Teorema apit

Metode untuk mencari nilai limit dalam kalkulusTemplat:SHORTDESC:Metode untuk mencari nilai limit dalam kalkulus

Artikel ini membutuhkan lebih banyak rujukan. Mohon bantu kami mengembangkan artikel ini dengan cara menambahkan rujukan ke sumber tepercaya. Pernyataan tak bersumber bisa saja dipertentangkan dan dihapus.
Cari sumber: "Teorema apit" – berita · surat kabar · buku · cendekiawan · JSTOR (April 2010)

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.^[1] 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:^[2]^[3]

Teorema — Misalkan I {\displaystyle I} $I$ adalah selang yang memuat titik c {\displaystyle c} $c$ . Misalkan f {\displaystyle f} $f$ , g {\displaystyle g} $g$ , dan h {\displaystyle h} $h$ adalah fungsi yang terdefinisi pada I ∖ { c } {\displaystyle I\setminus \left\{c\right\}} $I\setminus \left\{c\right\}$ , dengan

f ( x ) ≤ g ( x ) ≤ h ( x ) {\displaystyle f(x)\leq g(x)\leq h(x)} $f(x)\leq g(x)\leq h(x)$

untuk setiap x ∈ I ∖ { c } {\displaystyle x\in I\setminus \left\{c\right\}} $x\in I\setminus \left\{c\right\}$ . Jika lim x → c f ( x ) = lim x → c h ( x ) = L {\displaystyle \lim _{x\,\to \,c}f(x)=\lim _{x\,\to \,c}h(x)=L} $\lim _{x\,\to \,c}f(x)=\lim _{x\,\to \,c}h(x)=L$ , maka lim x → c g ( x ) = L {\displaystyle \lim _{x\,\to \,c}g(x)=L} $\lim _{x\,\to \,c}g(x)=L$

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

Bukti

Supremum dan Infimum

Menurut hipotesis di atas, maka

f ( x ) ≤ inf g ( x ) {\displaystyle f(x)\leq \inf g(x)} $f(x)\leq \inf g(x)$ , dan
sup g ( x ) ≤ h ( x ) {\displaystyle \sup g(x)\leq h(x)} $\sup g(x)\leq h(x)$

Oleh karena inf g ( x ) ≤ g ( x ) ≤ sup g ( x ) {\displaystyle \inf g(x)\leq g(x)\leq \sup g(x)} $\inf g(x)\leq g(x)\leq \sup g(x)$ , maka dengan mengambil limit saat x {\displaystyle x} $x$ mendekati c {\displaystyle c} $c$ , diperoleh rantai pertidaksamaan

lim x → c f ( x ) ≤ lim inf x → c g ( x ) ≤ lim x → c g ( x ) ≤ lim sup x → c g ( x ) ≤ lim x → c h ( x ) {\displaystyle \lim _{x\,\to \,c}f(x)\leq \liminf _{x\,\to \,c}g(x)\leq \lim _{x\,\to \,c}g(x)\leq \limsup _{x\,\to \,c}g(x)\leq \lim _{x\,\to \,c}h(x)} $\lim _{x\,\to \,c}f(x)\leq \liminf _{x\,\to \,c}g(x)\leq \lim _{x\,\to \,c}g(x)\leq \limsup _{x\,\to \,c}g(x)\leq \lim _{x\,\to \,c}h(x)$ ^{[butuh rujukan]}

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

Definisi (ε, δ) dari limit

Diketahui lim x → c f ( x ) = L {\displaystyle \lim _{x\,\to \,c}f(x)=L} $\lim _{x\,\to \,c}f(x)=L$ dan lim x → c h ( x ) = L {\displaystyle \lim _{x\,\to \,c}h(x)=L} $\lim _{x\,\to \,c}h(x)=L$ . Jika diberikan suatu ε > 0 {\displaystyle \varepsilon >0} $\varepsilon >0$ , maka

( ∃ δ 1 > 0 ) ( 0 ≤ | x − c | ≤ δ 1 ) ⟹ ( | f ( x ) − L | < ε ) {\displaystyle \left(\exists \delta _{1}>0\right)\left(0\leq \left|x-c\right|\leq \delta _{1}\right)\implies \left(\left|f(x)-L\right|<\varepsilon \right)} $\left(\exists \delta _{1}>0\right)\left(0\leq \left|x-c\right|\leq \delta _{1}\right)\implies \left(\left|f(x)-L\right|<\varepsilon \right)$
( ∃ δ 2 > 0 ) ( 0 ≤ | x − c | ≤ δ 2 ) ⟹ ( | h ( x ) − L | < ε ) {\displaystyle \left(\exists \delta _{2}>0\right)\left(0\leq \left|x-c\right|\leq \delta _{2}\right)\implies \left(\left|h(x)-L\right|<\varepsilon \right)} $\left(\exists \delta _{2}>0\right)\left(0\leq \left|x-c\right|\leq \delta _{2}\right)\implies \left(\left|h(x)-L\right|<\varepsilon \right)$

Oleh karena pertidaksamaan | a | ≤ b {\displaystyle \left|a\right|\leq b} $\left|a\right|\leq b$ ekuivalen dengan pertidaksamaan − b ≤ a ≤ b {\displaystyle -b\leq a\leq b} $-b\leq a\leq b$ , dengan memilih δ = min { δ 1 , δ 2 } {\displaystyle \delta =\min \left\{\delta _{1},\,\delta _{2}\right\}} $\delta =\min \left\{\delta _{1},\,\delta _{2}\right\}$ , maka diperoleh rantai pertidaksamaan

f ( x ) ≤ g ( x ) ≤ h ( x ) f ( x ) − L ≤ g ( x ) − L ≤ h ( x ) − L − ε ≤ f ( x ) − L ≤ g ( x ) − L ≤ h ( x ) − L ≤ ε {\displaystyle {\begin{array}{rccccccl}&&f(x)&\leq &g(x)&\leq &h(x)&&\\&&f(x)-L&\leq &g(x)-L&\leq &h(x)-L&&\\-\varepsilon &\leq &f(x)-L&\leq &g(x)-L&\leq &h(x)-L&\leq &\varepsilon \end{array}}} ${\begin{array}{rccccccl}&&f(x)&\leq &g(x)&\leq &h(x)&&\\&&f(x)-L&\leq &g(x)-L&\leq &h(x)-L&&\\-\varepsilon &\leq &f(x)-L&\leq &g(x)-L&\leq &h(x)-L&\leq &\varepsilon \end{array}}$

yang mengakibatkan − ε ≤ g ( x ) − L ≤ ε {\displaystyle -\varepsilon \leq g(x)-L\leq \varepsilon } $-\varepsilon \leq g(x)-L\leq \varepsilon$ (atau menggunakan tanda mutlak, | g ( x ) − L | ≤ ε {\displaystyle \left|g(x)-L\right|\leq \varepsilon } $\left|g(x)-L\right|\leq \varepsilon$ ). Sehingga, terbukti bahwa lim x → c g ( x ) = L {\displaystyle \lim _{x\,\to \,c}g(x)=L} $\lim _{x\,\to \,c}g(x)=L$ .^[4] Q.E.D.

Teorema apit untuk barisan

Teorema ini juga dapat diterapkan pada barisan. Misalkan ⟨ P n ⟩ {\displaystyle \langle P_{n}\rangle } $\langle P_{n}\rangle$ dan ⟨ R n ⟩ {\displaystyle \langle R_{n}\rangle } $\langle R_{n}\rangle$ adalah barisan yang konvergen ke L {\displaystyle L} $L$ dan ⟨ Q n ⟩ {\displaystyle \langle Q_{n}\rangle } $\langle Q_{n}\rangle$ adalah suatu barisan. Jika terdapat suatu bilangan k ∈ N {\displaystyle k\in \mathbb {N} } $k\in \mathbb {N}$ sedemikian sehingga berlaku

P n ≤ Q n ≤ R n {\displaystyle P_{n}\leq Q_{n}\leq R_{n}} $P_{n}\leq Q_{n}\leq R_{n}$

untuk setiap nilai n ≥ k {\displaystyle n\geq k} $n\geq k$ , maka barisan ⟨ Q n ⟩ {\displaystyle \langle Q_{n}\rangle } $\langle Q_{n}\rangle$ juga konvergen ke L {\displaystyle L} $L$ .^[5]^[6]

Bukti

Pernyataan di atas dapat dibuktikan dengan cara serupa seperti sebelumnya. Diketahui ⟨ P n ⟩ {\displaystyle \langle P_{n}\rangle } $\langle P_{n}\rangle$ dan ⟨ R n ⟩ {\displaystyle \langle R_{n}\rangle } $\langle R_{n}\rangle$ sama-sama konvergen ke L {\displaystyle L} $L$ . Jika diberikan suatu ε > 0 {\displaystyle \varepsilon >0} $\varepsilon >0$ , maka

( ∃ k 1 ∈ N ) ( ∀ n ≥ k 1 ) ⟹ ( | P n − L | < ε ) {\displaystyle \left(\exists k_{1}\in \mathbb {N} \right)\left(\forall n\geq k_{1}\right)\implies \left(\left|P_{n}-L\right|<\varepsilon \right)} $\left(\exists k_{1}\in \mathbb {N} \right)\left(\forall n\geq k_{1}\right)\implies \left(\left|P_{n}-L\right|<\varepsilon \right)$
( ∃ k 2 ∈ N ) ( ∀ n ≥ k 2 ) ⟹ ( | R n − L | < ε ) {\displaystyle \left(\exists k_{2}\in \mathbb {N} \right)\left(\forall n\geq k_{2}\right)\implies \left(\left|R_{n}-L\right|<\varepsilon \right)} $\left(\exists k_{2}\in \mathbb {N} \right)\left(\forall n\geq k_{2}\right)\implies \left(\left|R_{n}-L\right|<\varepsilon \right)$
( ∃ k 3 ∈ N ) ( ∀ n ≥ k 3 ) ⟹ ( P n ≤ Q n ≤ R n ) {\displaystyle \left(\exists k_{3}\in \mathbb {N} \right)\left(\forall n\geq k_{3}\right)\implies \left(P_{n}\leq Q_{n}\leq R_{n}\right)} $\left(\exists k_{3}\in \mathbb {N} \right)\left(\forall n\geq k_{3}\right)\implies \left(P_{n}\leq Q_{n}\leq R_{n}\right)$

Oleh karena pertidaksamaan | a | ≤ b {\displaystyle \left|a\right|\leq b} $\left|a\right|\leq b$ ekuivalen dengan pertidaksamaan − b ≤ a ≤ b {\displaystyle -b\leq a\leq b} $-b\leq a\leq b$ , dengan memilih k = max { k 1 , k 2 , k 3 } {\displaystyle k=\max \left\{k_{1},\,k_{2},\,k_{3}\right\}} $k=\max \left\{k_{1},\,k_{2},\,k_{3}\right\}$ , maka diperoleh rantai pertidaksamaan

P n ≤ Q n ≤ R n P n − L ≤ Q n − L ≤ R n − L − ε ≤ P n − L ≤ Q n − L ≤ R n − L ≤ ε {\displaystyle {\begin{array}{rccccccl}&&P_{n}&\leq &Q_{n}&\leq &R_{n}&&\\&&P_{n}-L&\leq &Q_{n}-L&\leq &R_{n}-L&&\\-\varepsilon &\leq &P_{n}-L&\leq &Q_{n}-L&\leq &R_{n}-L&\leq &\varepsilon \end{array}}} ${\begin{array}{rccccccl}&&P_{n}&\leq &Q_{n}&\leq &R_{n}&&\\&&P_{n}-L&\leq &Q_{n}-L&\leq &R_{n}-L&&\\-\varepsilon &\leq &P_{n}-L&\leq &Q_{n}-L&\leq &R_{n}-L&\leq &\varepsilon \end{array}}$

yang mengakibatkan − ε ≤ Q n − L ≤ ε {\displaystyle -\varepsilon \leq Q_{n}-L\leq \varepsilon } $-\varepsilon \leq Q_{n}-L\leq \varepsilon$ (atau menggunakan tanda mutlak, | Q n − L | ≤ ε {\displaystyle \left|Q_{n}-L\right|\leq \varepsilon } $\left|Q_{n}-L\right|\leq \varepsilon$ ). Sehingga, terbukti bahwa barisan ⟨ Q n ⟩ {\displaystyle \langle Q_{n}\rangle } $\langle Q_{n}\rangle$ juga akan konvergen ke L {\displaystyle L} $L$ .

Contoh masalah

Contoh pertama

Fungsi x 2 sin ⁡ ( 1 x ) {\displaystyle x^{2}\sin \left({\tfrac {1}{x}}\right)} $x^{2}\sin \left({\tfrac {1}{x}}\right)$ diapit saat nilai x {\displaystyle x} $x$ nya menuju 0 {\displaystyle 0} $0$

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

sebab nilai lim x → 0 sin ⁡ ( 1 x ) {\displaystyle \lim _{x\,\to \,0}\sin \left({\tfrac {1}{x}}\right)} $\lim _{x\,\to \,0}\sin \left({\tfrac {1}{x}}\right)$ tidak ada. Akan tetapi, perhatikan bahwa berlaku pertidaksamaan

− 1 ≤ sin ⁡ θ ≤ 1 {\displaystyle -1\leq \sin \theta \leq 1} $-1\leq \sin \theta \leq 1$

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

− 1 ≤ sin ⁡ ( 1 x ) ≤ 1 − x 2 ≤ x 2 sin ⁡ ( 1 x ) ≤ x 2 lim x → 0 − x 2 ≤ lim x → 0 x 2 sin ⁡ ( 1 x ) ≤ lim x → 0 x 2 0 ≤ lim x → 0 x 2 sin ⁡ ( 1 x ) ≤ 0 {\displaystyle {\begin{array}{rcccl}-1&\leq &\sin \left({\tfrac {1}{x}}\right)&\leq &1\\-x^{2}&\leq &x^{2}\sin \left({\tfrac {1}{x}}\right)&\leq &x^{2}\\{\displaystyle \lim _{x\,\to \,0}-x^{2}}&\leq &{\displaystyle \lim _{x\,\to \,0}x^{2}\sin \left({\tfrac {1}{x}}\right)}&\leq &{\displaystyle \lim _{x\,\to \,0}x^{2}}\\0&\leq &{\displaystyle \lim _{x\,\to \,0}x^{2}\sin \left({\tfrac {1}{x}}\right)}&\leq &0\\\end{array}}} ${\begin{array}{rcccl}-1&\leq &\sin \left({\tfrac {1}{x}}\right)&\leq &1\\-x^{2}&\leq &x^{2}\sin \left({\tfrac {1}{x}}\right)&\leq &x^{2}\\{\displaystyle \lim _{x\,\to \,0}-x^{2}}&\leq &{\displaystyle \lim _{x\,\to \,0}x^{2}\sin \left({\tfrac {1}{x}}\right)}&\leq &{\displaystyle \lim _{x\,\to \,0}x^{2}}\\0&\leq &{\displaystyle \lim _{x\,\to \,0}x^{2}\sin \left({\tfrac {1}{x}}\right)}&\leq &0\\\end{array}}$

Sehingga, dapat disimpulkan bahwa lim x → 0 x 2 sin ⁡ ( 1 x ) {\displaystyle \lim _{x\,\to \,0}x^{2}\sin \left({\tfrac {1}{x}}\right)} $\lim _{x\,\to \,0}x^{2}\sin \left({\tfrac {1}{x}}\right)$

Rincian penjelasan
Baris kedua diperoleh dengan mengalikan semua ruas pertidaksamaannya dengan x 2 {\displaystyle x^{2}} $x^{2}$ . Tanda pertidaksamaan pada baris kedua tidak berubah, sebab nilai x 2 {\displaystyle x^{2}} $x^{2}$ selalu non-negatif. Oleh karena lim x → 0 − x 2 = 0 {\displaystyle \lim _{x\,\to \,0}-x^{2}=0} $\lim _{x\,\to \,0}-x^{2}=0$ dan lim x → 0 x 2 = 0 {\displaystyle \lim _{x\,\to \,0}x^{2}=0} $\lim _{x\,\to \,0}x^{2}=0$ , maka menurut teorema apit, nilai lim x → 0 x 2 sin ⁡ ( 1 x ) {\displaystyle \lim _{x\,\to \,0}x^{2}\sin \left({\tfrac {1}{x}}\right)} $\lim _{x\,\to \,0}x^{2}\sin \left({\tfrac {1}{x}}\right)$ haruslah 0 juga.

Rincian penjelasan

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

Oleh karena lim x → 0 − x 2 = 0 {\displaystyle \lim _{x\,\to \,0}-x^{2}=0} $\lim _{x\,\to \,0}-x^{2}=0$ dan lim x → 0 x 2 = 0 {\displaystyle \lim _{x\,\to \,0}x^{2}=0} $\lim _{x\,\to \,0}x^{2}=0$ , maka menurut teorema apit, nilai lim x → 0 x 2 sin ⁡ ( 1 x ) {\displaystyle \lim _{x\,\to \,0}x^{2}\sin \left({\tfrac {1}{x}}\right)} $\lim _{x\,\to \,0}x^{2}\sin \left({\tfrac {1}{x}}\right)$ haruslah 0 juga.

Contoh kedua

Ilustrasi geometris untuk membuktikan
lim x → 0 sin ⁡ x x = 1 dan lim x → 0 1 − cos ⁡ x x = 0 {\displaystyle \lim _{x\,\to \,0}{\frac {\sin x}{x}}=1\qquad {\text{dan}}\qquad \lim _{x\,\to \,0}{\frac {1-\cos x}{x}}=0} $\lim _{x\,\to \,0}{\frac {\sin x}{x}}=1\qquad {\text{dan}}\qquad \lim _{x\,\to \,0}{\frac {1-\cos x}{x}}=0$

Salah satu contoh yang paling terkenal mengenai pencarian limit melalui proses penghimpitan adalah pembuktian nilai lim x → 0 sin ⁡ x x = 1 dan lim x → 0 1 − cos ⁡ x x = 0 {\displaystyle \lim _{x\,\to \,0}{\frac {\sin x}{x}}=1\qquad {\text{dan}}\qquad \lim _{x\,\to \,0}{\frac {1-\cos x}{x}}=0} $\lim _{x\,\to \,0}{\frac {\sin x}{x}}=1\qquad {\text{dan}}\qquad \lim _{x\,\to \,0}{\frac {1-\cos x}{x}}=0$

Untuk membuktikan hasil pertama, dapat dengan mudah terlihat (dengan menggunakan ilustrasi geometris di bagian kanan) bahwa^{[butuh rujukan]}

Luas segitiga A D B ≤ Luas juring A D B ≤ Luas segitiga A D F {\displaystyle {\text{Luas segitiga }}ADB\,\leq \,{\text{Luas juring }}ADB\,\leq \,{\text{Luas segitiga }}ADF} ${\text{Luas segitiga }}ADB\,\leq \,{\text{Luas juring }}ADB\,\leq \,{\text{Luas segitiga }}ADF$

sehingga diperoleh rantai pertidaksamaan 1 2 ⋅ a A D B ⋅ t A D B ≤ k ⋅ π r 2 ≤ 1 2 ⋅ a A D F ⋅ t A D F 1 2 ⋅ 1 ⋅ sin ⁡ x ≤ x 2 π ⋅ π ( 1 ) 2 ≤ 1 2 ⋅ 1 ⋅ tan ⁡ x sin ⁡ x ≤ x ≤ sin ⁡ x cos ⁡ x 1 ≤ x sin ⁡ x ≤ 1 cos ⁡ x 1 ( 1 ) ≥ 1 ( x sin ⁡ x ) ≥ 1 ( 1 cos ⁡ x ) 1 ≥ sin ⁡ x x ≥ cos ⁡ x {\displaystyle {\begin{array}{rcccl}{\frac {1}{2}}\cdot a_{ADB}\cdot t_{ADB}&\leq &k\cdot \pi r^{2}&\leq &{\frac {1}{2}}\cdot a_{ADF}\cdot t_{ADF}\\[4pt]{\frac {1}{2}}\cdot 1\cdot \sin x&\leq &{\frac {x}{2\pi }}\cdot \pi (1)^{2}&\leq &{\frac {1}{2}}\cdot 1\cdot \tan x\\[4pt]\sin x&\leq &x&\leq &{\frac {\sin x}{\cos x}}\\[4pt]1&\leq &{\frac {x}{\sin x}}&\leq &{\frac {1}{\cos x}}\\[4pt]{\frac {1}{(1)}}&\geq &{\frac {1}{\left({\tfrac {x}{\sin x}}\right)}}&\geq &{\frac {1}{\left({\tfrac {1}{\cos x}}\right)}}\\[4pt]1&\geq &{\frac {\sin x}{x}}&\geq &\cos x\end{array}}} ${\begin{array}{rcccl}{\frac {1}{2}}\cdot a_{ADB}\cdot t_{ADB}&\leq &k\cdot \pi r^{2}&\leq &{\frac {1}{2}}\cdot a_{ADF}\cdot t_{ADF}\\[4pt]{\frac {1}{2}}\cdot 1\cdot \sin x&\leq &{\frac {x}{2\pi }}\cdot \pi (1)^{2}&\leq &{\frac {1}{2}}\cdot 1\cdot \tan x\\[4pt]\sin x&\leq &x&\leq &{\frac {\sin x}{\cos x}}\\[4pt]1&\leq &{\frac {x}{\sin x}}&\leq &{\frac {1}{\cos x}}\\[4pt]{\frac {1}{(1)}}&\geq &{\frac {1}{\left({\tfrac {x}{\sin x}}\right)}}&\geq &{\frac {1}{\left({\tfrac {1}{\cos x}}\right)}}\\[4pt]1&\geq &{\frac {\sin x}{x}}&\geq &\cos x\end{array}}$

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

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

∠ E B D = x 2 {\displaystyle \angle EBD={\frac {x}{2}}} $\angle EBD={\frac {x}{2}}$

Sehingga,

0 ≤ DB ¯ ≤ D B ⌢ 0 ≤ DB ¯ ≤ x 0 ≤ 1 x ≤ 1 ( DB ¯ ) 0 ≤ ( DE ¯ ) x ≤ ( DE ¯ ) ( DB ¯ ) 0 ≤ 1 − cos ⁡ x x ≤ sin ⁡ ( x 2 ) {\displaystyle {\begin{array}{rcccl}0&\leq &{\overline {\text{DB}}}&\leq &{\overset {\frown }{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}}} ${\begin{array}{rcccl}0&\leq &{\overline {\text{DB}}}&\leq &{\overset {\frown }{DB}}\\0&\leq &{\overline {\text{DB}}}&\leq &x\\0&\leq &{\dfrac {1}{x}}&\leq &{\dfrac {1}{({\overline {\text{DB}}})}}\\0&\leq &{\dfrac {({\overline {\text{DE}}})}{x}}&\leq &{\dfrac {({\overline {\text{DE}}})}{({\overline {\text{DB}}})}}\\0&\leq &{\dfrac {1\,-\,\cos x}{x}}&\leq &\sin \left({\frac {x}{2}}\right)\\\end{array}}$

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

sin ⁡ ( x 2 ) ≤ 1 − cos ⁡ x x ≤ 0 {\displaystyle \sin \left({\tfrac {x}{2}}\right)\leq {\frac {1\,-\,\cos x}{x}}\leq 0} $\sin \left({\tfrac {x}{2}}\right)\leq {\frac {1\,-\,\cos x}{x}}\leq 0$

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

Pembuktian alternatif
Dengan menggunakan identitas Pythagoras beserta informasi lim x → 0 sin ⁡ x x = 1 {\displaystyle \lim _{x\,\to \,0}{\frac {\sin x}{x}}=1} $\lim _{x\,\to \,0}{\frac {\sin x}{x}}=1$ yang telah diperoleh sebelumnya, maka didapatkan lim x → 0 1 − cos ⁡ x x = lim x → 0 1 − cos ⁡ x x ⋅ 1 + cos ⁡ x 1 + cos ⁡ x = lim x → 0 1 − cos 2 ⁡ x x ( 1 + cos ⁡ x ) = lim x → 0 sin 2 ⁡ x x ( 1 + cos ⁡ x ) = lim x → 0 sin ⁡ x x ⋅ sin ⁡ x 1 + cos ⁡ x = ( lim x → 0 sin ⁡ x x ) ⋅ ( lim x → 0 sin ⁡ x 1 + cos ⁡ x ) = 1 ⋅ 0 {\displaystyle {\begin{aligned}\lim _{x\,\to \,0}{\frac {1-\cos x}{x}}&=\lim _{x\,\to \,0}{\frac {1-\cos x}{x}}\cdot {\frac {1+\cos x}{1+\cos x}}\\&=\lim _{x\,\to \,0}{\frac {1-\cos ^{2}x}{x(1+\cos x)}}\\&=\lim _{x\,\to \,0}{\frac {\sin ^{2}x}{x(1+\cos x)}}\\&=\lim _{x\,\to \,0}{\frac {\sin x}{x}}\cdot {\frac {\sin x}{1+\cos x}}\\&=\left(\lim _{x\,\to \,0}{\frac {\sin x}{x}}\right)\cdot \left(\lim _{x\,\to \,0}{\frac {\sin x}{1+\cos x}}\right)\\&=1\cdot 0\end{aligned}}} ${\begin{aligned}\lim _{x\,\to \,0}{\frac {1-\cos x}{x}}&=\lim _{x\,\to \,0}{\frac {1-\cos x}{x}}\cdot {\frac {1+\cos x}{1+\cos x}}\\&=\lim _{x\,\to \,0}{\frac {1-\cos ^{2}x}{x(1+\cos x)}}\\&=\lim _{x\,\to \,0}{\frac {\sin ^{2}x}{x(1+\cos x)}}\\&=\lim _{x\,\to \,0}{\frac {\sin x}{x}}\cdot {\frac {\sin x}{1+\cos x}}\\&=\left(\lim _{x\,\to \,0}{\frac {\sin x}{x}}\right)\cdot \left(\lim _{x\,\to \,0}{\frac {\sin x}{1+\cos x}}\right)\\&=1\cdot 0\end{aligned}}$

Pembuktian alternatif

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

lim x → 0 1 − cos ⁡ x x = lim x → 0 1 − cos ⁡ x x ⋅ 1 + cos ⁡ x 1 + cos ⁡ x = lim x → 0 1 − cos 2 ⁡ x x ( 1 + cos ⁡ x ) = lim x → 0 sin 2 ⁡ x x ( 1 + cos ⁡ x ) = lim x → 0 sin ⁡ x x ⋅ sin ⁡ x 1 + cos ⁡ x = ( lim x → 0 sin ⁡ x x ) ⋅ ( lim x → 0 sin ⁡ x 1 + cos ⁡ x ) = 1 ⋅ 0 {\displaystyle {\begin{aligned}\lim _{x\,\to \,0}{\frac {1-\cos x}{x}}&=\lim _{x\,\to \,0}{\frac {1-\cos x}{x}}\cdot {\frac {1+\cos x}{1+\cos x}}\\&=\lim _{x\,\to \,0}{\frac {1-\cos ^{2}x}{x(1+\cos x)}}\\&=\lim _{x\,\to \,0}{\frac {\sin ^{2}x}{x(1+\cos x)}}\\&=\lim _{x\,\to \,0}{\frac {\sin x}{x}}\cdot {\frac {\sin x}{1+\cos x}}\\&=\left(\lim _{x\,\to \,0}{\frac {\sin x}{x}}\right)\cdot \left(\lim _{x\,\to \,0}{\frac {\sin x}{1+\cos x}}\right)\\&=1\cdot 0\end{aligned}}} ${\begin{aligned}\lim _{x\,\to \,0}{\frac {1-\cos x}{x}}&=\lim _{x\,\to \,0}{\frac {1-\cos x}{x}}\cdot {\frac {1+\cos x}{1+\cos x}}\\&=\lim _{x\,\to \,0}{\frac {1-\cos ^{2}x}{x(1+\cos x)}}\\&=\lim _{x\,\to \,0}{\frac {\sin ^{2}x}{x(1+\cos x)}}\\&=\lim _{x\,\to \,0}{\frac {\sin x}{x}}\cdot {\frac {\sin x}{1+\cos x}}\\&=\left(\lim _{x\,\to \,0}{\frac {\sin x}{x}}\right)\cdot \left(\lim _{x\,\to \,0}{\frac {\sin x}{1+\cos x}}\right)\\&=1\cdot 0\end{aligned}}$

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

Contoh ketiga

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

Berikut adalah penjelasan ilustrasi di bagian kanan :

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

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

L 1 = 1 2 sec 2 ⁡ θ Δ θ {\displaystyle L_{1}={\frac {1}{2}}\sec ^{2}\theta \,\Delta \theta } $L_{1}={\frac {1}{2}}\sec ^{2}\theta \,\Delta \theta$

Sekarang perhatikan juring lingkaran yang berjari-jari sec ⁡ θ + Δ θ {\displaystyle \sec \theta +\Delta \theta } $\sec \theta +\Delta \theta$ . Dengan argumentasi serupa, maka dapat dengan mudah ditunjukkan bahwa luas juringnya (yang dinotasikan dengan L 2 {\displaystyle L_{2}} $L_{2}$ ) adalah

L 2 = 1 2 sec 2 ⁡ ( θ + Δ θ ) Δ θ {\displaystyle L_{2}={\frac {1}{2}}\sec ^{2}(\theta +\Delta \theta )\,\Delta \theta } $L_{2}={\frac {1}{2}}\sec ^{2}(\theta +\Delta \theta )\,\Delta \theta$

Bangun yang akan dihimpit oleh L 1 {\displaystyle L_{1}} $L_{1}$ dan L 2 {\displaystyle L_{2}} $L_{2}$ adalah segitiga yang memiliki titik sudut pada koordinat ( 0 , 0 ) , ( 1 , tan ⁡ θ ) {\displaystyle (0,\,0),\,(1,\,\tan \theta )} $(0,\,0),\,(1,\,\tan \theta )$ , dan ( 1 , tan ⁡ ( θ + Δ θ ) ) {\displaystyle (1,\,\tan(\theta +\Delta \theta ))} $(1,\,\tan(\theta +\Delta \theta ))$ . Jika tinggi segitiganya adalah 1 {\displaystyle 1} $1$ satuan, maka panjang alasnya adalah tan ⁡ ( θ + Δ θ ) − tan ⁡ θ {\displaystyle \tan(\theta +\Delta \theta )-\tan \theta } $\tan(\theta +\Delta \theta )-\tan \theta$ , sehingga luas segitiganya ialah

L = 1 2 ( tan ⁡ ( θ + Δ θ ) − tan ⁡ θ ) {\displaystyle L={\frac {1}{2}}\left(\tan(\theta +\Delta \theta )-\tan \theta \right)} $L={\frac {1}{2}}\left(\tan(\theta +\Delta \theta )-\tan \theta \right)$

Akibatnya, diperoleh rantai pertidaksamaan

L 1 ≤ L ≤ L 2 1 2 sec 2 ⁡ θ Δ θ ≤ 1 2 ( tan ⁡ ( θ + Δ θ ) − tan ⁡ θ ) ≤ 1 2 sec 2 ⁡ ( θ + Δ θ ) Δ θ sec 2 ⁡ θ ≤ tan ⁡ ( θ + Δ θ ) − tan ⁡ θ Δ θ ≤ sec 2 ⁡ ( θ + Δ θ ) {\displaystyle {\begin{array}{rcccl}L_{1}&\leq &L&\leq &L_{2}\\{\frac {1}{2}}\sec ^{2}\theta \,\Delta \theta &\leq &{\frac {1}{2}}\left(\tan(\theta +\Delta \theta )-\tan \theta \right)&\leq &{\frac {1}{2}}\sec ^{2}(\theta +\Delta \theta )\,\Delta \theta \\\sec ^{2}\theta &\leq &{\dfrac {\tan(\theta +\Delta \theta )-\tan \theta }{\Delta \theta }}&\leq &\sec ^{2}(\theta +\Delta \theta )\end{array}}} ${\begin{array}{rcccl}L_{1}&\leq &L&\leq &L_{2}\\{\frac {1}{2}}\sec ^{2}\theta \,\Delta \theta &\leq &{\frac {1}{2}}\left(\tan(\theta +\Delta \theta )-\tan \theta \right)&\leq &{\frac {1}{2}}\sec ^{2}(\theta +\Delta \theta )\,\Delta \theta \\\sec ^{2}\theta &\leq &{\dfrac {\tan(\theta +\Delta \theta )-\tan \theta }{\Delta \theta }}&\leq &\sec ^{2}(\theta +\Delta \theta )\end{array}}$

dengan asumsi bahwa Δ θ > 0 {\displaystyle \Delta \theta >0} $\Delta \theta >0$ . Apabila Δ θ < 0 {\displaystyle \Delta \theta <0} $\Delta \theta <0$ , maka didapatkan sec 2 ⁡ ( θ + Δ θ ) ≤ tan ⁡ θ − tan ⁡ ( θ + Δ θ ) Δ θ ≤ sec 2 ⁡ θ {\displaystyle \sec ^{2}(\theta +\Delta \theta )\leq {\frac {\tan \theta -\tan(\theta +\Delta \theta )}{\Delta \theta }}\leq \sec ^{2}\theta } $\sec ^{2}(\theta +\Delta \theta )\leq {\frac {\tan \theta -\tan(\theta +\Delta \theta )}{\Delta \theta }}\leq \sec ^{2}\theta$

Pada kedua kasus di atas, ekspresi pertama dan ketiga sama-sama mendekati sec 2 ⁡ θ {\displaystyle \sec ^{2}\theta } $\sec ^{2}\theta$ saat Δ θ {\displaystyle \Delta \theta } $\Delta \theta$ mendekati 0 {\displaystyle 0} $0$ , sedangkan ekspresi di tengah akan mendekati d d θ tan ⁡ θ {\displaystyle {\tfrac {\text{d}}{{\text{d}}\theta }}\tan \theta } ${\tfrac {\text{d}}{{\text{d}}\theta }}\tan \theta$ saat Δ θ {\displaystyle \Delta \theta } $\Delta \theta$ mendekati 0 {\displaystyle 0} $0$ , sehingga terbukti bahwa nilai d d θ tan ⁡ θ = sec 2 ⁡ θ {\displaystyle {\tfrac {\text{d}}{{\text{d}}\theta }}\tan \theta =\sec ^{2}\theta } ${\tfrac {\text{d}}{{\text{d}}\theta }}\tan \theta =\sec ^{2}\theta$ 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.^[7] Misalnya, nilai

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

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

Penjelasan
Perhatikan bahwa y 2 ≥ 0 {\displaystyle y^{2}\geq 0} $y^{2}\geq 0$ untuk setiap bilangan riil y {\displaystyle y} $y$ . Akibatnya, 0 ≤ y 2 0 ≤ x 2 ≤ x 2 + y 2 0 ≤ x 2 x 2 + y 2 ≤ 1 {\displaystyle {\begin{array}{rcccl}&&0&\leq &y^{2}\\0&\leq &x^{2}&\leq &x^{2}+y^{2}\\0&\leq &{\dfrac {x^{2}}{x^{2}+y^{2}}}&\leq &1\end{array}}} ${\begin{array}{rcccl}&&0&\leq &y^{2}\\0&\leq &x^{2}&\leq &x^{2}+y^{2}\\0&\leq &{\dfrac {x^{2}}{x^{2}+y^{2}}}&\leq &1\end{array}}$ Dengan menggunakan pertidaksamaan − \| y \| ≤ y ≤ \| y \| {\displaystyle -\|y\|\leq y\leq \|y\|} $-\|y\|\leq y\leq \|y\|$ yang berlaku untuk setiap bilangan riil y {\displaystyle y} $y$ , maka didapatkan − \| y \| ≤ x 2 y x 2 + y 2 ≤ \| y \| {\displaystyle -\|y\|\leq {\frac {x^{2}y}{x^{2}+y^{2}}}\leq \|y\|} $-\|y\|\leq {\frac {x^{2}y}{x^{2}+y^{2}}}\leq \|y\|$

Penjelasan

Perhatikan bahwa y 2 ≥ 0 {\displaystyle y^{2}\geq 0} $y^{2}\geq 0$ untuk setiap bilangan riil y {\displaystyle y} $y$ . Akibatnya, 0 ≤ y 2 0 ≤ x 2 ≤ x 2 + y 2 0 ≤ x 2 x 2 + y 2 ≤ 1 {\displaystyle {\begin{array}{rcccl}&&0&\leq &y^{2}\\0&\leq &x^{2}&\leq &x^{2}+y^{2}\\0&\leq &{\dfrac {x^{2}}{x^{2}+y^{2}}}&\leq &1\end{array}}} ${\begin{array}{rcccl}&&0&\leq &y^{2}\\0&\leq &x^{2}&\leq &x^{2}+y^{2}\\0&\leq &{\dfrac {x^{2}}{x^{2}+y^{2}}}&\leq &1\end{array}}$

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

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

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

Referensi

↑ "World Web Math: The Squeeze Theorem" [World Web Math: Teorema Apit]. web.mit.edu (dalam bahasa Inggris). Diakses tanggal 2021-12-07.
↑ "Teorema Apit Limit Fungsi Satu Peubah – Kalkulus dan Aplikasinya" (dalam bahasa American English). Diakses tanggal 2021-12-08.
↑ Sohrab, Houshang H. (2003). Basic Real Analysis [Analisis Riil Dasar] (dalam bahasa Inggris) (Edisi 2nd). Birkhäuser. hlm. 104. ISBN 978-1-4939-1840-9.
↑ Varberg, Dale; Purcell, Edward; Rigdon, Steve (2006). Calculus [Kalkulus] (dalam bahasa Inggris) (Edisi 9th). Pearson. hlm. 72. ISBN 978-0-1314-2924-6.
↑ Johnsonbaugh, Richard; Pfaffenberger, W. E. (2012-09-11). Foundations of Mathematical Analysis [Pondasi Analisis Matematis] (dalam bahasa Inggris). Courier Corporation. ISBN 978-0-486-13477-2.{{cite book}}: |lang= and |language= ditentukan lebih dari satu kali
↑ Rossi, Richard J. (2011-10-05). Theorems, Corollaries, Lemmas, and Methods of Proof [Teorema, Akibat, Lemma, dan Metode Pembuktian] (dalam bahasa Inggris). John Wiley & Sons. ISBN 978-1-118-03057-8.{{cite book}}: |lang= and |language= ditentukan lebih dari satu kali
↑ Stewart, James (2008). "Chapter 15.2 Limits and Continuity". Multivariable Calculus [Kalkulus Multivariabel] (dalam bahasa Inggris) (Edisi 6th). hlm. 909–910. ISBN 978-0495011637.

Pranala luar

(Inggris) (Inggris)Weisstein, Eric W. "Squeezing Theorem". MathWorld.
(Inggris) Teorema Apit by Bruce Atwood (Beloit College) after work by, Selwyn Hollis (Armstrong Atlantic State University), the Wolfram Demonstrations Project.
(Inggris) Teorema Apit pada ProofWiki.