Teorema apit

Ilustrasi teorema apit, dengan fungsi berwarna biru , diapit oleh fungsi berwarna hijau dan merah

Dalam kalkulus, teorema apit merupakan teorema yang melibatkan limit pada suatu fungsi yang diapit oleh dua fungsi lain sehingga ketiga fungsi tersebut memiliki nilai limit yang sama. Sebagai ilustrasi, dapat terlihat pada gambar di samping bahwa fungsi yang berwarna biru diapit dari atas oleh fungsi yang berwarna hijau dan di apit dari bawah oleh fungsi yang berwarna merah.

Teorema apit sering digunakan pada bidang kalkulus dan analisis matematika untuk mencari nilai limit dengan cara membandingkannya dengan dua fungsi lain yang nilai limitnya diketahui. Teorema ini pertama kali digunakan secara geometris oleh matematikawan Archimedes dan Eudoksos untuk menghitung nilai π, yang kemudian dirumuskan menggunakan notasi modern oleh Carl Friedrich Gauss.

Pernyataan

Teorema apit secara formal dapat dinyatakan sebagai berikut:

• Fungsi $f$ dan $h$ (berturut-turut) disebut sebagai batas bawah dan atas dari fungsi $g$
• Titik $x=c$ tidak diharuskan berada pada interior dari $I$. Jika $x=c$ adalah titik ujung dari $I$, maka limit di atas adalah limit kiri atau limit kanan.
• Pernyataan serupa juga berlaku untuk selang takhingga. Sebagai contoh, jika $I=(0,\mathrm{\infty })$, maka teorema apit dapat digunakan dengan mengambil limit saat $x$ mendekati $\mathrm{\infty }$

Bukti

Supremum dan Infimum

Menurut hipotesis di atas, maka

• $f(x)\le infg(x)$, dan
• $supg(x)\le h(x)$

Oleh karena $infg(x)\le g(x)\le supg(x)$, maka dengan mengambil limit saat $x$ mendekati $c$, diperoleh rantai pertidaksamaan

$\underset{x\to c}{lim}f(x)\le \underset{x\to c}{lim\; inf}g(x)\le \underset{x\to c}{lim}g(x)\le \underset{x\to c}{lim\; sup}g(x)\le \underset{x\to c}{lim}h(x)$

Perhatikan bahwa $\underset{x\to c}{lim}f(x)=L=\underset{x\to c}{lim}h(x)$, sehingga rantai pertidaksamaan di atas menjadi rantai persamaan, maka dapat disimpulkan bahwa $\underset{x\to c}{lim}g(x)=L$

Definisi (ε, δ) dari limit

Diketahui $\underset{x\to c}{lim}f(x)=L$ dan $\underset{x\to c}{lim}h(x)=L$. Jika diberikan suatu $\epsilon >0$, maka

• $(\mathrm{\exists }{\delta }_1>0)(0\le |x-c|\le {\delta }_1)⟹(|f(x)-L|<\epsilon )$
• $(\mathrm{\exists }{\delta }_2>0)(0\le |x-c|\le {\delta }_2)⟹(|h(x)-L|<\epsilon )$

Oleh karena pertidaksamaan $\left|a\right|\le b$ ekuivalen dengan pertidaksamaan $-b\le a\le b$, dengan memilih $\delta =min\{{\delta }_1,{\delta }_2\}$, maka diperoleh rantai pertidaksamaan

$\begin{array}{ccccccccc}& & f(x)& \le & g(x)& \le & h(x)& & \\ & & f(x)-L& \le & g(x)-L& \le & h(x)-L& & \\ -\epsilon & \le & f(x)-L& \le & g(x)-L& \le & h(x)-L& \le & \epsilon \end{array}$

yang mengakibatkan $-\epsilon \le g(x)-L\le \epsilon$ (atau menggunakan tanda mutlak, $|g(x)-L|\le \epsilon$). Sehingga, terbukti bahwa $\underset{x\to c}{lim}g(x)=L$. Q.E.D.

Teorema apit untuk barisan

Teorema ini juga dapat diterapkan pada barisan. Misalkan $⟨P_n⟩$ dan $⟨R_n⟩$ adalah barisan yang konvergen ke $L$ dan $⟨Q_n⟩$ adalah suatu barisan. Jika terdapat suatu bilangan $k\in \mathbb{N}$ sedemikian sehingga berlaku

$P_n\le Q_n\le R_n$

untuk setiap nilai $n\ge k$, maka barisan $⟨Q_n⟩$ juga konvergen ke $L$.

Bukti

Pernyataan di atas dapat dibuktikan dengan cara serupa seperti sebelumnya. Diketahui $⟨P_n⟩$ dan $⟨R_n⟩$ sama-sama konvergen ke $L$. Jika diberikan suatu $\epsilon >0$, maka

• $(\mathrm{\exists }{k}_1\in \mathbb{N})(\mathrm{\forall }n\ge k_1)⟹(|P_n-L|<\epsilon )$
• $(\mathrm{\exists }{k}_2\in \mathbb{N})(\mathrm{\forall }n\ge k_2)⟹(|R_n-L|<\epsilon )$
• $(\mathrm{\exists }{k}_3\in \mathbb{N})(\mathrm{\forall }n\ge k_3)⟹(P_n\le Q_n\le R_n)$

Oleh karena pertidaksamaan $\left|a\right|\le b$ ekuivalen dengan pertidaksamaan $-b\le a\le b$, dengan memilih $k=max\{k_1,k_2,k_3\}$, maka diperoleh rantai pertidaksamaan

$\begin{array}{ccccccccc}& & P_n& \le & Q_n& \le & R_n& & \\ & & P_n-L& \le & Q_n-L& \le & R_n-L& & \\ -\epsilon & \le & P_n-L& \le & Q_n-L& \le & R_n-L& \le & \epsilon \end{array}$

yang mengakibatkan $-\epsilon \le Q_n-L\le \epsilon$ (atau menggunakan tanda mutlak, $|Q_n-L|\le \epsilon$). Sehingga, terbukti bahwa barisan $⟨Q_n⟩$ juga akan konvergen ke $L$.

Contoh masalah

Contoh pertama

Nilai limit dari $\underset{x\to 0}{lim}{x}^2\sin \left(\frac{1}{x}\right)$ tidak dapat dicari dengan menggunakan sifat perkalian dari limit, yaitu $$\underset{x\to a}{lim}(f(x)\cdot g(x))=(\underset{x\to a}{lim}f(x))\cdot (\underset{x\to a}{lim}g(x))$$

sebab nilai $\underset{x\to 0}{lim}\sin \left(\frac{1}{x}\right)$ tidak ada. Akan tetapi, perhatikan bahwa berlaku pertidaksamaan

$-1\le \sin \theta \le 1$

untuk setiap bilangan riil $\theta$. Dengan memilih $\theta =\frac{1}{x}$, maka didapatkan rantai pertidaksamaan

$\begin{array}{ccccc}-1& \le & \sin \left(\frac{1}{x}\right)& \le & 1\\ -x^2& \le & x^2\sin \left(\frac{1}{x}\right)& \le & x^2\\ \underset{x\to 0}{lim}-x^2& \le & \underset{x\to 0}{lim}{x}^2\sin \left(\frac{1}{x}\right)& \le & \underset{x\to 0}{lim}{x}^2\\ 0& \le & \underset{x\to 0}{lim}{x}^2\sin \left(\frac{1}{x}\right)& \le & 0\end{array}$

Sehingga, dapat disimpulkan bahwa $\underset{x\to 0}{lim}{x}^2\sin \left(\frac{1}{x}\right)$

Baris kedua diperoleh dengan mengalikan semua ruas pertidaksamaannya dengan $x^2$. Tanda pertidaksamaan pada baris kedua tidak berubah, sebab nilai $x^2$ selalu non-negatif.

Oleh karena $\underset{x\to 0}{lim}-x^2=0$ dan $\underset{x\to 0}{lim}{x}^2=0$, maka menurut teorema apit, nilai $\underset{x\to 0}{lim}{x}^2\sin \left(\frac{1}{x}\right)$ haruslah 0 juga.

Contoh kedua

Salah satu contoh yang paling terkenal mengenai pencarian limit melalui proses penghimpitan adalah pembuktian nilai $$\underset{x\to 0}{lim}\frac{\sin x}{x}=1\text{dan}\underset{x\to 0}{lim}\frac{1-\cos x}{x}=0$$

Untuk membuktikan hasil pertama, dapat dengan mudah terlihat (dengan menggunakan ilustrasi geometris di bagian kanan) bahwa

$$\text{Luas segitiga }ADB\le \text{Luas juring }ADB\le \text{Luas segitiga }ADF$$

sehingga diperoleh rantai pertidaksamaan $$\begin{array}{ccccc}\frac{1}{2}\cdot a_{ADB}\cdot t_{ADB}& \le & k\cdot \pi r^2& \le & \frac{1}{2}\cdot a_{ADF}\cdot t_{ADF}\\ [4pt]\frac{1}{2}\cdot 1\cdot \sin x& \le & \frac{x}{2\pi }\cdot \pi (1{)}^2& \le & \frac{1}{2}\cdot 1\cdot \tan x\\ [4pt]\sin x& \le & x& \le & \frac{\sin x}{\cos x}\\ [4pt]1& \le & \frac{x}{\sin x}& \le & \frac{1}{\cos x}\\ [4pt]\frac{1}{(1)}& \ge & \frac{1}{\left(\frac{x}{\sin x}\right)}& \ge & \frac{1}{\left(\frac{1}{\cos x}\right)}\\ [4pt]1& \ge & \frac{\sin x}{x}& \ge & \cos x\end{array}$$

untuk nilai $x$ yang cukup dekat dengan $0$. Oleh karena fungsi kosinus $(\cos x)$ dan fungsi sinc $\left(\frac{\sin x}{x}\right)$ sama-sama merupakan fungsi genap, maka pertidaksamaan di atas juga berlaku untuk nilai $x$ negatif. Dengan mengambil nilai limit saat $x$ mendekati $0$, maka didapatkan $\underset{x\to 0}{lim}\frac{\sin x}{x}=1$

Untuk membuktikan hasil kedua, dengan menggunakan ilustrasi yang sama, perhatikan bahwa $\overline{\text{AB}}$ dan $\overline{\text{AD}}$ sama-sama merupakan jari-jari lingkaran, sehingga segitiga $\text{ABD}$ merupakan segitiga sama kaki. Oleh karena $\mathrm{\angle }BAD=x$, maka didapatkan $\mathrm{\angle }ADB=\frac{1}{2}(360^{\circ }-x)$. Akibatnya,

$\mathrm{\angle }EBD=\frac{x}{2}$

Sehingga,

Gagal mengurai (fungsi tak dikenal "\begin{array}"): {\displaystyle \begin{array}{rcccl} 0 & \leq & \overline{\text{DB}} & \leq & \overset{DB} \\ 0 & \leq & \overline{\text{DB}} & \leq & x \\ 0 & \leq & \dfrac{1}{x} & \leq & \dfrac{1}{(\overline{\text{DB}})} \\ 0 & \leq & \dfrac{(\overline{\text{DE}})}{x} & \leq & \dfrac{(\overline{\text{DE}})}{(\overline{\text{DB}})} \\ 0 & \leq & \dfrac{1 \, - \, \cos x}{x} & \leq & \sin \left( \frac{x}{2} \right) \\ \end{array}}

untuk nilai $x$ positif yang cukup dekat dengan $0$. Oleh karena fungsi $\frac{1-\cos x}{x}$ dan fungsi sinus $\sin \left(\frac{x}{2}\right)$ sama-sama merupakan fungsi ganjil, maka pertidaksamaan di atas akan menjadi

$\sin \left(\frac{x}{2}\right)\le \frac{1-\cos x}{x}\le 0$

yang berlaku untuk nilai $x$ negatif yang cukup dekat dengan $0$. Dengan mengambil nilai limit saat $x$ mendekati $0$ dari kiri dan dari kanan, maka didapatkan $\underset{x\to 0}{lim}\frac{1-\cos x}{x}=0$

Dengan menggunakan identitas Pythagoras beserta informasi $\underset{x\to 0}{lim}\frac{\sin x}{x}=1$ yang telah diperoleh sebelumnya, maka didapatkan

$\begin{array}{cc}\underset{x\to 0}{lim}\frac{1-\cos x}{x}& =\underset{x\to 0}{lim}\frac{1-\cos x}{x}\cdot \frac{1+\cos x}{1+\cos x}\\ & =\underset{x\to 0}{lim}\frac{1-{\cos }^{2}x}{x(1+\cos x)}\\ & =\underset{x\to 0}{lim}\frac{{\sin }^{2}x}{x(1+\cos x)}\\ & =\underset{x\to 0}{lim}\frac{\sin x}{x}\cdot \frac{\sin x}{1+\cos x}\\ & =\left(\underset{x\to 0}{lim}\frac{\sin x}{x}\right)\cdot \left(\underset{x\to 0}{lim}\frac{\sin x}{1+\cos x}\right)\\ & =1\cdot 0\end{array}$

Kedua nilai limit ini digunakan untuk membuktikan turunan dari fungsi sinus adalah fungsi kosinus.

Contoh ketiga

Proses penghimpitan juga dapat digunakan untuk membuktikan $$\frac{\text{d}}{\text{d}\theta }\tan \theta ={\sec }^2\theta$$

Berikut adalah penjelasan ilustrasi di bagian kanan :

• Konstruksikan lingkaran satuan yang berpusat pada titik asal beserta garis $x=1$ dan garis $y=(\tan \theta )x$, untuk suatu parameter $\theta$.
  • Dengan bantuan identitas Pythagoras, maka diperoleh jarak titik $(0,0)$ dengan titik $(1,\tan \theta )$ adalah $\sec \theta$.
• Kemudian, dikonstruksikan lingkaran berjari-jari $\sec \theta$ dengan pusat yang sama.
• Lakukan hal serupa untuk sudut $\theta +\Delta \theta$

Perhatikan juring lingkaran yang berjari-jari $\sec \theta$. Saat $\Delta \theta$ mendekati $0$, bagian busur lingkaran nya akan mendekati garis lurus, sehingga luas juringnya dapat didekati dengan bangun segitiga. Jika panjang busurnya (yaitu $\sec \theta \cdot \Delta \theta$) dijadikan sebagai alas segitiga, maka tinggi segitiganya adalah jari-jari lingkaran (yaitu $\sec \theta$), sehingga diperoleh

$$L_1=\frac{1}{2}{\sec }^2\theta \Delta \theta$$

Sekarang perhatikan juring lingkaran yang berjari-jari $\sec \theta +\Delta \theta$. Dengan argumentasi serupa, maka dapat dengan mudah ditunjukkan bahwa luas juringnya (yang dinotasikan dengan $L_2$) adalah

$$L_2=\frac{1}{2}{\sec }^2(\theta +\Delta \theta )\Delta \theta$$

Bangun yang akan dihimpit oleh $L_1$ dan $L_2$ adalah segitiga yang memiliki titik sudut pada koordinat $(0,0),(1,\tan \theta )$, dan $(1,\tan (\theta +\Delta \theta ))$. Jika tinggi segitiganya adalah $1$ satuan, maka panjang alasnya adalah $\tan (\theta +\Delta \theta )-\tan \theta$, sehingga luas segitiganya ialah

$$L=\frac{1}{2}(\tan (\theta +\Delta \theta )-\tan \theta )$$

Akibatnya, diperoleh rantai pertidaksamaan

$$\begin{array}{ccccc}{L}_1& \le & L& \le & L_2\\ \frac{1}{2}{\sec }^2\theta \Delta \theta & \le & \frac{1}{2}(\tan (\theta +\Delta \theta )-\tan \theta )& \le & \frac{1}{2}{\sec }^2(\theta +\Delta \theta )\Delta \theta \\ {\sec }^2\theta & \le & \frac{\tan (\theta +\Delta \theta )-\tan \theta }{\Delta \theta }& \le & {\sec }^2(\theta +\Delta \theta )\end{array}$$

dengan asumsi bahwa $\Delta \theta >0$. Apabila $\Delta \theta <0$, maka didapatkan $${\sec }^2(\theta +\Delta \theta )\le \frac{\tan \theta -\tan (\theta +\Delta \theta )}{\Delta \theta }\le {\sec }^2\theta$$

Pada kedua kasus di atas, ekspresi pertama dan ketiga sama-sama mendekati ${\sec }^2\theta$ saat $\Delta \theta$ mendekati $0$, sedangkan ekspresi di tengah akan mendekati $\frac{\text{d}}{\text{d}\theta }\tan \theta$ saat $\Delta \theta$ mendekati $0$, sehingga terbukti bahwa nilai $\frac{\text{d}}{\text{d}\theta }\tan \theta ={\sec }^2\theta$ menggunakan teorema apit.

Contoh keempat

Teorema apit masih dapat digunakan pada kalkulus multivariabel, namun batas bawah (dan batas atas) fungsinya harus berada di bawah (dan di atas) nilai fungsinya untuk setiap persekitaran titik yang akan diselidiki, bukan untuk suatu lintasan tertentu saja. Misalnya, nilai

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{lim}\frac{x^{2}y}{x^2+y^2}$$

terbatas ke atas oleh fungsi $f(x,y)=|y|$ dan terbatas ke bawah oleh fungsi $f(x,y)=-|y|$ untuk setiap titik pada persekitaran $(0,0)$.

Perhatikan bahwa $y^2\ge 0$ untuk setiap bilangan riil $y$. Akibatnya, $$\begin{array}{ccccc}& & 0& \le & y^2\\ 0& \le & x^2& \le & x^2+y^2\\ 0& \le & \frac{x^2}{x^2+y^2}& \le & 1\end{array}$$

Dengan menggunakan pertidaksamaan $-|y|\le y\le |y|$ yang berlaku untuk setiap bilangan riil $y$, maka didapatkan $$-|y|\le \frac{x^{2}y}{x^2+y^2}\le |y|$$

Oleh karena $\underset{(x,y)\to (0,0)}{lim}-|y|=0$ dan $\underset{(x,y)\to (0,0)}{lim}|y|=0$, maka menurut teorema apit,

$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{lim}\frac{x^{2}y}{x^2+y^2}=0$$

Pranala luar

• Teorema Apit by Bruce Atwood (Beloit College) after work by, Selwyn Hollis (Armstrong Atlantic State University), the Wolfram Demonstrations Project.
• Teorema Apit pada ProofWiki.

Sumber dan atribusi

Konten artikel ini diadaptasi dari Wikipedia bahasa Indonesia, revisi 29459385 (2026-07-14T22:41:37Z), yang tersedia berdasarkan lisensi Creative Commons Atribusi-BerbagiSerupa (CC BY-SA). Gambar pada artikel ini bersumber dari Wikimedia Commons dan mengikuti ketentuan lisensi masing-masing berkas. Mohon gunakan konten dan media secara bijak serta sesuai dengan ketentuan lisensi yang berlaku.