_0]$ terdapat titik $c\in (0,x)$ sedemikian sehingga $f(x)-f(0)=f^{\prime }(c)(x-0)$. Karena $f(0)=0$, kita peroleh $f(x)=f^{\prime }(c)x$.

Dengan menggunakan hipotesis $|f^{\prime }(c)|\le |f(c)|$, kita dapatkan ketaksamaan

$|f(x)|=|f^{\prime }(c)||x|\le |f(c)|x_0=\frac{1}{2}|f(c)|$

Jika kita definisikan $M_1={\sup }_{x\in [0,x_0]}|f(x)|$, ketaksamaan di atas memberikan $M_1\le \frac{1}{2}{M}_1$, yang berakibat $M_1=0$. Artinya $f(x)=0$ untuk seluruh $x\in [0,1/2]$.

Dengan mengulangi argumen yang sama secara bertahap pada interval $[1/2,1]$, kita menyimpulkan bahwa $f(x)=0$ identik pada seluruh interval $[0,1]$.

Ambil sebarang barisan real $(x_n)$ yang konvergen ke takhingga, yaitu $x_n\to \infty$ saat $n\to \infty$.

Untuk setiap $n\in \mathbb{N}$, kita terapkan Teorema Nilai Rataan (MVT) pada interval tertutup $[x_n,x_n+1]$. Karena $f$ terdiferensialkan pada $[x_n,x_n+1]$, terdapat titik $c_n\in (x_n,x_n+1)$ sedemikian sehingga

$\frac{f(x_n+1)-f(x_n)}{(x_n+1)-x_n}=f^{\prime }(c_n)⟹f(x_n+1)-f(x_n)=f^{\prime }(c_n)$

Karena $x_n<c_n<x_n+1$ untuk semua $n\in \mathbb{N}$ dan $x_n\to \infty$, berdasarkan Teorema Apit barisan titik tengah tersebut juga memenuhi $c_n\to \infty$ saat $n\to \infty$.

Berdasarkan Kriteria Barisan untuk limit di takhingga, karena ${\lim }_{x\to \infty }{f}^{\prime }(x)=L$ dan $c_n\to \infty$, terbukti bahwa ${\lim }_{n\to \infty }{f}^{\prime }(c_n)=L$.

Akibatnya, kita peroleh ${\lim }_{n\to \infty }(f(x_n+1)-f(x_n))=L$. Karena hal ini berlaku untuk sebarang barisan $x_n\to \infty$, disimpulkan bahwa ${\lim }_{x\to \infty }(f(x+1)-f(x))=L$.