Limit Fungsi dan Kriteria Barisan

Kita gunakan definisi formal $\epsilon -\delta$ limit fungsi. Karena $L>0$, kita dapat memilih tingkat ketelitian $\epsilon =\frac{L}{2}>0$.

Berdasarkan definisi limit di $c$, untuk nilai $\epsilon =\frac{L}{2}$ tersebut terdapat $\delta >0$ sedemikian sehingga jika $x\in A$ memenuhi $0<|x-c|<\delta$, maka ketaksamaan berikut terpenuhi

$|f(x)-L|<\frac{L}{2}$

Ketaksamaan nilai mutlak di atas setara dengan ketaksamaan ganda

$-\frac{L}{2}<f(x)-L<\frac{L}{2}$

Dengan menambahkan $L$ pada seluruh ruas, khususnya pada ruas kiri kita peroleh $f(x)>L-\frac{L}{2}=\frac{L}{2}$.

Terbukti bahwa terdapat persekitaran terhapus berjari-jari $\delta$ di sekitar $c$ sedemikian sehingga nilai fungsi $f(x)$ selalu bernilai positif dan terbatas di bawah oleh $\frac{L}{2}$. Sifat ini sangat krusial dalam soal-soal ONMIPA Analisis Real untuk menjamin keterbatasan penyebut pada pembuktian turunan dan turunan fungsi rasional.

Diberikan sebarang $\epsilon >0$. Kita menguraikan selisih nilai fungsi dengan calon limitnya

$\left|\frac{x^2+1}{x+1}-\frac{5}{3}\right|=\left|\frac{3(x^2+1)-5(x+1)}{3(x+1)}\right|=\left|\frac{3x^2-5x-2}{3(x+1)}\right|=\frac{|x-2||3x+1|}{3|x+1|}$

Untuk mengontrol penyebut $|x+1|$ dan pembilang $|3x+1|$, kita tetapkan persekitaran awal dengan memilih ${\delta }_1=1$. Jika $0<|x-2|<1$, maka kita mempunyai ketaksamaan $1<x<3$. Dengan menambahkan $1$ pada setiap ruas, diperoleh $2<x+1<4$, yang berakibat $|x+1|>2$ dan $\frac{1}{|x+1|}<\frac{1}{2}$.

Selanjutnya untuk pembilang $|3x+1|$, dari $1<x<3$ kita peroleh $4<3x+1<10$, yang berarti $|3x+1|<10$.

Substitusi kedua batas tersebut ke dalam selisih awal menghasilkan

$\frac{|x-2||3x+1|}{3|x+1|}<\frac{|x-2|\cdot 10}{3\cdot 2}=\frac{5}{3}|x-2|$

Agar $\frac{5}{3}|x-2|<\epsilon$, kita memerlukan $|x-2|<\frac{3}{5}\epsilon$. Oleh karena itu, kita memilih $\delta =\min \left\{1,\frac{3}{5}\epsilon \right\}>0$.

Untuk melakukan pembuktian formal, diambil sebarang $x\in \mathbb{R}$ yang memenuhi $0<|x-2|<\delta$. Karena $\delta \le 1$, batas penyebut dan pembilang berlaku. Karena $\delta \le \frac{3}{5}\epsilon$, kita peroleh

$\left|\frac{x^2+1}{x+1}-\frac{5}{3}\right|<\frac{5}{3}|x-2|<\frac{5}{3}\delta \le \frac{5}{3}\left(\frac{3}{5}\epsilon \right)=\epsilon$

Terbukti secara formal bahwa ${\lim }_{x\to 2}\frac{x^2+1}{x+1}=\frac{5}{3}$.

Kita akan memanfaatkan Kriteria Ketadaaan Limit dengan mengonstruksi dua barisan berelemen real yang menuju nol tetapi memberikan nilai fungsi yang berbeda.

Pilih barisan pertama $x_n=\frac{1}{\sqrt{2n\pi +\frac{\pi }{2}}}$ untuk setiap $n\in \mathbb{N}$. Jelas bahwa $x_n\ne 0$ dan berdasarkan Sifat Archimedes & Kerapatan Bilangan Real berlaku $x_n\to 0$ saat $n\to \infty$. Nilai fungsinya adalah

$f(x_n)=\sin \left(2n\pi +\frac{\pi }{2}\right)=1⟹{\lim }_{n\to \infty }f(x_n)=1$

Pilih barisan kedua $y_n=\frac{1}{\sqrt{2n\pi }}$ untuk setiap $n\in \mathbb{N}$. Barisan ini juga memenuhi $y_n\ne 0$ dan $y_n\to 0$ saat $n\to \infty$. Nilai fungsinya adalah

$f(y_n)=\sin (2n\pi )=0⟹{\lim }_{n\to \infty }f(y_n)=0$

Karena kita menemukan dua barisan $x_n\to 0$ dan $y_n\to 0$ namun memberikan nilai limit barisan fungsi $\lim f(x_n)=1\ne 0=\lim f(y_n)$, berdasarkan Kriteria Barisan disimpulkan bahwa ${\lim }_{x\to 0}\sin (1/x^2)$ terbukti tidak ada.

Untuk bagian pertama, kita buktikan ${\lim }_{x\to 0}f(x)=0$ menggunakan Teorema Apit. Untuk setiap $x\in \mathbb{R}$, karena nilai $f(x)$ hanya bernilai $x^2$ atau $-x^2$, selalu berlaku ketaksamaan ganda

$-x^2\le f(x)\le x^2$

Karena ${\lim }_{x\to 0}(-x^2)=0$ dan ${\lim }_{x\to 0}(x^2)=0$, berdasarkan Teorema Apit disimpulkan bahwa ${\lim }_{x\to 0}f(x)=0$.

Untuk bagian kedua, diberikan sebarang $c\ne 0$. Berdasarkan Sifat Archimedes & Kerapatan Bilangan Real, himpunan $\mathbb{Q}$ dan $\mathbb{R}\setminus \mathbb{Q}$ sama-sama padat di $\mathbb{R}$. Oleh karena itu, terdapat barisan rasional $(r_n)$ di $\mathbb{Q}\setminus \{c\}$ dengan $r_n\to c$ dan barisan irasional $(q_n)$ di $(\mathbb{R}\setminus \mathbb{Q})\setminus \{c\}$ dengan $q_n\to c$.

Maka barisan nilai fungsinya memenuhi $f(r_n)=r_n^2\to c^2$ dan $f(q_n)=-q_n^2\to -c^2$. Karena $c\ne 0$, kita peroleh $c^2\ne -c^2$. Berdasarkan Kriteria Barisan, limit ${\lim }_{x\to c}f(x)$ terbukti tidak ada untuk semua $c\ne 0$.

Pertama, kita evaluasi $f(0)$. Karena $f(0)=f(0+0)=f(0)+f(0)$, kita dapatkan $f(0)=0$.

Selanjutnya kita tentukan nilai $L={\lim }_{x\to 0}f(x)$. Untuk setiap $x\in \mathbb{R}$, berlaku $f(2x)=f(x+x)=2f(x)$. Karena saat $x\to 0$ berlaku juga $2x\to 0$, berdasarkan kriteria limit kita peroleh

${\lim }_{x\to 0}f(2x)=L$

Di sisi lain, dari sifat $f(2x)=2f(x)$ diperoleh ${\lim }_{x\to 0}f(2x)=2{\lim }_{x\to 0}f(x)=2L$. Dari kesamaan $L=2L$, disimpulkan bahwa $L=0$, sehingga ${\lim }_{x\to 0}f(x)=0=f(0)$.

Sekarang diambil sebarang titik $c\in \mathbb{R}$. Kita hendak menganalisis ${\lim }_{x\to c}f(x)$. Dengan melakukan substitusi variabel $h=x-c$, ketika $x\to c$ maka $h\to 0$. Menggunakan persamaan fungsional $f(x)=f(c+h)=f(c)+f(h)$, kita peroleh

${\lim }_{x\to c}f(x)={\lim }_{h\to 0}(f(c)+f(h))=f(c)+{\lim }_{h\to 0}f(h)=f(c)+0=f(c)$

Hasil ini membuktikan bahwa keberadaan limit di satu titik $c=0$ pada persamaan fungsional additif Cauchy secara otomatis menjamin keberadaan limit di seluruh titik domain $\mathbb{R}$.

Karena himpunan nilai $S=\{f(x):x\in (a,b)\}$ tidak kosong dan terbatas ke atas di $\mathbb{R}$, berdasarkan Aksioma Kelengkapan Bilangan Real $S$ memiliki supremum di $\mathbb{R}$. Kita misalkan $L=\sup S$.

Ambil sebarang $\epsilon >0$. Karena $L=\sup S$, bilangan $L-\epsilon$ bukan lagi merupakan batas atas bagi $S$. Oleh karena itu, terdapat titik $x_0\in (a,b)$ sedemikian sehingga $f(x_0)>L-\epsilon$.

Pilih $\delta =b-x_0>0$. Diambil sebarang $x\in (a,b)$ yang memenuhi $b-\delta <x<b$. Ketaksamaan $b-\delta <x$ setara dengan $x_0<x$. Karena $f$ monoton naik pada $(a,b)$, dari $x_0<x<b$ kita peroleh

$L-\epsilon <f(x_0)\le f(x)\le L<L+\epsilon$

Hal ini berarti $|f(x)-L|<\epsilon$ untuk semua $x\in (a,b)$ dengan $b-\delta <x<b$. Berdasarkan definisi formal limit kiri, terbukti bahwa ${\lim }_{x\to b^{-}}f(x)=L=\sup \{f(x):x\in (a,b)\}$.

Pertama, kita hitung limit $g$ di titik $c=0$. Untuk setiap $x\ne 0$, berlaku $g(x)=0$. Oleh karena itu ${\lim }_{x\to 0}g(x)=0$.

Kedua, kita evaluasi nilai fungsi $f$ pada nilai limit tersebut. Karena ${\lim }_{x\to 0}g(x)=0$, kita peroleh $f(0)=1$.

Ketiga, kita tentukan fungsi komposisi $(f\circ g)(x)=f(g(x))$. Untuk setiap $x\ne 0$, karena $g(x)=0$, kita peroleh $f(g(x))=f(0)=1$. Karena $f(g(x))=1$ konstan untuk semua $x\ne 0$, nilai limitnya adalah

${\lim }_{x\to 0}f(g(x))={\lim }_{x\to 0}1=1$

Namun, jika kita menggunakan calon limit awal dari $g$ yaitu $y_0={\lim }_{x\to 0}g(x)=0$, pengamatan pada titik $y\ne 0$ memberikan $f(y)=0$, sehingga ${\lim }_{y\to 0}f(y)=0$. Di sini tampak bahwa ${\lim }_{x\to 0}f(g(x))=1$, sedangkan ${\lim }_{y\to 0}f(y)=0$.

Aturan pertukaran limit ${\lim }_{x\to c}f(g(x))=f(L)$ membutuhkan syarat tambahan, yaitu fungsi $f$ harus kontinu di titik $L={\lim }_{x\to c}g(x)$, atau $g(x)$ tidak pernah bernilai $L$ pada persekitaran terhapus di sekitar $c$. Soal ini menjadi peringatan penting dalam seleksi ONMIPA agar tidak terburu-buru mempertukarkan tanda limit tanpa menguji syarat kekontinuan fungsi luar.

Pertama, kita hitung turunan $f^{\prime }(0)$ melalui limit rasio beda. Untuk $x\ne 0$, rasio bedanya adalah

$\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\frac{x^2\sin (1/x)-0}{x}=x\sin \left(\frac{1}{x}\right)$

Karena $-1\le \sin (1/x)\le 1$, untuk $x\ne 0$ berlaku $-|x|\le x\sin (1/x)\le |x|$. Karena ${\lim }_{x\to 0}(-|x|)=0$ dan ${\lim }_{x\to 0}|x|=0$, berdasarkan Teorema Apit terbukti $f^{\prime }(0)={\lim }_{x\to 0}x\sin (1/x)=0$.

Kedua, untuk $x\ne 0$ kita hitung turunan $f^{\prime }(x)$ menggunakan aturan perkalian dan aturan rantai

$f^{\prime }(x)=2x\sin \left(\frac{1}{x}\right)-\cos \left(\frac{1}{x}\right)$

Sekarang kita uji keberadaan limit ${\lim }_{x\to 0}{f}^{\prime }(x)$ menggunakan Kriteria Barisan. Kita tahu bahwa ${\lim }_{x\to 0}2x\sin (1/x)=0$ berdasarkan Teorema Apit. Oleh karena itu, keberadaan ${\lim }_{x\to 0}{f}^{\prime }(x)$ sepenuhnya ditentukan oleh keberadaan ${\lim }_{x\to 0}\cos (1/x)$.

Pilih dua barisan $x_n=\frac{1}{2n\pi }$ dan $y_n=\frac{1}{(2n+1)\pi }$ untuk setiap $n\in \mathbb{N}$. Jelas bahwa $x_n\to 0$ dan $y_n\to 0$ saat $n\to \infty$. Nilai turunannya memenuhi $f^{\prime }(x_n)=\frac{2}{2n\pi }\sin (2n\pi )-\cos (2n\pi )=0-1=-1⟹f^{\prime }(x_n)\to -1$, sedangkan $f^{\prime }(y_n)=\frac{2}{(2n+1)\pi }\sin ((2n+1)\pi )-\cos ((2n+1)\pi )=0-(-1)=1⟹f^{\prime }(y_n)\to 1$.

Karena dua barisan tersebut menghasilkan limit turunan yang berbeda ($-1\ne 1$), berdasarkan Kriteria Barisan disimpulkan bahwa limit ${\lim }_{x\to 0}{f}^{\prime }(x)$ terbukti tidak ada. Hal ini menunjukkan bahwa fungsi $f$ terdiferensialkan di $0$, tetapi turunannya $f^{\prime }$ tidak kontinu di $0$.

Langkah pertama adalah menunjukkan bahwa $f$ terbatas dan terbatas dari bawah di suatu persekitaran terhapus di sekitar $0$. Karena ${\lim }_{x\to 0}\left(f(x)+\frac{1}{f(x)}\right)=2$, untuk ${\epsilon }_0=1$ terdapat $\delta >0$ sedemikian sehingga untuk semua $x$ dengan $0<|x|<\delta$ berlaku

$\left|f(x)+\frac{1}{f(x)}-2\right|<1⟹f(x)+\frac{1}{f(x)}<3$

Dari ketaksamaan $f(x)+\frac{1}{f(x)}<3$ dengan $f(x)>0$, kita peroleh $\frac{1}{f(x)}<3$ sehingga $f(x)>\frac{1}{3}$. Demikian pula, $f(x)<3$. Maka untuk semua $x$ dengan $0<|x|<\delta$, berlaku batas $\frac{1}{3}<f(x)<3$.

Selanjutnya, kita gunakan identitas aljabar penting. Untuk $f(x)>0$, berlaku

$f(x)+\frac{1}{f(x)}-2=\frac{f(x{)}^2-2f(x)+1}{f(x)}=\frac{(f(x)-1{)}^2}{f(x)}$

Karena ${\lim }_{x\to 0}\left(f(x)+\frac{1}{f(x)}-2\right)=0$, kita peroleh

${\lim }_{x\to 0}\frac{(f(x)-1{)}^2}{f(x)}=0$

Karena $f(x)\le 3$ pada persekitaran terhapus tersebut, berlaku ketaksamaan $(f(x)-1{)}^2\le 3\cdot \frac{(f(x)-1{)}^2}{f(x)}$. Dengan mengambil limit dua ruas, kita simpulkan ${\lim }_{x\to 0}(f(x)-1{)}^2=0$, yang berarti ${\lim }_{x\to 0}f(x)=1$.

Pertama, kita tunjukkan bahwa $f(x)$ harus bernilai negatif di suatu persekitaran terhapus di sekitar $a$. Andaikan $f(x_0)>0$ untuk suatu $x_0$ sedekat mungkin ke $a$. Maka $|f(x_0)|=f(x_0)>0$ dan berlaku ketaksamaan AM-GM

$f(x_0)+\frac{1}{|f(x_0)|}=f(x_0)+\frac{1}{f(x_0)}\ge 2\sqrt{f(x_0)\cdot \frac{1}{f(x_0)}}=2$

Karena limit kondisi tersebut adalah $0$, untuk ${\epsilon }_0=1$ terdapat $\delta >0$ sehingga $\left|f(x)+\frac{1}{|f(x)|}\right|<1$ untuk $0<|x-a|<\delta$. Namun untuk $f(x)>0$, nilai $f(x)+\frac{1}{|f(x)|}\ge 2>1$. Kontradiksi. Maka $f(x)<0$ untuk semua $0<|x-a|<\delta$ (untuk suatu $\delta$ kecil).

Untuk $f(x)<0$, kita peroleh $|f(x)|=-f(x)$ sehingga $f(x)+\frac{1}{|f(x)|}=f(x)-\frac{1}{f(x)}$. Dengan menggunakan substitusi $u(x)=-f(x)>0$, kondisi limit menjadi

${\lim }_{x\to a}\left(-u(x)+\frac{1}{u(x)}\right)=0⟹{\lim }_{x\to a}\left(u(x)-\frac{1}{u(x)}\right)=0$

Sekarang kita tunjukkan $u$ terbatas dan terbatas dari bawah. Dari $\left|u(x)-\frac{1}{u(x)}\right|<1$ pada persekitaran terhapus yang cukup kecil, jika $u(x)\ge 2$ maka $u(x)-\frac{1}{u(x)}\ge 2-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}>1$, kontradiksi. Jika $u(x)\le \frac{1}{2}$, maka $u(x)-\frac{1}{u(x)}\le \frac{1}{2}-2=-\frac{3}{2}$, sehingga $\left|u(x)-\frac{1}{u(x)}\right|>1$, kontradiksi. Maka $\frac{1}{2}<u(x)<2$ pada persekitaran tersebut.

Pada selang $(\frac{1}{2},2)$, fungsi $h(u)=u-\frac{1}{u}$ bersifat kontinu, ketat monoton naik, dan memenuhi $h(1)=0$. Karena $h(u(x))\to 0$ dan $h$ mempunyai invers kontinu pada $(\frac{1}{2},2)$, disimpulkan $u(x)\to 1$. Akibatnya ${\lim }_{x\to a}f(x)={\lim }_{x\to a}(-u(x))=-1$.

Kita definisikan fungsi bantu $g(x)=\frac{f(x)}{x}$ untuk $x\ne 0$ dan $\phi (x)=\frac{f(2x)-f(x)}{x}$. Berdasarkan hipotesis, kita mempunyai $\phi (x)\to 0$ saat $x\to 0$. Tujuan kita adalah membuktikan $g(x)\to 0$.

Perhatikan identitas aljabar berikut. Dari $f(2x)=f(x)+x\phi (x)$, kita dapat menulis $\frac{f(2x)}{2x}=\frac{f(x)}{2x}+\frac{\phi (x)}{2}$, yang berarti

$g\left(\frac{x}{2}\right)=2g(x)-\phi \left(\frac{x}{2}\right)$

atau setara

$g(x)=\frac{1}{2}g\left(\frac{x}{2}\right)+\frac{1}{2}\phi \left(\frac{x}{2}\right)$

Dengan menerapkan relasi ini secara berulang dengan mensubstitusi $x\leftarrow x/2,x/4,\dots$, setelah $n$ langkah kita peroleh

$g(x)=\frac{g(x/2^n)}{2^n}+{\sum }_{k=1}^n\frac{\phi (x/2^k)}{2^k}$

Kita tunjukkan suku pertama menghilang saat $n\to \infty$. Karena $\frac{g(x/2^n)}{2^n}=\frac{f(x/2^n)}{2^n\cdot (x/2^n)}=\frac{f(x/2^n)}{x}$, dan $f(x/2^n)\to 0$ saat $n\to \infty$ (sebab $x/2^n\to 0$ dan ${\lim }_{t\to 0}f(t)=0$), maka suku ini konvergen ke nol untuk setiap $x\ne 0$ yang tetap. Oleh karena itu, deret tersebut konvergen dan berlaku representasi

$g(x)={\sum }_{k=1}^{\infty }\frac{\phi (x/2^k)}{2^k}$

Kita gunakan representasi ini untuk membuktikan $g(x)\to 0$. Ambil sebarang $\epsilon >0$. Karena $\phi (t)\to 0$ saat $t\to 0$, terdapat $\delta >0$ sehingga $|\phi (t)|<\epsilon$ untuk semua $|t|<\delta$. Untuk setiap $x$ dengan $|x|<\delta$, berlaku $|x/2^k|\le |x|<\delta$ untuk semua $k\ge 1$, sehingga $|\phi (x/2^k)|<\epsilon$. Dengan demikian

$|g(x)|\le {\sum }_{k=1}^{\infty }\frac{|\phi (x/2^k)|}{2^k}<{\sum }_{k=1}^{\infty }\frac{\epsilon }{2^k}=\epsilon$

Karena $\epsilon >0$ sebarang, terbukti bahwa ${\lim }_{x\to 0}g(x)=0$, yaitu ${\lim }_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}=0$.

Kita definisikan fungsi $h(x)=x\left(\frac{1}{x}-\lfloor \frac{1}{x}\rfloor \right)=x\cdot \left\{\frac{1}{x}\right\}$ untuk $x\ne 0$, di mana $\{t\}=t-\lfloor t\rfloor$ menyatakan bagian pecahan dari $t$. Hipotesis menyatakan bahwa ${\lim }_{x\to 0}f(h(x))=0$.

Kita tunjukkan bahwa untuk setiap nilai $y$ yang cukup kecil ($0<|y|$), terdapat $x$ yang mendekati $0$ sedemikian sehingga $h(x)=y$. Ambil $y\in (0,1)$. Untuk setiap bilangan bulat $n\ge 1$ yang memenuhi $y<1/n$ (yakni $n\ge \lceil 1/y\rceil$), kita pilih $x=\frac{1-y}{n}$. Kita verifikasi bahwa $h(x)=y$ dengan menghitung $\frac{1}{x}=\frac{n}{1-y}$. Karena $n<\frac{1}{y}$ berarti $n(1-y)<1-y+(1-y)(1/y-1)=1/y\cdot (1-y)$… lebih langsung: untuk $n<\frac{1-y}{y}$, berlaku $\frac{n}{1-y}<\frac{1}{y}$ dan $\frac{n}{1-y}\ge n$, sehingga $\lfloor \frac{n}{1-y}\rfloor =n$. Akibatnya $\left\{\frac{1}{x}\right\}=\frac{n}{1-y}-n=\frac{ny}{1-y}$, dan

$h(x)=x\cdot \left\{\frac{1}{x}\right\}=\frac{1-y}{n}\cdot \frac{ny}{1-y}=y$

Dengan memilih $n$ semakin besar (katakan $n\ge \lceil 1/y\rceil$), nilai $x=\frac{1-y}{n}\le \frac{(1-y)y}{1-y}=y$ sehingga $x\le y$. Dengan memilih $n\to \infty$, kita mendapatkan $x=\frac{1-y}{n}\to 0$.

Sekarang kita selesaikan bukti utama. Ambil sebarang barisan $y_m\to 0$ dengan $y_m\ne 0$. Untuk setiap $y_m$, pilih bilangan bulat $n_m$ sehingga $y_m<1/n_m$ dan $x_m=\frac{1-y_m}{n_m}$ (demikian pula untuk $y_m<0$ dengan analisis serupa dari sisi negatif). Konstruksi di atas menjamin $h(x_m)=y_m$ dan $x_m\to 0$ saat $m\to \infty$. Karena ${\lim }_{x\to 0}f(h(x))=0$, dari $x_m\to 0$ kita peroleh $f(y_m)=f(h(x_m))\to 0$. Karena barisan $(y_m)$ yang menuju $0$ dipilih secara sembarang, berdasarkan Kriteria Barisan terbukti ${\lim }_{x\to 0}f(x)=0$.

Kita gunakan teknik penjumlahan Abel (summation by parts) untuk menganalisis jumlah alternating ini. Definisikan jumlah parsial $A_j={\sum }_{k=1}^j(-1{)}^k$ untuk $j\ge 1$. Kita perhatikan bahwa $A_j=0$ jika $j$ genap dan $A_j=-1$ jika $j$ ganjil, sehingga $|A_j|\le 1$ untuk semua $j$.

Dengan rumus Abel, jumlah yang ingin kita analisis dapat ditulis sebagai

$S_n=\frac{1}{n}{\sum }_{k=1}^n(-1{)}^{k}f\left(\frac{k}{n}\right)=\frac{A_n}{n}f\left(\frac{n}{n}\right)-\frac{1}{n}{\sum }_{k=1}^{n-1}{A}_k\left[f\left(\frac{k+1}{n}\right)-f\left(\frac{k}{n}\right)\right]$

Dengan mengambil nilai mutlak dan menggunakan $|A_j|\le 1$, kita peroleh estimasi

$|S_n|\le \frac{|f(1)|}{n}+\frac{1}{n}{\sum }_{k=1}^{n-1}\left|f\left(\frac{k+1}{n}\right)-f\left(\frac{k}{n}\right)\right|$

Karena $f$ kontinu pada interval tertutup dan terbatas $[0,1]$, fungsi $f$ bersifat kontinu seragam di sana. Untuk sebarang $\epsilon >0$, terdapat $\delta >0$ sehingga $|f(x)-f(y)|<\epsilon$ kapanpun $|x-y|<\delta$. Pilih $N$ sehingga $1/N<\delta$. Untuk $n\ge N$, jarak antar titik $\frac{k+1}{n}$ dan $\frac{k}{n}$ adalah $\frac{1}{n}\le \frac{1}{N}<\delta$, sehingga $\left|f\left(\frac{k+1}{n}\right)-f\left(\frac{k}{n}\right)\right|<\epsilon$ untuk setiap $k$.

Dengan demikian, untuk $n\ge N$ berlaku

$|S_n|\le \frac{|f(1)|}{n}+\frac{1}{n}\cdot (n-1)\cdot \epsilon <\frac{|f(1)|}{n}+\epsilon$

Saat $n\to \infty$, suku $\frac{|f(1)|}{n}\to 0$, sehingga untuk $n$ yang cukup besar $|S_n|<2\epsilon$. Karena $\epsilon >0$ sembarang, terbukti bahwa ${\lim }_{n\to \infty }{S}_n=0$.

Kita kenali struktur jumlah ini sebagai beda hingga orde tinggi. Untuk sembarang fungsi $g$ dan langkah $h>0$, beda hingga maju orde $n$ didefinisikan sebagai ${\Delta }_h^{n}g(x)={\sum }_{k=0}^n(-1{)}^{n-k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})g(x+kh)$. Dengan pilihan $h=1/n$, $x=0$, dan $g=f$, kita mempunyai

${\sum }_{k=0}^n(-1{)}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})f\left(\frac{k}{n}\right)=(-1{)}^n{\Delta }_{1/n}^{n}f(0)$

sehingga jumlah yang ingin kita analisis memenuhi

$\left|\frac{1}{2^n}{\sum }_{k=0}^n(-1{)}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})f\left(\frac{k}{n}\right)\right|=\frac{|{\Delta }_{1/n}^{n}f(0)|}{2^n}$

Kita buktikan lemma kunci berikut dengan induksi. Untuk sembarang fungsi $g$ yang kontinu seragam pada $[0,1]$ dengan modulus kekontinuan $\omega (\delta )={\sup }_{|x-y|\le \delta }|g(x)-g(y)|$, berlaku $|{\Delta }_h^{n}g(x)|\le 2^{n-1}\omega (h)$.

Untuk $n=1$, jelas $|{\Delta }_h^{1}g(x)|=|g(x+h)-g(x)|\le \omega (h)=2^0\omega (h)$. Untuk langkah induksi, asumsikan klaim berlaku untuk $n-1$. Maka ${\Delta }_h^{n}g(x)={\Delta }_h^{n-1}g(x+h)-{\Delta }_h^{n-1}g(x)$, dan dengan ketaksamaan segitiga

$|{\Delta }_h^{n}g(x)|\le |{\Delta }_h^{n-1}g(x+h)|+|{\Delta }_h^{n-1}g(x)|\le 2^{n-2}\omega (h)+2^{n-2}\omega (h)=2^{n-1}\omega (h)$

Lemma terbukti. Menerapkannya pada $f$ dengan $h=1/n$, kita dapatkan

$\frac{|{\Delta }_{1/n}^{n}f(0)|}{2^n}\le \frac{2^{n-1}{\omega }_f(1/n)}{2^n}=\frac{{\omega }_f(1/n)}{2}$