Your SlideShare is downloading. ×
Pengantar analisis real_I
Upcoming SlideShare
Loading in...5
×

Thanks for flagging this SlideShare!

Oops! An error has occurred.

×
Saving this for later? Get the SlideShare app to save on your phone or tablet. Read anywhere, anytime – even offline.
Text the download link to your phone
Standard text messaging rates apply

Pengantar analisis real_I

33,416
views

Published on


2 Comments
9 Likes
Statistics
Notes
No Downloads
Views
Total Views
33,416
On Slideshare
0
From Embeds
0
Number of Embeds
0
Actions
Shares
0
Downloads
1,043
Comments
2
Likes
9
Embeds 0
No embeds

Report content
Flagged as inappropriate Flag as inappropriate
Flag as inappropriate

Select your reason for flagging this presentation as inappropriate.

Cancel
No notes for slide

Transcript

  • 1. DIKTAT KULIAH – ANALISISPENGANTARANALISIS REAL I(Introduction to Real Analysis I) M. Zaki Riyanto, S.Si. e-mail: zaki@mail.ugm.ac.id http://zaki.math.web.id COPYRIGHT © 2008-2009 MATH.WEB.ID
  • 2. Pengantar Analisis Real I HALAMAN PERSEMBAHAN Tulisan ini kami persembahkan kepada penggiat dan pemerhati Matematika di Indonesia ii
  • 3. Pengantar Analisis Real I KATA PENGANTARSyukur alhamdulillah, akhirnya penulisan buku ini dapat diselesaikan dengan tepatwaktu. Sebagian besar materi buku ini diambil dari catatan kuliah Pengantar AnalisisReal I di Jurusan Matematika Universitas Gadjah Mada pada tahun 2004 dan 2005.Pengantar Analisis Real I merupakan mata kuliah wajib bagi mahasiswa S-1Matematika. Semoga dengan buku yang sederhana ini dapat membantu para mahasiswadalam mempelajari dan memahaminya. Diharapkan mahasiswa telah mempelajarikonsep logika pembuktian, himpunan, dan Kalkulus Lanjut. Pada kesempatan ini tak lupa kami mengucapkan banyak terima kasih kepadasemua teman kuliah di Matematika UGM angkatan 2002 dan 2003, khususnya yangtelah banyak membantu, juga kepada rekan-rekan kuliah di Pascasarjana MatematikaUGM angkatan 2008. Kami sangat menyadari sepenuhnya bahwa buku ini masih jauh dari sempurna.Oleh karena itu, kami sangat mengharapkan kritik maupun saran yang membangundemi kelanjutan dan sempurnanya buku ini, terima kasih. Yogyakarta, 26 Agustus 2008 Hormat Kami M. Zaki Riyanto, S.Si. E-mail : zaki@mail.ugm.ac.id http://zaki.math.web.id iii
  • 4. Pengantar Analisis Real I DAFTAR ISIHalaman Judul……...…………………………...……………......…………….... iHalaman Persembahan..................………………………………………............. iiKata Pengantar..............................………………………………………............. iiiDaftar Isi.........……………………………………………………........................ ivBab I. BILANGAN REAL 1.1. Sifat-sifat Aljabar dan Urutan dalam ℝ ...................................... 1 1.2. Nilai Mutlak dan Garis Bilangan Real......................................... 13 1.3. Sifat Lengkap ℝ …….………….………………………............ 17 1.4. Penggunaan Sifat Aksioma Supremum........................................ 21 1.5. Interval dalam ℝ ……….………….………..…………............. 27Bab II. BARISAN DAN DERET 2.1. Barisan dan Limit Barisan............................................................ 38 2.2. Teorema-teorema Limit................................................................ 45 2.3. Barisan Monoton ......................................................................... 53 2.4. Barisan Bagian............................................................................. 56 2.5. Barisan Cauchy............................................................................ 62 2.6. Sifat Barisan Divergen................................................................. 65 2.7. Deret Tak Berhingga.................................................................... 68Daftar Pustaka…………………………………………………………….....…... 74 iv
  • 5. Pengantar Analisis Real IBAB 1 BILANGAN REALPada bab ini dibahas sifat-sifat penting dari sistem bilangan real ℝ , seperti sifat-sifataljabar, urutan, dan ketaksamaan. Selanjutnya, akan diberikan beberapa pengertianseperti bilangan rasional, harga mutlak, himpunan terbuka, dan pengertian lainnya yangberkaitan dengan bilangan real.1.1. Sifat-sifat Aljabar dan Urutan dalam ℝSebelum menjelaskan tentang sifat-sifat ℝ , diberikan terlebih dahulu tentang strukturaljabar dari sistem bilangan real. Akan diberikan penjelasan singkat mengenai sifat-sifatdasar dari penjumlahan dan perkalian, sifat-sifat aljabar lain yang dapat diturunkandalam beberapa aksioma dan teorema. Dalam terminologi aljabar abstrak, sistembilangan real membentuk lapangan (field) terhadap operasi biner penjumlahan danperkalian biasa.Sifat-sifat Aljabar ℝPada himpunan semua bilangan real ℝ terdapat dua operasi biner, dinotasikan dengan“+” dan “.” yang disebut dengan penjumlahan (addition) dan perkalian(multiplication). Operasi biner tersebut memenuhi sifat-sifat berikut:(A1) a + b = b + a untuk semua a, b ∈ ℝ (sifat komutatif penjumlahan)(A2) (a + b) + c = a + (b + c) untuk semua a, b, c ∈ ℝ (sifat assosiatif penjumlahan)(A3) terdapat 0 ∈ ℝ sedemikian hingga 0 + a = a dan a + 0 = a untuk semua a ∈ ℝ (eksistensi elemen nol)(A4) untuk setiap a ∈ ℝ terdapat − a ∈ ℝ sedemikian hingga a + (− a ) = 0 dan (−a ) + a = 0 (eksistensi elemen negatif atau invers penjumlahan)(M1) a ⋅ b = b ⋅ a untuk semua a, b ∈ ℝ (sifat komutatif perkalian)(M2) (a ⋅ b) ⋅ c = a ⋅ (b ⋅ c) untuk semua a, b, c ∈ ℝ (sifat assosiatif perkalian) 1
  • 6. Pengantar Analisis Real I(M3) terdapat 1∈ ℝ sedemikian hingga 1 ⋅ a = a dan a ⋅1 = a untuk semua a ∈ ℝ (eksistensi elemen unit 1)(M4) 1 1 untuk setiap a ∈ ℝ , a ≠ 0 terdapat ∈ ℝ sedemikian hingga a ⋅   = 1 dan a a 1   ⋅ a = 1 (eksistensi invers perkalian) a(D) a ⋅ (b + c) = (a ⋅ b) + (a ⋅ c) dan (b + c) ⋅ a = (b ⋅ a ) + (c ⋅ a ) untuk semua a, b, c ∈ ℝ (sifat distributif perkalian atas penjumlahan) Sifat-sifat di atas telah umum diketahui. Sifat (A1)-(A4) menjelaskan sifatpenjumlahan, sifat (M1)-(M4) menjelaskan sifat perkalian, dan sifat terakhirmenggabungkan kedua operasi. Selanjutnya, diberikan beberapa teorema tentang elemen 0 dan 1 yang telahdiberikan pada sifat (A3) dan (M3) di atas. Juga akan ditunjukkan bahwa perkaliandengan 0 akan selalu menghasilkan 0.Teorema 1.1.1. (a) Jika z , a ∈ ℝ dengan z + a = a , maka z = 0 . (b) Jika u dan b ≠ 0 elemen ℝ dengan u ⋅ b = b , maka u = 1 . (c) Jika a ∈ ℝ , maka a ⋅ 0 = 0 .Bukti.(a) Menggunakan aksioma (A3), (A4), (A2), asumsi z + a = a , dan (A4), diperoleh z = z+0 = z + ( a + (−a ) ) = ( z + a ) + ( −a ) = a + ( −a ) = 0.(b) Menggunakan aksioma (M3), (M4), (M2), asumsi u ⋅ b = b , dan (M4), diperoleh 2
  • 7. Pengantar Analisis Real I u = u ⋅1   1  = u ⋅b ⋅    b  1 = (u ⋅ b) ⋅   b 1 = b ⋅  b = 1.(c) Karena a + a ⋅ 0 = a ⋅1 + a ⋅ 0 = a. (1 + 0 ) = a ⋅1 = a , maka a ⋅ 0 = 0 .Dengan demikian, maka teorema terbukti.Teorema 1.1.2. Jika a ∈ ℝ , maka (a) ( −1) .a = −a . (b) − ( −a ) = a . (c) ( −1) ⋅ ( −1) = 1 . Selanjutnya, diberikan dua sifat penting dari operasi perkalian, yaitu sifatketunggalan elemen inversnya dan bahwa perkalian dua bilangan itu hasilnya nolapabila salah satu faktornya adalah nol.Teorema 1.1.3. (a) Jika a + b = 0 , maka b = − a . 1 (b) Jika a ≠ 0 dan b ∈ ℝ sedemikian hingga a ⋅ b = 1 , maka b = . a (c) Jika a ⋅ b = 0 , maka a = 0 atau b = 0 .Bukti.(a) Karena a + b = 0 , maka a+b = 0 ⇔ ( −a ) + ( a + b ) = ( −a ) + 0 3
  • 8. Pengantar Analisis Real I ⇔ ( ( −a ) + a ) + b = −a (A2 dan A3) ⇔ 0 + b = −a (A4) ⇔ b = −a . (A3)(b) Karena a ⋅ b = 1 , maka 1 1 a ⋅ b = 1 ⇔   ( a ⋅ b ) = ⋅1 a a 1  1 ⇔  ⋅ a  (b ) = a  a 1 ⇔ 1⋅ b = a 1 ⇔ b= . a(c) Diketahui a ⋅ b = 0 , maka 1 1 a ⋅b = 0 ⇔   ⋅(a ⋅ b) =   ⋅ 0 a a 1  ⇔  ⋅ a  (b ) = 0 a  1  ⇔  ⋅ a  (b ) = 0 a  ⇔ 1⋅ b = 0 ⇔ b = 0. 1 Dengan cara yang sama, kedua ruas dikalikan dengan , maka diperoleh a = 0 . b Dengan demikian teorema terbukti. Teorema tersebut di atas menjelaskan beberapa sifat aljabar sederhana darisistem bilangan real. Beberapa akibat dari teorema tersebut diberikan sebagai bahanlatihan soal di bagian akhir subbab ini. 4
  • 9. Pengantar Analisis Real I Operasi pengurangan (substraction) didefinisikan dengan a − b := a + (−b)untuk a, b ∈ ℝ . Sama halnya dengan operasi pembagian (division), untuk a, b ∈ ℝ a 1dengan b ≠ 0 didefinisikan := a ⋅   . b b Untuk selanjutnya, a ⋅ b cukup dituliskan dengan ab , dan penulisan a 2 untukaa, a 3 untuk ( a 2 ) a , dan secara umum didefinisikan a n +1 := ( a n ) a untuk n ∈ ℕ . Lebih 1lanjut, a1 = a , dan jika a ≠ 0 , maka dapat ditulis a 0 = 1 dan a −1 untuk , dan jika a n −n 1n ∈ ℕ , dapat ditulis a untuk   . aBilangan Rasional dan IrrasionalTelah diketahui bahwa himpunan ℕ dan ℤ adalah subset dari ℝ . Elemen ℝ yang bdapat dituliskan dalam bentuk di mana a, b ∈ ℤ dan a ≠ 0 disebut dengan bilangan arasional (rational numbers). Himpunan semua bilangan rasional di ℝ dinotasikandengan ℚ . Dapat ditunjukkan bahwa penjumlahan dan perkalian dua bilangan rasionaladalah bilangan rasional. Lebih lanjut, sifat-sifat lapangan juga berlaku untuk ℚ . Akan tetapi, tidak semua elemen ℝ merupakan elemen ℚ , seperti 2 yang btidak dapat dinyatakan ke dalam bentuk . Elemen ℝ yang bukan elemen ℚ disebut abilangan irrasional (irrational numbers). Akan ditunjukkan bahwa tidak terdapat bilangan rasional yang kuadratnyaadalah 2. Untuk membuktikannya digunakan istilah genap dan ganjil. Suatu bilanganasli disebut genap apabila bilangan itu mempunyai bentuk 2n untuk suatu n ∈ ℕ , dandisebut ganjil apabila bilangan itu mempunyai bentuk 2n − 1 untuk suatu n ∈ ℕ .Teorema 1.1.4. Tidak ada elemen r ∈ ℚ sedemikian hingga r 2 = 2 . 5
  • 10. Pengantar Analisis Real IBukti. Andaikan ada r ∈ ℚ sedemikian hingga r 2 = 2 . Karena r ∈ ℚ , maka r dapat pdituliskan sebagai dengan p dan q tidak mempunyai faktor berserikat selain 1, q 2  psehingga diperoleh   = 2 atau p 2 = 2q 2 . Karena 2q 2 genap, maka p 2 genap. qAkibatnya p juga genap, sebab jika ganjil, maka p = 2m − 1 untuk suatu m ∈ ℕ , ataup 2 = ( 2m − 1) = 4m2 − 4m + 1 = 2 ( 2m2 − 2m ) + 1 yang berarti bahwa p 2 ganjil. Jadi, p 2haruslah genap. Karena p genap, maka p = 2k untuk suatu k ∈ ℕ , sehinggap 2 = ( 2k ) = 4k 2 . Di lain pihak diketahui p 2 = 2q 2 dan p genap, akibatnya q ganjil, 2sebab jika q genap, maka faktor berserikat p dan q bukan 1. Jadi, q haruslah ganjil.Sehingga diperoleh p 2 = 2q 2 ⇔ 4k 2 = 2q 2 ⇔ 2k 2 = q 2 yang berarti q genap. Timbulkontradiksi bahwa q ganjil. Jadi, pengandaian salah, yang benar adalah tidak ada r ∈ ℚsedemikian hingga r 2 = 2 .Sifat-sifat Urutan pada ℝSifat urutan menjelaskan tentang kepositifan (positivity) dan ketaksamaan (inequalities)di antara bilangan-bilangan real. Ada subset tak kosong P ⊂ ℝ , yang disebut dengan himpunan bilangan-bilangan real positif tegas, yang memenuhi sifat-sifat berikut: (i) Jika a, b ∈ P , maka a + b ∈ P . (ii) Jika a, b ∈ P , maka ab ∈ P . (iii) Jika a ∈ P , maka memenuhi tepat satu kondisi berikut: a∈P, a =0, −a ∈ P . Sifat pertama dan kedua pada teorema di atas menjelaskan tentang sifat tertutupP terhadap operasi penjumlahan dan perkalian. Sifat yang ketiga (iii) sering disebutSifat Trikotomi (Trichotomy Property), sebab akan membagi ℝ ke dalam tiga jeniselemen yang berbeda. Hal ini menjelaskan bahwa himpunan {− a : a ∈ P} dari bilangan 6
  • 11. Pengantar Analisis Real Ireal negatif tidak mempunyai elemen yang sama dengan himpunan bilangan real positif.Lebih lanjut, ℝ merupakan gabungan tiga himpunan saling asing tersebut, yaitu ℝ = P ∪ {− a : a ∈ P} ∪ {0} .Definisi 1.1.5. (i) Jika a ∈ P , ditulis a > 0 , artinya a adalah bilangan real positif. (ii) Jika a ∈ P ∪ {0} , ditulis a ≥ 0 , artinya a adalah bilangan real nonnegatif. (iii) Jika − a ∈ P , ditulis a < 0 , artinya a adalah bilangan real negatif. (iv) Jika − a ∈ P ∪ {0} , ditulis a ≤ 0 , artinya a adalah bilangan real nonpositif.Definisi 1.1.6. Diberikan a, b ∈ ℝ . (a) Jika a − b ∈ P , maka ditulis a > b atau b < a . (b) Jika a − b ∈ P ∪ {0} , maka ditulis a ≥ b atau b ≤ a . Sifat Trikotomi di atas berakibat bahwa untuk a, b ∈ ℝ memenuhi tepat satukondisi berikut: a >b, a =b, a<b. Selanjutnya, jika a ≤ b dan b ≤ a , maka a = b . Jika a < b < c , maka artinyabahwa a < b dan b < c .Teorema 1.1.7. Diberikan sebarang a, b, c ∈ ℝ . (a) Jika a > b dan b > c , maka a > c . (b) Jika a > b , maka a + c > b + c . (c) Jika a > b dan c > 0 , maka ca > cb . Jika a > b dan c < 0 , maka ca < cb . 1 (d) Jika a > 0 , maka >0. a 1 Jika a<0, maka <0. a 7
  • 12. Pengantar Analisis Real IBukti. (a) Diketahui a > b dan b > c , a, b, c ∈ ℝ . Karena a > b , maka a − b ∈ P . Karena b > c , maka b − c ∈ P . Menurut sifat urutan, maka a + b ∈ P , sehingga diperoleh ( a − b ) + (b + c ) ∈ P ⇔ a −b +b −c∈P ⇔ ( a − c ) + ( −b + b ) ∈ P ⇔ (a − c) + 0 ∈ P ⇔ a −c∈P ⇔ a > c. (b) Jika a − b ∈ P , maka ( a + c ) − (b − c ) = a − b ∈ P . Sehingga diperoleh bahwa a+c >b+c. (c) Jika a − b ∈ P dan c ∈ P , maka ca − cb = c ( a − b ) ∈ P . Akibatnya ca > cb untuk c > 0 . Gunakan langkah yang sama untuk c < 0 (d) Cobalah Anda buktikan sendiri. Oleh karena itu, dapat dilihat bahwa bilangan asli juga merupakan bilangan realpositif. Sifat ini diperoleh dari sifat dasar urutan, berikut ini diberikan teoremanya.Teorema 1.1.8. (a) Jika a ∈ ℝ dan a ≠ 0 , maka a 2 > 0 . (b) 1> 0. (c) Jika n ∈ ℕ , maka n > 0 . a+bTeorema 1.1.9. Jika a, b ∈ ℝ dan a < b , maka a < < b. 2 8
  • 13. Pengantar Analisis Real IBukti. Karena a < b , maka a + a < a + b ⇔ 2a < a + b , diperoleh a < (a + b) . Karena 2a < b , maka a + b < b + b ⇔ a + b < 2b , diperoleh (a + b) < b . Akibatnya, dari kedua 2 a+bpernyataan di atas diperoleh bahwa a < < b. 2 Dapat ditunjukkan bahwa tidak ada bilangan real positif yang terkecil, sebab jika 1diberikan a > 0 , dan karena > 0 , maka diperoleh 2 1 0< a < a. 2 Selanjutnya, untuk membuktikan bahwa suatu himpunan a ≥ 0 adalah samadengan nol, maka harus ditunjukkan bahwa a selalu lebih kecil dari sebarang bilanganpositif yang diberikan.Teorema 1.1.10. Jika a ∈ ℝ sedemikian hingga 0 ≤ a < ε untuk setiap ε > 0 , makaa =0. a aBukti. Andaikan a > 0 , maka a > > 0 . Diambil ε 0 = ( ε 0 bilangan real positif 2 2tegas), maka a > ε 0 > 0 . Kontradiksi dengan pernyataan 0 ≤ a < ε untuk setiap ε > 0 .Jadi, pengandaian salah, yang benar adalah a = 0 . Perkalian antara dua bilangan positif hasilnya adalah positif. Akan tetapi, hasilperkalian yang positif belum tentu setiap faktornya positif.Teorema 1.1.11. Jika ab > 0 , maka berlaku (i) a > 0 dan b > 0 , atau (ii) a < 0 dan b < 0 . 9
  • 14. Pengantar Analisis Real IAkibat 1.1.12. Jika ab < 0 , maka berlaku (i) a < 0 dan b > 0 , atau (ii) a > 0 dan b < 0 .Ketaksamaan (Inequalities)Selanjutnya, akan ditunjukkan bagaimana sifat urutan dapat digunakan untukmenyelesaikan suatu ketaksamaan. Perhatikan contoh di bawah ini.Contoh 1.1.13. (a) Tentukan himpunan A dari bilangan real x sedemikian hingga 2 x + 3 ≤ 6 . Jawab. Diketahui x ∈ A dan 2 x + 3 ≤ 6 , maka 3 2x + 3 ≤ 6 ⇔ 2x ≤ 3 ⇔ x ≤ . 2  3 Jadi, A =  x ∈ ℝ : x ≤  .  2 (b) Diberikan B = { x ∈ ℝ : x 2 + x > 2} . Tentukan bentuk lain dari B. Jawab. Diketahui x∈B dan x2 + x > 2 atau x2 + x − 2 > 0 atau ( x − 1)( x + 2 ) > 0 . Sehingga diperoleh bahwa (i) x − 1 > 0 dan x + 2 > 0 , atau (ii) x − 1 < 0 dan x + 2 < 0 . Untuk kasus (i) diperoleh bahwa x > 1 dan x > −2 , yang berarti x > 1 . Untuk kasus (ii) diperoleh bahwa x < 1 dan x < −2 , yang berarti x < −2 . Jadi, himpunannya adalah B = { x ∈ ℝ : x > 1} ∪ { x ∈ ℝ : x < −2} .Teorema 1.1.14. Jika a ≥ 0 dan b ≥ 0 , maka (a) a < b ⇔ a2 < b2 ⇔ a < b . (b) a ≤ b ⇔ a2 ≤ b2 ⇔ a ≤ b .1.1.15. Ketaksamaan Bernoulli Jika x > −1 , maka (1 + x) n ≥ 1 + nx untuk semuan∈ℕ. 10
  • 15. Pengantar Analisis Real IBukti. Akan dibuktikan menggunakan induksi.Untuk n = 1 , maka (1 + x ) ≥ 1 + 1 ⋅ x ⇔ 1 + x ≥ 1 + x (pernyataan benar). 1Misalkan benar untuk n = k , yaitu (1 + x) k ≥ 1 + kx . Akan dibuktikan benar untukn = k + 1 , yaitu (1 + x) k +1 = (1 + x)k (1 + x) ≥ (1 + kx )(1 + x ) = 1 + kx + x + kx 2 = 1 + ( k + 1) x + kx 2 .Karena kx 2 ≥ 0 , maka (1 + x) k +1 ≥ 1 + ( k + 1) x , yang berarti benar untuk n = k + 1 . Jadi,terbukti bahwa (1 + x) n ≥ 1 + nx untuk semua n ∈ ℕ .1.1.16. Ketaksamaan Cauchy Jika n ∈ ℕ dan a1 ,..., an , b1 ,..., bn ∈ ℝ , maka ( a1b1 + a2b2 + ... + anbn ) ≤ ( a12 + a2 2 + ... + an 2 )( b12 + b2 2 + ... + bn 2 ) 2atau 2  n   n  n  ∑ ai bi  ≤  ∑ ai  ∑ ai  .  i =1   i =1  i =1  2  n   n  n Selanjutnya, jika tidak semua bi = 0 , maka  ∑ aibi  =  ∑ ai 2  ∑ bi 2  jika dan  i =1   i =1  i =1 hanya jika terdapat s ∈ ℝ sedemikian hingga a1 = sb1 , a2 = sb2 , ..., an = sbn .Bukti. Didefinisikan fungsi F : ℝ → ℝ sebagai berikut: F (t ) = ( a1 − tb1 ) + ( a2 − tb2 ) + ... + ( an − tbn ) , t ∈ ℝ . 2 2 2Jelas bahwa F (t ) ≥ 0 , untuk setiap t ∈ ℝ . Selanjutnya, F (t ) = ( a12 − 2ta1b1 + t 2b12 ) + ( a2 2 − 2ta2b2 + t 2b2 2 ) + ... + ( an 2 − 2tan bn + t 2bn 2 ) = ( a12 + a2 2 + ... + an 2 ) − 2t ( a1b1 + a2b2 + ... + an bn ) + t 2 ( b12 + b2 2 + ... + bn 2 )  n   n   n  =  ∑ ai 2  − 2t  ∑ ai bi  + t 2  ∑ bi 2  .  i =1   i =1   i =1  11
  • 16. Pengantar Analisis Real IIngat bahwa A + 2 Bt + Ct 2 ≥ 0 jika dan hanya jika ( 2 B ) − 4 AC ≤ 0 , yang berakibat 2B 2 ≤ AC . Sehingga diperoleh bahwa 2  n   n  n  ∑ ai bi  ≤  ∑ ai  ∑ ai  .  i =1   i =1  i =1 Dengan demikian teorema terbukti.SOAL LATIHAN SUBBAB 1.1 1. Jika a, b ∈ ℝ , tunjukkan bahwa: (a) −(a + b) = (− a ) + (−b) . (b) (− a )(−b) = ab . (c) ( b ) = −ba jika b ≠ 0 . − a 2. Selesaikan persamaan berikut. (a) 2x + 5 = 8 . (b) x2 = 2 x . 1  1  1  3. Jika a ≠ 0 dan b ≠ 0 , tunjukkan bahwa =    . (ab)  a   b  4. Buktikan bahwa tidak ada bilangan rasional t sedemikian hingga t 2 = 3 . 1 5. Buktikan bahwa jika a > 0 , maka = a. ( ) 1 a 6. Jika a, b ∈ ℝ , tunjukkan bahwa a 2 + b 2 = 0 jika dan hanya jika a = b = 0 . 2 1  7. Buktikan bahwa  (a + b)  ≤ ( a 2 + b 2 ) , untuk semua a, b ∈ ℝ . 1 2  2 8. Tunjukkan bahwa jika a ∈ ℝ dan m, n ∈ ℕ , maka a m + n = a m a n dan (a m )n = a mn . (Gunakan induksi matematik.) 12
  • 17. Pengantar Analisis Real I1.2. Nilai Mutlak dan Garis Bilangan RealDari sifat Trikotomi, dapat ditarik kesimpulan bahwa jika a ∈ ℝ dan a ≠ 0 , maka aatau − a merupakan bilangan real positif. Nilai mutlak dari a ≠ 0 didefinisikan sebagainilai positif dari dua bilangan tersebut.Definisi 1.2.1. Nilai mutlak (absolute value) dari suatu bilangan real a, dinotasikandengan |a|, didefinisikan sebagai  a jika a > 0.  a :=  0 jika a = 0. − a jika a < 0.  Sebagai contohnya, |3| = 3 dan −9 = 9 . Dapat dilihat dari definisi di atas bahwaa ≥ 0 untuk semua a ∈ ℝ , dan bahwa a = 0 jika dan hanya jika a = 0 . Juga bahwa− a = a untuk semua a ∈ ℝ . Berikut ini diberikan beberapa sifat nilai mutlak.Teorema 1.2.2. (a) ab = a b untuk semua a ∈ ℝ . a = a 2 untuk semua a ∈ ℝ . 2 (b) (c) Jika c ≥ 0 , maka a ≤ c jika dan hanya jika −c ≤ a ≤ c . (d) − a ≤ a ≤ a untuk semua a ∈ ℝ .Bukti. (a) Jika a = b = 0 , maka terbukti. Jika a > 0 dan b > 0 , maka ab > 0 , sehingga ab = ab = a b . Jika a>0 dan b < 0, maka ab < 0 , sehingga ab = − ab = a ( −b ) = a b . 13
  • 18. Pengantar Analisis Real I (b) Karena a 2 ≥ 0 , maka a 2 = a 2 = aa = a a = a . 2 (c) Jika a ≤ c , maka a ≤ c dan − a ≤ c yang berarti −c ≤ a ≤ c . Sebaliknya, jika −c ≤ a ≤ c , maka diperoleh a ≤ c dan − a ≤ c . Jadi, a ≤ c . (d) Gunakan langkah yang sama seperti pada (c) dengan mengambil c = a . Berikut ini diberikan sebuah teorema yang disebut dengan KetaksamaanSegitiga (Triangle Inequality).1.2.3. Ketaksamaan Segitiga Jika a, b ∈ ℝ , maka a + b ≤ a + b .Bukti. Dari Teorema 1.2.2(d), diketahui − a ≤ a ≤ a dan − b ≤ b ≤ b . Denganmenjumlahkan kedua ketaksamaan diperoleh −( a + b ) ≤ a + b ≤ a + b .Menggunakan Teorema 1.2.2.(c) diperoleh bahwa a + b ≤ a + b .Akibat 1.2.4. Jika a, b ∈ ℝ , maka (a) a − b ≤ a −b . (b) a −b ≤ a + b .Bukti. (a) Tulis a = a − b + b dan masukkan ke dalam Ketaksamaan Segitiga. Sehingga a = ( a − b ) + b ≤ a − b + b . Kurangkan kedua ruas dengan b , diperoleh a − b ≤ a − b . Gunakan cara yang sama untuk b = b − a + a , diperoleh − a − b ≤ a − b . Kombinasikan kedua ketaksamaan tersebut, diperoleh − a −b ≤ a − b ≤ a −b . Menggunakan Teorema 1.2.2(c) diperoleh bahwa a − b ≤ a − b . 14
  • 19. Pengantar Analisis Real I (b) Gantilah b pada Ketaksamaan Segitiga dengan –b, sehingga diperoleh a − b ≤ a + −b . Karena −b = b , maka diperoleh bahwa a − b ≤ a + b . Ketaksamaan segitiga di atas dapat diperluas sehingga berlaku untuk sebarangbilangan real yang banyaknya berhingga.Akibat 1.2.5. Jika a1 , a2 ,..., an adalah sebarang bilangan real, maka a1 + a2 + ... + an ≤ a1 + a2 + ... + an .Contoh 1.2.6. 2 x 2 − 3x + 1Diberikan fungsi f yang didefinisikan dengan f ( x) = untuk x ∈ [ 2,3] . 2x −1Tentukan konstanta M sedemikian hingga f ( x) ≤ M , untuk setiap x ∈ [ 2,3] . 2 x 2 − 3x + 1 2 x − 3x + 1 2Diketahui f ( x) = = , 2x −1 2x −12 x 2 − 3 x + 1 ≤ 2 x 2 + −3 x + 1 = 2 x2 + 3 x + 1 ≤ 2 ( 3) + 3 ( 3) + 1 2 = 28dan2x −1 ≥ 2x − 1 ≥ 2 ( 2) − 1 = 3. 2 x 2 − 3x + 1 28 28Sehingga f ( x) = ≤ . Jadi, dengan mengambil M = , didapat 2x −1 3 3 f ( x) ≤ M , untuk setiap x ∈ [ 2,3] . 15
  • 20. Pengantar Analisis Real IGaris Bilangan Real (The Real Line)Interpetasi geometri yang dikenal di antaranya garis bilangan real (real line). Pada garisreal, nilai mutlak a dari suatu elemen a ∈ ℝ adalah jarak a ke 0. Secara umum, jarak(distance) antara elemen a dan b di ℝ adalah a − b . Perhatikan gambar berikut. -3 -2 -1 0 1 2 3 −2 − (1) = 3 Gambar 1.1. Jarak antara a = −2 dan b = 1 .Definisi 1.2.6. Diberikan a ∈ ℝ dan ε > 0 . Persekitaran- ε ( ε -neighborhood) dari adidefinisikan sebagai himpunan Vε (a ) := { x ∈ ℝ : x − a < ε } = ( a − ε , a + ε ) . Vε (a ) a −ε a a +ε Gambar 1.2. Persekitaran Vε (a ) . Dapat dilihat bahwa x ∈ Vε (a ) jika dan hanya jika a − ε < x < a + ε . Persekitaranjuga sering disebut dengan kitaran.Teorema 1.2.7. Diberikan a ∈ ℝ . Jika x berada dalam persekitaran Vε (a ) untuksetiap ε > 0 , maka x = a .Bukti. Jika x memenuhi x − a < ε untuk setiap ε > 0 , maka berdasarkan Teorema1.1.10 diperoleh bahwa x − a = 0 , yang berakibat x = 0 . 16
  • 21. Pengantar Analisis Real ISOAL LATIHAN SUBBAB 1.2 1. Jika a, b ∈ ℝ dan b ≠ 0 , tunjukkan bahwa: (a) a = a2 , a a (b) = . b b 2. Jika x, y, z ∈ ℝ dan x ≤ z , tunjukkan bahwa x ≤ y ≤ z jika dan hanya jika x− y + y−z = x−z . 3. Jika a < x < b dan a < y < b , tunjukkan bahwa x − y < b − a . 4. Carilah semua nilai x ∈ ℝ sedemikian hingga x + 1 + x − 2 = 7 . 5. Buatlah sketsa grafik persamaan y = x − x − 1 . 6. Diberikan ε > 0 dan δ > 0 , dan a ∈ ℝ . Tunjukkan bahwa Vε (a ) ∩ Vδ (a ) dan Vε (a ) ∪ Vδ (a ) merupakan persekitaran- γ dari a untuk suatu nilai γ . 7. Tunjukkan bahwa jika a, b ∈ ℝ , dan a ≠ b , maka terdapat persekiran- ε U dari a dan V dari b sedemikian hingga U ∩ V = ∅ . 8. Tunjukkan bahwa jika a, b ∈ ℝ , maka ( a + b + a − b ) dan min {a, b} = 2 ( a + b − a − b ) . 1 1 (a) max {a, b} = 2 (b) min {a, b, c} = min {min {a, b} , c} .1.3. Sifat Lengkap ℝPada bagian ini akan diberikan salah satu sifat dari ℝ yang sering disebut dengan SifatLengkap (Completeness Property). Tetapi sebelumnya, perlu dijelaskan terlebih dahulukonsep supremum dan infimum.Supremum dan InfimumBerikut ini diperkenalkan konsep tentang batas atas dan batas bawah dari suatuhimpunan bilangan real. 17
  • 22. Pengantar Analisis Real IDefinisi 1.3.1. Diberikan subset tak kosong S ⊂ ℝ . (a) Himpunan S dikatakan terbatas ke atas (bounded above) jika terdapat suatu bilangan u ∈ ℝ sedemikian hingga s ≤ u untuk semua s ∈ S . Setiap bilangan u seperti ini disebut dengan batas atas (upper bound) dari S. (b) Himpunan S dikatakan terbatas ke bawah (bounded below) jika terdapat suatu bilangan w∈ ℝ sedemikian hingga w ≤ s untuk semua s ∈ S . Setiap bilangan w seperti ini disebut dengan batas bawah (lower bound) dari S. (c) Suatu himpunan dikatakan terbatas (bounded) jika terbatas ke atas dan terbatas ke bawah. Jika tidak, maka dikatakan tidak terbatas (unbounded). Sebagai contoh, himpunan S := { x ∈ ℝ : x < 2} ini terbatas ke atas, sebabbilangan 2 dan sebarang bilangan lebih dari 2 merupakan batas atas dari S. Himpunanini tidak mempunyai batas bawah, jadi himpunan ini tidak terbatas ke bawah. Jadi, Smerupakan himpunan yang tidak terbatas.Definisi 1.3.2. Diberikan S subset tak kosong ℝ . (a) Jika S terbatas ke atas, maka suatu bilangan u disebut supremum (batas atas terkecil) dari S jika memenuhi kondisi berikut: (1) u merupakan batas atas S, dan (2) jika v adalah sebarang batas atas S, maka u ≤ v . Ditulis u = sup S . (b) Jika S terbatas ke bawah, maka suatu bilangan u disebut infimum (batas bawah terbesar) dari S jika memenuhi kondisi berikut: (1) w merupakan batas bawah S, dan (2) jika t adalah sebarang batas bawah S, maka t ≤ w . Ditulis w = inf S . Mudah untuk dilihat bahwa jika diberikan suatu himpunan S subset dari ℝ ,maka hanya terdapat satu supremum, atau supremumnya tunggal. Juga dapatditunjukkan bahwa jika u adalah sebarang batas atas dari suatu himpunan tak kosong 18
  • 23. Pengantar Analisis Real IS, maka sup S ≤ u , sebab sup S merupakan batas atas terkecil dari S. Suatu subset takkosong S ⊂ ℝ mempunyai empat kemungkinan, yaitu (i) mempunyai supremum dan infimum, (ii) hanya mempunyai supremum, (iii) hanya mempunyai infimum, (iv) tidak mempunyai infimum dan supremum. Setiap bilangan real a ∈ ℝ merupakan batas atas dan sekaligus juga merupakanbatas bawah himpunan kosong ∅ . Jadi, himpunan ∅ tidak mempunyai supremum daninfimum.Lemma 1.3.3. Suatu bilangan u merupakan supremum dari subset tak kosong S ⊂ ℝjika dan hanya jika u memenuhi kondisi berikut: (1) s ≤ u untuk semua s ∈ S , (2) jika v < u , maka terdapat s ∈ S sedemikian hingga x < s .Lemma 1.3.4. Diberikan subset tak kosong S ⊂ ℝ , (a) u = sup S jika dan hanya jika untuk setiap ε > 0 terdapat s1 ∈ S sedemikian hingga u − ε < s1 . (b) w = inf S jika dan hanya jika untuk setiap ε > 0 terdapat s2 ∈ S sedemikian hingga u − ε < s2 .Bukti. (a) ⇒ Diketahui u = sup S dan diberikan ε > 0 . Karena u − ε < u , maka u − ε bukan merupakan batas atas S. Oleh karena itu, terdapat s1 ∈ S yang lebih besar dari u − ε , sehingga u − ε < s1 . ⇐ Diketahui u − ε < s1 . Jika u merupakan batas atas S, dan jika memenuhi v < u , maka diambil ε := u − v . Maka jelas ε > 0 , dan diperoleh bahwa u = sup S . (b) Coba buktikan sendiri. 19
  • 24. Pengantar Analisis Real IContoh 1.3.5. (a) Jika suatu himpunan tak kosong S1 mempunyai elemen sebanyak berhingga, maka dapat dilihat bahwa S1 mempunyai elemen terbesar, namakan u, dan elemen terkecil, namakan w. Maka u = sup S1 dan w = inf S1 , dan keduanya merupakan elemen S1 . (b) Himpunan S2 := { x : 0 ≤ x ≤ 1} mempunyai batas atas 1. Akan dibuktikan bahwa 1 merupakan supremumnya. Jika v < 1 , maka terdapat s ∈ S 2 sedemikian hingga v < s . Oleh karena itu, v bukan merupakan batas atas S2 dan karena v merupakan sebarang v < 1 , maka dapat disimpulkan bahwa sup S 2 = 1 . Dengan cara yang sama dapat ditunjukkan bahwa inf S 2 = 0 .Sifat Lengkap ℝAkan ditunjukkan bahwa subset tak kosong ℝ yang terbatas ke atas pasti mempunyaibatas atas terkecil. Sifat seperti ini disebut Sifat Lengkap ℝ . Sifat Lengkap juga seringdisebut dengan Aksioma Supremum ℝ .1.3.6. Sifat Lengkap ℝ Jika subset tak kosong S ⊂ ℝ terbatas ke atas, makasupremumnya ada, yaitu terdapat u ∈ ℝ sedemikian hingga u = sup S .Akibat 1.3.7. Jika subset tak kosong S ⊂ ℝ terbatas ke bawah, maka infimumnyaada, yaitu terdapat w∈ ℝ sedemikian hingga w = inf S .Bukti. Misalkan himpunan T terbatas ke bawah, T ⊂ ℝ . Dibentuk himpunanS = {−t : t ∈ T } , maka S terbatas ke atas dan tidak kosong. Menurut AksiomaSupremum, sup S ada, namakan u = sup S , maka −u = inf T . 20
  • 25. Pengantar Analisis Real ISOAL LATIHAN SUBBAB 1.3 1. Diberikan S = { x ∈ ℝ : x > 0} . Apakah S mempunyai batas bawah dan batas atas? Apakah inf S dan sup S ada? Buktikan jawabanmu. { } 2. Diberikan T := 1 − ( −1) n : n ∈ ℕ . Carilah inf T dan supT . n 3. Diberikan S subset tak kosong ℝ yang terbatas ke bawah. Buktikan bahwa inf S = − sup {− s : s ∈ S } . 4. Tunjukkan bahwa jika A dan B subset terbatas dari ℝ , maka A ∪ B merupakan himpunan terbatas. Tunjukkan bahwa sup ( A ∪ B ) = sup {sup A,sup B} . 5. Diberikan S ⊆ ℝ dan misalkan s* := sup S dalam S. Jika u ∉ S , tunjukkan bahwa sup ( S ∪ {u} ) = sup {s*, u} . 6. Tunjukkan bahwa himpunan berhingga S ⊆ ℝ memuat supremumnya. 7. Jelaskan dan buktikan Lemma 1.3.3.1.4. Penggunaan Sifat Aksioma SupremumPada subbab ini dibahas beberapa akibat dari aksioma supremum.Teorema 1.4.1. Diberikan subset tak kosong S ⊂ ℝ yang terbatas ke atas dansebarang a ∈ ℝ . Didefinisikan himpunan a + S := {a + s : s ∈ S } , maka berlaku sup ( a + S ) = a + sup ( S ) .Bukti. Jika diberikan u := sup S , maka x≤u untuk semua x ∈ S , sehinggaa + x ≤ a + u . Oleh karena itu, a + u merupakan batas atas dari himpunan a + S .Akibatnya sup ( a + S ) ≤ a + u . Selanjutnya, misalkan v adalah sebarang batas atasa + S , maka a + x ≤ v untuk semua x ∈ S . Akibatnya x ≤ v − a untuk semua x ∈ S ,sehingga v − a merupakan batas atas S. Oleh karena itu, u = sup S ≤ v − a . Karena vadalah sebarang batas atas a + S , maka dengan mengganti v dengan u = sup S , 21
  • 26. Pengantar Analisis Real Idiperoleh a + u ≤ sup ( a + S ) . Di lain pihak diketahui sup ( a + S ) ≤ a + u . Akibatnyaterbukti bahwa sup ( a + S ) = a + u = a + sup S .Teorema 1.4.2. Diberikan subset tak kosong S ⊂ ℝ yang terbatas dan sebarangbilangan real a > 0 . Didefinisikan himpunan aS := {as : s ∈ S } , maka berlaku inf ( aS ) = a inf ( S ) .Bukti. Tulis u = inf aS dan v = inf S . Akan dibuktikan bahwa u = av . Karenau = inf aS , maka u ≤ as , untuk setiap s ∈ S . Karena v = inf S , maka v ≤ s untuksetiap s ∈ S . Akibatnya av ≤ as untuk setiap s ∈ S . Berarti av merupakan batas bawahaS. Karena u batas bawah terbesar aS, maka av ≤ u . Karena u ≤ as untuk setiap s ∈ S , u umaka diperoleh ≤ s untuk setiap s ∈ S (sebab a > 0 ). Karena v = inf S , maka ≤ v a ayang berakibat u ≤ av . Di lain pihak diketahui av ≤ u . Akibatnya u = av . Jadi, terbuktibahwa inf ( aS ) = a inf ( S ) .Teorema 1.4.3. Jika A dan B subset tak kosong ℝ dan memenuhi a ≤ b untuk semuaa ∈ A dan b ∈ B , maka sup A ≤ inf B .Bukti. Diambil sebarang b ∈ B , maka a ≤ b untuk semua a ∈ A . Artinya bahwa bmerupakan batas atas A, sehingga sup A ≤ b . Selanjutnya, karena berlaku untuk semuab ∈ B , maka sup A merupakan batas bawah B. Akibatnya diperoleh bahwasup A ≤ inf B .Sifat ArchimedesBerikut ini diberikan salah satu sifat yang mengaitkan hubungan antara bilangan realdan bilangan asli. Sifat ini menyatakan bahwa apabila diberikan sebarang bilangan realx, maka selalu dapat ditemukan suatu bilangan asli n yang lebih besar dari x. 22
  • 27. Pengantar Analisis Real I1.4.4. Sifat Archimedes. Jika x ∈ ℝ , maka terdapat n ∈ ℕ sedemikian hingga x < n .Bukti. Ambil sebarang x ∈ ℝ . Andaikan tidak ada n ∈ ℕ sedemikian hingga x < n ,maka n ≤ x , untuk setiap n ∈ ℕ . Dengan kata lain, x merupakan batas atas ℕ . Jadi,ℕ ⊂ ℝ , ℕ ≠ ∅ , dan ℕ terbatas ke atas. Menurut aksioma supremum, maka sup ℕ ada,tulis u = sup ℕ . Karena u − 1 < u , maka terdapat m ∈ ℕ dengan sifat u − 1 < m .Akibatnya u < m + 1 dengan m + 1 ∈ ℕ . Timbul kontradiksi dengan u = sup ℕ . Berarti ubatas atas ℕ , yaitu ada m + 1 ∈ ℕ sehingga u < m + 1 (u bukan batas atas ℕ ). Jadi,pengandaian salah, yang benar adalah ada n ∈ ℕ sedemikian hingga x < n . 1 Akibat 1.4.5. Jika S :=  : n ∈ ℕ  , maka inf S = 0 . n Bukti. Karena S ≠ ∅ terbatas ke bawah oleh 0, maka S mempunyau infimum, tulisw := inf S . Jelas bahwa w ≥ 0 . Untuk sebarang ε > 0 , menggunakan Sifat Archimedes, 1 1terdapat n ∈ ℕ sedemikian hingga < n , akibatnya < ε . Oleh karena itu, diperoleh ε nbahwa 1 0≤w≤ <ε . nAkan tetapi karena ε > 0 sebarang, maka berdasarkan Teorema 1.1.10 berakibat bahwaw = 0 . Terbukti bahwa inf S = 0 . 1Akibat 1.4.6. Jika t > 0 , maka terdapat nt ∈ ℕ sedemikian hingga 0 < <t. nt 1 Bukti. Karena inf  : n ∈ ℕ  = 0 dan t > 0 , maka t bukan batas bawah himpunan n 1  1 : n ∈ ℕ  . Akibatnya terdapat nt ∈ ℕ sedemikian hingga 0 < < t .n  nt 23
  • 28. Pengantar Analisis Real IAkibat 1.4.7. Jika y > 0 , maka terdapat n y ∈ ℕ sedemikian hingga n y − 1 < y < n y .Bukti. Sifat Archimedes menjamin bahwa subset E y := {m ∈ ℕ : y < m} dari ℕ tidakkosong. Menggunakan Sifat Urutan, E y mempunyai elemen yang paling kecil, yangdinotasikan dengan n y . Oleh karena itu, n y − 1 bukan elemen E y . Akibatnya diperolehbahwa n y − 1 < y < n y .Eksistensi Bilangan Real dan Densitas Bilangan Rasional di ℝSalah satu penggunaan Sifat Supremum adalah dapat digunakan untuk memberikanjaminan eksistensi bilangan-bilangan real. Berikut ini akan ditunjukkan bahwa adabilangan real positif x sedemikian hingga x 2 = 2 .Teorema 1.4.8. Ada bilangan real positif x sedemikian hingga x 2 = 2 .Bukti. Dibentuk himpunan S = {s ∈ ℝ : s ≥ 0 dan s 2 < 2} . Jelas bahwa S ≠ ∅ sebab0 ∈ S dan 1 ∈ S . S terbatas ke atas dengan salah satu batas atasnya adalah 2. Jika t ≥ 2 ,maka t 2 ≥ 4 . Jadi, t = 2 ∉ S . Menggunakan Aksioma Supremum, S ⊂ ℝ , S ≠ ∅ , dan Sterbatas ke atas, maka S mempunyai supremum. Namakan x = sup S , dengan x ∈ ℝ .Akan dibuktikan bahwa x 2 = 2 . Andaikan x 2 ≠ 2 , maka x 2 < 2 atau x 2 > 2 .Kemungkinan I: Untuk x 2 < 2 . 1 1Karena x 2 < 2 , maka 2 − x 2 > 0 . Karena ≤ , maka n2 n 2  1 2 1 1  x +  = x + x + 2 ≤ x + ( 2 x + 1) . 2 2  n n n n 2 − x2Karena 2 − x 2 > 0 dan 2 x + 1 > 0 , maka > 0 . Menurut akibat Sifat Archimedes, 2x +1dapat ditemukan n ∈ ℕ sehingga 24
  • 29. Pengantar Analisis Real I 1 2 − x2 < . n 2x + 1Akibatnya 1 ( 2 x + 1) < 2 − x 2 ndan 2  1 1  x +  < x + ( 2 x + 1) < x + 2 − x = 2 . 2 2 2  n n 2  1 1Diperoleh bahwa  x +  < 2 , yang berarti bahwa x + ∈ S . Kontradiksi dengan  n nx = sup S . Oleh karena itu tidak mungkin x 2 < 2 .Kemungkinan II: x 2 > 2 .Karena x 2 > 2 , maka x 2 − 2 > 0 . Perhatikan bahwa 2  1 2x 1 2x x−  = x − + 2 > x2 − . 2  m m m mKarena x 2 − 2 > 0 dan 2 x > 0 , maka dipilih m ∈ ℕ sedemikian hingga 2x 2x m> atau < x2 − 2 . x −22 mAkibatnya 2  1 > x2 − ( x2 − 2) = 2 . 2x x−  > x − 2  m m 2  1 1 1Diperoleh bahwa  x −  > 2 . Berarti x − ∉ S , yaitu x − batas atas. Kontradiksi  m m mdengan x = sup S . Oleh karena itu, tidak mungkin x 2 > 2 . Jadi, pengandaiannya salah,yang benar adalah x 2 = 2 .1.4.9. Teorema Densitas (The Density Theorem) Jika x, y ∈ ℝ dengan x < y , makaada bilangan rasional q ∈ ℚ sedemikian hingga x < q < y . 25
  • 30. Pengantar Analisis Real IBukti. Dengan tidak mengurangi keumuman (without loss of generality), diambil x > 0 . 1Karena x < y , maka y > 0 dan y − x > 0 . Akibatnya > 0 , sehingga dapat dipilih y−xn ∈ ℕ sedemikian hingga 1 n> . y−xUntuk n di di atas, berlaku ny − nx > 1 , yaitu nx + 1 < ny . Karena nx > 0 , maka dapatdipilih m ∈ ℕ sehingga m − 1 ≤ nx < m .Bilangan m di atas juga memenuhi m < ny , sebab dari m − 1 ≤ nx diperolehm ≤ nx + 1 < ny . Jadi nx < m < ny . m mAkibatnya untuk q = mempunyai sifat x < = q < y . Jadi, terdapat bilangan n n mrasional q = dengan sifat x < q < y . n Berikut ini diberikan akibat dari Teorema Densitas, yaitu di antara dua bilanganreal pasti dapat ditemukan bilangan irrasional.Akibat 1.4.10. Jika x, y ∈ ℝ dengan x < y , maka ada bilangan irrasional rsedemikian hingga x < r < y . x yBukti. Menggunakan Teorema Densitas, ada bilangan real dan dengan sifat 2 2 x yada bilangan rasional q dengan sifat <q< . Akibatnya, x < q 2 < y dan q 2 2 2merupakan bilangan irrasional. 26
  • 31. Pengantar Analisis Real ISOAL LATIHAN SUBBAB 1.4 1. Diberikan himpunan tak kosong X dan f : X → ℝ mempunyai range terbatas di ℝ . Jika a ∈ ℝ , tunjukkan bahwa: (a) sup {a + f ( x) : x ∈ X } = a + sup { f ( x) : x ∈ X } . (b) inf {a + f ( x) : x ∈ X } = a + inf { f ( x) : x ∈ X } . 2. Diberikan subset tak kosong A dan B dari ℝ . Dibentuk himpunan A + B := {a + b : a ∈ A dan b ∈ B} . Buktikan bahwa sup ( A + B ) = sup A + sup B dan inf( A + B ) = inf A + inf B . 3. Jika diberikan sebarang x ∈ ℝ , tunjukkan bahwa terdapat dengan tunggal n ∈ ℤ sedemikian hingga n − 1 ≤ x < n . 1 4. Jika y > 0 , tunjukkan bahwa terdapat n ∈ ℕ sedemikian hingga < y. 2n 5. Jika u > 0 adalah sebarang bilangan real dan x < y , tunjukkan bahwa terdapat bilangan rasional r sedemikian hingga x < ru < y .1.5. Interval dalam ℝJika diberikan a, b ∈ ℝ dengan a < b , maka interval terbuka yang ditentukan oleh adan b adalah himpunan ( a, b ) = { x ∈ ℝ : a < x < b} . Titik a dan b disebut titik ujung (endpoints) interval. Titik ujung tidak termuatdalam interval terbuka. Jika kedua titik ujung digabungkan ke dalam intervalterbukanya, maka disebut interval tertutup, yaitu himpunan [ a, b] = { x ∈ ℝ : a ≤ x ≤ b} . Interval setengah terbuka atau setengah tertutup adalah interval yang memuatsalah satu titik ujungnya. Gabungan interval terbuka dengan titik ujung a, ditulis [a, b) ,dan gabungan interval terbuka dengan titik ujung b, ditulis (a, b] . Masing-masinginterval tersebut terbatas dan mempunyai panjang (length) yang didefinsikan denganb − a . Jika a = b , maka interval terbukanya berkorespondensi dengan himpunan kosong 27
  • 32. Pengantar Analisis Real I(a, a ) = ∅ , dan interval tertutupnya berkorespondensi dengan himpunan singleton[ a, a ] = {a} . Berikut ini diberikan lima jenis interval tidak terbatas. Simbol ∞ (atau +∞ ) dan−∞ digunakan sebagai simbol titik ujungnya yang tak berhingga. Interval terbuka takterbatas adalah himpunan dengan bentuk ( a, ∞ ) := { x ∈ ℝ : x > a} dan ( −∞, b ) := { x ∈ ℝ : x < b} .Himpunan pertama tidak mempunyai batas atas dan yang kedua tidak mempunyai batasbawah. Himpunan ( a, ∞ ) sering juga disebut dengan sinar terbuka (open a ray).Diberikan interval tertutup tak terbatas, yaitu [a, ∞) := { x ∈ ℝ : a ≤ x} dan (−∞, b] := { x ∈ ℝ : x ≤ b} .Himpunan [a, ∞) sering disebut dengan sinar tertutup (close a ray). Himpunan ℝdapat dituliskan sebagai ( −∞, ∞ ) := ℝ . Perhatikan bahwa ∞ dan −∞ bukan elemen ℝ .1.5.1. Teorema Karakteristik Interval Jika S adalah subset ℝ yang memuat palingsedikit dua titik dan mempunyai sifat: jika x, y ∈ S dan x < y , maka [ x, y ] ⊆ S ,maka S merupakan suatu interval.Interval Susut (Nested Intervals)Telah diketahui bahwa barisan adalah fungsi f : ℕ → A ≠ ∅ . Jika A adalah himpunaninterval-interval, maka terbentuk barisan interval {I n }n≥1 . Untuk mempersingkatpenulisan, barisan { I n }n ≥1 cukup ditulis I n .Definisi 1.5.2. (Interval Susut) Barisan I n , n ∈ ℕ dikatakan interval susut (nestedintervals) jika I1 ⊇ I 2 ⊇ I 3 ... ⊇ I n ⊇ I n +1 ⊇ ... . 28
  • 33. Pengantar Analisis Real IContoh 1.5.3.  1  1  1 (1) Diberikan I n = 0,  , n ∈ ℕ . Yaitu I1 = [ 0,1] , I 2 = 0,  , I 3 =  0,  , ....  n  2  3 ∞ Maka I1 ⊇ I 2 ⊇ I 3 ⊇ ... (nested) dan ∩ I = {0} (mempunyai titik berserikat). n n =1  1 (2) Diberikan I n =  0,  , n ∈ ℕ . Diperoleh bahwa I n ⊃ I n +1 , untuk setiap n ∈ ℕ .  n ∞ Tetapi ∩I n = ∅ . Jadi, interval susut belum tentu mempunyai titik berserikat. n =1 ∞ Sebab, andaikan terdapat x ∈ ∩ I n , maka x ∈ I n untuk setiap n ∈ ℕ . Karena n =1 1 x > 0 , maka terdapat n ∈ ℕ sedemikian hingga < x . Kontradiksi dengan n ∞ pengandaian. Jadi pengandaian salah, yang benar adalah ∩I n = ∅. n =1  1  1  1 (3) Diberikan I n = 0,1 +  , maka I1 = [ 0, 2] , I 2 = 0,1  , I 2 = 0,1  , ....  n  2  3 ∞ Diperoleh ∩ I = [0,1] ≠ ∅ . n (Ada tak hingga banyak ξ ∈ [ 0,1] ). Perhatikan n =1  1  bahwa inf 1 + : n ∈ ℕ  = 1 .  n 1.5.4. Sifat Interval Susut (Nested Interval Property) Jika I n = [ an , bn ] , n ∈ ℕinterval tertutup terbatas dan I n ⊇ I n +1 untuk setiap n ∈ ℕ (interval susut), maka ∞ ∩I n ≠∅, n =1yaitu terdapat ξ ∈ ℝ sedemikian hingga ξ ∈ I n untuk setiap n ∈ ℕ . Selanjutnya, jikapanjang I n = bn − an memenuhi inf {bn − an : n ∈ ℕ} = 0 , maka elemen berserikat ξtersebut tunggal. 29
  • 34. Pengantar Analisis Real IBukti. Dibentuk himpunan A = {an : n ∈ ℕ} . Jelas A ≠ ∅ sebab a1 ∈ A , dan A ⊂ ℝ .Himpunan A terbatas ke atas, sebab I n ⊇ I n +1 untuk setiap n ∈ ℕ . Sehingga diperolehbahwa an ≤ bnuntuk setiap n ∈ ℕ , yang berarti b1 batas atas A. Menggunakan Sifat Lengkap ℝ , makasupremum A ada, yaitu terdapat ξ ∈ ℝ sedemikian hingga ξ = sup A . Jelas bahwa am ≤ ξuntuk setiap m ∈ ℕ . Selanjutnya, untuk sebarang m, n ∈ ℕ berlaku an ≤ an + m ≤ bn + m ≤ bm atau an ≤ bm .Hal ini berakibat sup {an : n ∈ ℕ} ≤ bm atau ξ ≤ bm .Karena am ≤ ξ dan ξ ≤ bm , maka diperoleh am ≤ ξ ≤ bm untuk setiap m ∈ ℕ , berartiξ ∈ I n = [ an , bn ] , untuk setiap n ∈ ℕ . Sehingga ∞ ξ ∈ ∩ In , n =1 ∞yang berakibat ∩I n ≠ ∅ . Jika η = inf {bn : n ∈ ℕ} , maka dengan cara yang sama n =1(sebelumnya), diperoleh η ∈ I m untuk setiap m ∈ ℕ . Sehingga diperoleh ∞ η ∈ ∩ In . n =1Akan dibuktikan ketunggalannya, yaitu η = ξ . Diambil sebarang ε > 0 . Jikainf {bn − an : n ∈ ℕ} = 0 , maka terdapat n0 ∈ ℕ sehingga 0 ≤ η − ξ ≤ bn0 − an0 < ε atau 0 ≤ η − ξ < ε .Karena berlaku untuk sebarang ε > 0 , maka η − ξ = 0 atau η = ξ . Jadi, terbukti bahwa ∞η = ξ ∈ ∩ I n tunggal. n =1 30
  • 35. Pengantar Analisis Real IHimpunan Terhitung (Countable)Diberikan J n = {1, 2,3,..., n} , n ∈ ℕ . Dua himpunan A dan B dikatakan ekuivalen,ditulis A ∼ B jika ada fungsi bijektif f : A → B . Contoh: 1. Misalkan A = {1, 2,3} dan B = {a, b, c} , maka A ∼ B . 2. Misalkan f : A → C dengan C = {w, x, y, z} , maka A ∼ C . Suatu himpunan dikatakan tak berhingga (infinite) jika himpunan tersebutekuivalen dengan salah satu himpunan bagian sejatinya. Jika tidak demikian, makahimpunan tersebut dikatakan berhingga (finite), yaitu ekuivalen dengan J n . Contoh: 1. Himpunan A = {1, 2,3} berhingga. 2. ℕ = {1, 2,3,...} , T = {2, 4, 6,...} ⊂ ℕ . fungsi f :ℕ →T n ֏ f ( n) = 2n Jadi, ℕ tak berhingga, T juga tak berhingga. Suatu himpunan D dikatakan denumerable jika D ∼ ℕ . Suatu himpunandikatakan terhitung (countable) jika himpunan tersebut berhingga atau denumerable.Jika tidak, maka dikatakan himpunan tak terhitung (uncountable atau nondenumerable), yaitu himpunan yang tidak ekuivalen dengan ℕ . Jika himpunan Aterhitung, maka A dapat disajikan sebagai A = { x1 , x2 , x3 ,...} dengan xi ≠ x j untuk i ≠ j .Contoh: 1. Himpunan ∅ terhitung berhingga. 2. Himpunan ℕ terhitung tak berhingga. 3. Himpunan A = {1, 2,3} terhitung berhingga. Dapat ditunjukkan bahwa ℝ merupakan himpunana tak terhitung. Untukmembuktikannya cukup hanya dengan membuktikan I = [ 0,1] tak terhitung. Berikut inidiberikan teoremanya. 31
  • 36. Pengantar Analisis Real ITeorema 1.5.5. Himpunan I = [ 0,1] tak terhitung.Bukti. Andaikan I terhitung, maka dapat ditulis dengan I = { x1 , x2 , x3 ,..., xn ,...} .Dikonstruksikan barisan interval tertutup, terbatas, susut (nested), daninf {bn − an : n ∈ ℕ} = 0 . Interval I = [ 0,1] dibagi menjadi tiga sama panjang, yaitu 0, 1  ,  1 , 2  , dan  2 ,1 .  3  3 3  3 Titik x1 ∈ I termuat dalam paling banyak dua sub interval. Pilih sub interval yang tidakmemuat x1 , namakan I1 = [ a1 , b1 ] . Jadi, x1 ∉ I1 . Selanjutnya, I1 dibagi menjadi tigasama panjang, yaitu  a1 , a1 + 1  ,  a1 + 1 , a1 + 2  , dan  a1 + 2 , b1  .  9  9 9  9 Kemudian pilih sub interval yang tidak memuat x2 , namakan I1 = [ a2 , b2 ] . Jadi, x2 ∉ I 2 .Jika proses diteruskan, diperoleh barisan interval tertutup, terbatas, 1 I1 ⊃ I 2 ⊃ I 3 ⊃ ... ⊃ I n dengan inf {bn − an : n ∈ ℕ} = inf  ℕ  . Menggunakan sifat 3  ∞Nested Interval, maka terdapat dengan tunggal y ∈ ∩ I n . Berarti y ∈ I , yaitu y = xn n =1 ∞untuk suatu n ∈ ℕ . Akibatnya xn ∈ ∩ I n , yaitu xn ∈ I n . Sedangkan dari konstruksi n =1diperoleh xn ∉ I n . Timbul kontradiksi, yang benar adalah I = [ 0,1] tak terhitung,sehingga ℝ juga tak terhitung.Teorema Bolzano-WeierstrassSebelum dijelaskan tentang Teorema Bolzano-Weierstrass, terlebih dahulu dijelaskanmengenai titik cluster. Berikut diberikan definisinya. 32
  • 37. Pengantar Analisis Real IDefinisi 1.5.6. (Titik Cluster) Diberikan subset tak kosong S ⊂ ℝ . Titik x ∈ ℝdisebut titik cluster (cluster points) jika setiap persekitaran Vε ( x) = ( x − ε , x + ε )memuat paling sedikit satu titik anggota S yang tidak sama dengan x. Titik cluster seringdisebut dengan titik akumulasi atau titik limit. Dengan kata lain, x titik cluster S jika untuk setiap ε > 0 berlaku(Vε ( x) ∩ S ) − { x} ≠ ∅ atau (Vε ( x) − { x} ) ∩ S ≠ ∅ . Ekuivalen dengan mengatakan bahwa x titik cluster S jika untuk setiap n ∈ ℕ , 1terdapat sn ∈ S sedemikian hingga 0 < sn − x < . nContoh 1.5.7. (1) Diberikan S = ( 0, 2 ) . Apakah 0 merupakan titik cluster? Jawab. Diambil ε > 0 , maka Vε ( 0 ) = ( 0 − ε , 0 + ε ) = ( −ε , ε ) . Menggunakan Teorema Densitas, maka 0 merupakan titik cluster S dan 0 ∉ S . Demikian juga 1 1 bahwa merupakan titik cluster S dan ∈ S . 2 2 (2) Diberikan A = [1, 2] ∪ {4} . Apakah 4 titik cluster? Jawab. Persekitaran- ε dari 4 adalah Vε ( 4 ) = ( 4 − ε , 4 + ε ) . Misal diambil 1  1 1  1 1 ε = , maka Vε ( 4 ) =  4 − , 4 +  =  3 , 4  . Sehingga diperoleh bahwa 2 2  2   2 2   1 1  3 , 4  ∩ [1, 2] − {4} = ∅ . Jadi, 4 bukan titik cluster.  2 2 1   1 1 1  (3) Diberikan B =  : n ∈ ℕ  = 1, , , ,... . Tunjukkan bahwa 0 titik cluster B n   2 3 4  dengan 0 ∉ B . Jawab. Menggunakan Sifat Archimedes, jika diberikan sebarang ε > 0 , maka 1 terdapat n ∈ ℕ sedemikian hingga 0 < <ε . Persekitaran titik 0 adalah n 33
  • 38. Pengantar Analisis Real I 1 Vε ( 0 ) = ( −ε , ε ) . Jika dipilih ε sangat kecil, maka 0 < < ε . Jadi, 0 merupakan n titik cluster B dengan 0 ∉ B .1.5.8. Teorema Bolzano-Weierstrass Setiap subset ℝ yang tak berhingga (infinite)dan terbatas, mempunyai paling sedikit satu titik cluster.Bukti. Diberikan sebarang subset S ⊂ ℝ tak berhingga dan terbatas. Karena S terbatas,maka terdapat interval I1 = [ a, b] dengan panjang L ( I1 ) = b − a . Kemudian bagilah I1  a +b a + b menjadi dua bagian, yaitu  a,  dan  2 , b  . Karena S tak berhingga, maka  2   salah satu interval tersebut memuat tak hingga banyak titik anggota S, sebab apabilakeduanya memuat berhingga banyak anggota S, maka berarti himpunan S berhingga.Namakan bagian yang memuat tak hingga banyak titik anggota S dengan I 2 . b−aPanjangnya L ( I 2 ) = . Selanjutnya, I 2 dibagi menjadi dua bagian seperti langkah 2di atas, maka salah satu bagian memuat tak hingga banyak anggota S. Namakan bagian b−atersebut dengan I 3 . Panjangnya L ( I 3 ) = . Apabila proses diteruskan, maka 22diperoleh barisan interval susut (nested) I1 ⊃ I 2 ⊃ I 3 ⊃ ... ⊃ I n ⊃ .... ∞ ∞Menurut Sifat Interval Susut, maka ∩I n ≠ ∅ , atau terdapat x ∈ ∩ I n . n =1 n =1Akan ditunjukkan bahwa x titik cluster S. Diambil sebarang ε > 0 , maka terdapat n ∈ ℕ b−asedemikian hingga < ε , dan persekitarannya Vε ( x ) = ( x − ε , x + ε ) . Karena x ∈ I n 2n −1 b−adan L ( I n ) = < ε , maka I n ⊆ Vε ( x ) . Karena I n memuat tak hingga banyak titik 2n −1anggota S, maka Vε ( x ) memuat tak hingga banyak titik anggota S yang tidak samadengan x. Jadi, x merupakan titik cluster S. 34
  • 39. Pengantar Analisis Real IHimpunan Terbuka dan TertutupDefinisi 1.5.9. (i) Himpunan G ⊆ ℝ dikatakan terbuka dalam ℝ jika untuk setiap x ∈ G , terdapat persekitaran Vε ( x ) sedemikian hinnga Vε ( x ) ⊂ G . (ii) Himpunan F ⊆ ℝ dikatakan tertutup dalam ℝ jika komplemen F, yaitu F c terbuka dalam ℝ .Contoh 1.5.10. (1) Himpunan ℝ = ( −∞, ∞ ) terbuka, sebab untuk setiap x ∈ ℝ , terdapat V1 ( x) = ( x − 1, x + 1) ⊂ ℝ .  x x − 1 (2) Himpunan A = ( 0,1) terbuka, sebab jika diambil ε = min  ,  untuk 2 2  setiap x ∈ A , maka Vε ( x ) = ( x − ε , x + ε ) ⊂ A . (3) Himpunan B = [1, 2] tertutup, sebab jika diambil x = 1 , maka untuk setiap ε > 0 , Vε (1) = (1 − ε ,1 + ε ) ⊄ B dan 1 − ε ∉ B . Dapat ditunjukkan juga bahwa B c terbuka, yaitu B c = ( −∞,1) ∪ ( 2, ∞ ) terbuka.1.5.11. Sifat Himpunan Terbuka (a) Jika A himpunan indeks (berhingga atau tak berhingga) dan Gx terbuka untuk setiap λ ∈ A , maka ∪ Gλ terbuka. λ ∈A n (b) Jika G1 , G2 ,..., Gn masing-masing merupakan himpunan terbuka, maka ∩G i i =1 terbuka.Bukti. (a) Namakan G = ∪ Gλ . Diambil sebarang x ∈ G , maka terdapat λ0 ∈ A λ∈ A sedemikian hingga x ∈ Gλ0 . Karena Gλ0 terbuka, maka terdapat 35
  • 40. Pengantar Analisis Real I Vε ( x ) ⊂ G0 ⊂ G . Jadi, terbukti bahwa untuk setiap x ∈ G , terdapat Vε ( x ) ⊂ G , yang berarti G = ∪ Gλ terbuka. λ∈ A n (b) Namakan H = ∩ Gi . Akan ditunjukkan bahwa H terbuka. Diambil sebarang i =1 x ∈ H , maka x ∈ Gi , i = 1, 2,..., n . Karena x ∈ G1 dan G1 terbuka, maka terdapat ε1 > 0 sehingga Vε1 ( x ) ⊂ G1 . Karena x ∈ G2 dan G2 terbuka, maka terdapat ε 2 > 0 sehingga Vε 2 ( x ) ⊂ G2 . Demikian seterusnya. Karena x ∈ Gn dan Gn terbuka, maka terdapat ε n > 0 sehingga Vε n ( x ) ⊂ Gn . Namakan ε = min {ε1 , ε 2 ,..., ε n } , jelas bahwa ε > 0 . Maka Vε ( x ) ⊂ Vεi ( x ) ⊂ Gi n untuk setiap i = 1, 2,..., n , yang berakibat bahwa Vε ( x ) ⊂ H = ∩ Gi . Jadi, i =1 n terbukti bahwa ∩G i terbuka. i =1 Berikut ini diberikan akibat dari sifat himpunan terbuka, yaitu sifat untukhimpunan tertutup.Akibat 1.5.12. (a) Jika A himpunan indeks (berhingga atau tak berhingga) dan Gx tertutup untuk setiap λ ∈ A , maka ∪ Gλ tertutup. λ ∈A (b) Jika G1 , G2 ,..., Gn masing-masing merupakan himpunan tertutup, maka n ∪G i tertutup. i =1 36
  • 41. Pengantar Analisis Real ISOAL LATIHAN SUBBAB 1.5 1. Jika I := [ a, b ] dan I ′ := [ a′, b′] interval tertutup dalam ℝ , tunjukkan bahwa I ⊆ I ′ jika dan hanya jika a′ ≤ a dan b ≤ b′ . 2. Jika S ⊆ ℝ tidak kosong, tunjukkan bahwa S terbatas jika dan hanya terdapat interval tertutup terbatas I sedemikian hingga S ⊆ I . 3. Jika S ⊆ ℝ tidak kosong dan terbatas, dan I S := [inf S ,sup S ] , tunjukkan bahwa S ⊆ I S . Selanjutnya, jika J adalah sebarang interval tertutup terbatas yang memuat S, tunjukkan bahwa I S ⊆ J . ∞ 4. Diberikan K n := ( n, ∞ ) untuk n ∈ ℕ . Buktikan bahwa ∩K n = ∅. n =1 5. Jika S himpunan terbatas di ℝ dan T ⊂ S tidak kosong, buktikan bahwa inf S ≤ inf T ≤ sup T ≤ sup S . 6. Buktikan Akibat 1.5.1.2.(b). 37
  • 42. Pengantar Analisis Real IBAB 2 BARISAN DAN DERETPada bab ini dibahas mengenai pengertian barisan dan deret. Selanjutnya, dibahastentang limit dan konvergensi dari suatu barisan. Di antaranya adalah TeoremaKonvergen Monoton, Teorema Bolzano-Weierstrass, dan Kriteria Cauchy untuk barisanyang konvergen.2.1. Barisan dan Limit BarisanBarisan (sequence) pada himpunan S adalah suatu fungsi dengan domain ℕ danmempunyai range dalam S. Pada subbab ini akan dibahas mengenai barisan di ℝ dankonvergensi dari suatu barisan.Definisi 2.1.1. Barisan bilangan real adalah suatu fungsi yang didefinisikan padahimpunan ℕ dengan range dalam ℝ . Dengan kata lain, barisan dalam ℝ mengawankan setiap bilangan aslin = 1, 2,3,... kepada suatu bilangan real. Jika X : ℕ → ℝ merupakan barisan, makabiasanya dituliskan dengan nilai dari X pada n dengan notasi xn . Barisan seringdinotasikan dengan X atau ( xn ) atau ( xn : n ∈ ℕ ) atau { xn } atau { xn }n≥1 . Apabiladiketahui suatu barisan Y, artinya Y = ( yk ) .Contoh 2.1.2. (a) Barisan ( xn ) dengan xn = ( −1) adalah barisan −1,1, −1,1, −1,1,..., ( −1) ,... . n n 1  1  1 1 1 1 (b) Barisan ( xn ) dengan xn = n ,  n : n ∈ ℕ  = , , ,..., n ,... . 2 2  2 4 8 2 (c) Barisan konstan ( kn ) dengan kn = 3 adalah 3, 3, 3,3,.... . 38
  • 43. Pengantar Analisis Real I  n  1 2 3 n (d) Barisan   = , , ,..., ,... .  n +1 2 3 4 n +1Definisi 2.1.3. Diberikan barisan bilangan real ( xn ) dan ( yn ) , dan α ∈ ℝ . Maka dapatdidefinisikan (i) ( xn ) ± ( yn ) = ( xn ± yn ) . (ii) α ( xn ) = (α xn ) . (iii) ( xn ) ⋅ ( yn ) = ( xn ⋅ yn ) . ( xn ) =  xn  , asalkan yn ≠ 0 . ( yn )  yn   (iv) Definisi 2.1.4. (Limit Barisan) Diketahui ( xn ) barisan bilangan real. Suatu bilanganreal x dikatakan limit barisan ( xn ) jika untuk setiap ε > 0 terdapat K ( ε ) ∈ ℕsedemikian hingga untuk setiap n ∈ ℕ dengan n ≥ K ( ε ) berlaku xn − x < ε . Jika x adalah limit suatu barisan ( xn ) , maka dikatakan ( xn ) konvergen ke x,atau ( xn ) mempunyai limit x. Dalam hal ini ditulis lim ( xn ) = x atau lim ( xn ) = x atau n →∞xn → x . Jika ( xn ) tidak konvergen, maka ( xn ) dikatakan divergen.Teorema 2.1.5. Jika barisan ( xn ) konvergen, maka ( xn ) mempunyai paling banyaksatu limit (limitnya tunggal).Bukti. Andaikan lim ( xn ) = x′ dan lim ( xn ) = x′′ dengan x′ ≠ x′′ . Maka untuk sebarang n →∞ n →∞ε > 0 terdapat K ′ sedemikian hingga xn − x′ < ε 2 untuk setiap n ≥ K ′ , dan terdapatK ′′ sedemikian hingga xn − x′′ < ε untuk setiap n ≥ K ′′ . Dipilih K = max { K ′, K ′′} . 2Menggunakan Ketaksamaan Segitiga, maka untuk n ≥ K diperoleh 39
  • 44. Pengantar Analisis Real I x′ − x′′ = x′ − xn + xn − x′′ = x′ − xn + xn − x′′ < ε + ε = ε. 2 2Karena berlaku untuk setiap ε > 0 , maka x′ − x′′ = 0 yang berarti x′ = x′′ . Kontradiksidengan pengandaian. Jadi, terbukti bahwa limitnya tunggal.Teorema 2.1.6. Jika ( xn ) barisan bilangan real dan x ∈ ℝ , maka empat pernyataanberikut ekuivalen. (a) Barisan ( xn ) konvergen ke x. (b) Untuk setiap ε > 0 terdapat K ∈ ℕ sedemikian hingga untuk setiap n ≥ K berlaku xn − x < ε . (c) Untuk setiap ε > 0 terdapat K ∈ ℕ sedemikian hingga untuk setiap n ≥ K berlaku x − ε < xn < x + ε . (d) Untuk setiap persekitaran Vε ( x ) dari x , terdapat K ∈ ℕ sedemikian hingga untuk setiap n ≥ K berlaku xn ∈ Vε ( x ) .Bukti.(a) ⇒ (b) Jelas (dari definisi).(b) ⇒ (c) xn − x < ε ⇔ −ε < xn − x < ε ⇔ x − ε < xn < x + ε .(c) ⇒ (d) x − ε < xn < x + ε ⇔ xn ∈ ( x − ε , x + ε ) ⇔ xn ∈ Vε ( x ) .(d) ⇒ (a) xn ∈ Vε ( x ) ⇔ x − ε < xn < x + ε ⇔ xn − x < ε .Contoh 2.1.7. 1(a) Tunjukkan bahwa lim = 0. n →∞ n 40
  • 45. Pengantar Analisis Real I ( xn ) =  1 1Jawab. Akan ditunjukkan bahwa   konvergen ke 0, yaitu → 0 . Harus n ndibuktikan bahwa untuk setiap ε > 0 terdapat K ( ε ) ∈ ℕ sedemikian hingga untuk 1setiap n ∈ ℕ dengan n ≥ K ( ε ) berlaku −0 <ε . n 1Ambil sebarang ε > 0 , maka > 0 . Menurut Sifat Archimedes, maka terdapat ε 1 1K ( ε ) ∈ ℕ sedemikian hingga < K ( ε ) , atau < ε . Akibatnya untuk setiap ε K (ε ) 1 1 1 1n ≥ K ( ε ) berlaku −0 = = ≤ < ε . Jadi, terbukti bahwa untuk setiap ε > 0 n n n K (ε )terdapat K ( ε ) ∈ ℕ sedemikian hingga untuk setiap n ∈ ℕ dengan n ≥ K ( ε ) berlaku 1 1 − 0 < ε , atau lim = 0 . n n →∞ n 1(b) Tunjukkan bahwa lim = 0. n →∞ n2Jawab. Akan ditunjukkan bahwa untuk setiap ε > 0 terdapat K ( ε ) ∈ ℕ sedemikian 1hingga untuk setiap n ∈ ℕ dengan n ≥ K ( ε ) berlaku − 0 < ε . Diambil sebarang n2 1 1ε > 0 , maka ε 2 > 0 , akibatnya 1 > 0 . Menurut Sifat Archimedes, terdapat ε 2 1 1 1K ( ε ) ∈ ℕ sedemikian hingga < K ( ε ) atau 1 < ε 2 , diperoleh <ε . ε 1 2 K (ε ) K (ε ) 2 1 1 1Akibatnya untuk setiap n ≥ K ( ε ) berlaku −0 = 2 ≤ < ε . Jadi, terbukti K (ε ) 2 2 n nbahwa untuk setiap ε > 0 terdapat K ( ε ) ∈ ℕ sedemikian hingga untuk setiap n ∈ ℕ 1 1dengan n ≥ K ( ε ) berlaku 2 − 0 < ε , atau lim 2 = 0 . n n →∞ n 41
  • 46. Pengantar Analisis Real IContoh 2.1.8. Tunjukkan bahwa (( −1) ) divergen. nJawab. Andaikan (( −1) ) konvergen, berarti terdapat bilangan real x sehingga untuk nsetiap ε > 0 terdapat K ∈ ℕ sedemikian hingga untuk setiap n ≥ K berlaku( −1) − x < 1 . Untuk n ≥ K dan n genap, maka ( −1) = 1 , diperoleh n n 1 − x < 1 ⇔ −1 < 1 − x < 1 ,yang berakibat x > 0 . Untuk n ≥ K dan n ganjil, maka ( −1) = −1 , diperoleh n −1 − x < 1 ⇔ −1 < −1 − x < 1 ,yang berakibat x < 0 . Timbul kontradiksi, yaitu x > 0 dan x < 0 . Jadi pengandaiansalah, yang benar (( −1) ) divergen. nTeorema 2.1.9. Diberikan barisan bilangan real X = ( xn : n ∈ ℕ ) dan m ∈ ℕ . MakaX m = ( xm + n : n ∈ ℕ ) konvergen jika dan hanya jika X konvergen. Dalam hal inilim X m = lim X .Bukti. Perhatikan bahwa untuk sebarang p ∈ ℕ , elemen ke-p dari X m adalah elemenke- ( p + m ) dari X. Sama halnya, jika q > m , maka bentuk elemen ke-q dari X m adalahelemen ke- ( q − m ) dari X. Diasumsikan bahwa X konvergen ke x. Diberikan sebarang ε > 0 , pada barisanX untuk n ≥ K (ε ) berlaku xn − x < ε , maka pada X m untuk k ≥ K (ε ) − m berlakuxk − x < ε . Dapat diambil K m (ε ) = K (ε ) − m , sehingga X m konvergen ke x. Sebaliknya, jika pada X m untuk k ≥ K m (ε ) berlaku xk − x < ε , maka pada Xuntuk n ≥ K (ε ) + m berlaku xn − x < ε . Dapat diambil K (ε ) = K m (ε ) + m . Dengandemikian terbukti bahwa X konvergen ke x jika dan hanya jika X m konvergen ke x. 42
  • 47. Pengantar Analisis Real ITeorema 2.1.10. Diberikan barisan bilangan real ( xn ) dan x ∈ ℝ . Jika ( an ) adalahsuatu barisan bilangan real positif dengan lim ( an ) = 0 dan jika untuk c > 0 danm ∈ ℕ berlaku xn − x ≤ can untuk semua n ≥ m ,maka lim ( xn ) = x .Bukti. Diambil ε > 0 , maka ε c > 0 . Karena lim ( an ) = 0 , maka terdapat K ε ( c )∈ℕsedemikian hingga untuk setiap n ≥ K ε ( c) berlaku an − 0 < ε . Akibatnya untuk csetiap n ≥ K ε ( c) berlaku xn − x ≤ c an < c ⋅ ε c = ε atau xn − x < ε . Terbukti bahwalim ( xn ) = x . 1Contoh 2.1.11. Jika a > 0 , tunjukkan bahwa lim = 0. n →∞ 1 + naJawab. Karena a > 0 , maka 0 < na < 1 + na yang berakibat bahwa 1 1 1 1 0< < = ⋅ untuk setiap n ∈ ℕ . 1 + na na n aDiperoleh 1 1 1 1 1 1 −0 = < ⋅ = ⋅ untuk setiap n ∈ ℕ . 1 + na 1 + na n a a n 1Karena telah diketahui bahwa lim = 0 , maka menurut Teorema 2.1.10 dan dengan n →∞ n 1 1mengambil c = > 0 berakibat bahwa lim = 0. a n →∞ 1 + na 43
  • 48. Pengantar Analisis Real ISOAL LATIHAN SUBBAB 2.1 1. Tuliskan lima bilangan pertama dari barisan ( xn ) untuk xn berikut. ( −1) n (a) xn := . n 1 (b) xn := . n +2 2 2. Tentukan rumus ke-n untuk barisan berikut. (a) 5, 7, 9, 11, .... 1 1 1 1 (b) , − , , − ,.... 2 4 8 16 b 3. Untuk sebarang b ∈ ℝ , buktikan bahwa lim   = 0 . n 4. Tunjukkan (menggunakan definisi limit barisan).  2n  (a) lim   = 2.  n +1  n2 −1  1 (b) lim  2 = .  2n + 3  2 5. Tunjukkan bahwa lim ( xn ) = 0 jika dan hanya jika lim ( xn ) = 0 . 6. Tunjukkan bahwa jika xn ≥ 0 untuk semua n ∈ ℕ dan lim ( xn ) = 0 , maka lim ( x ) =0. n 7. Buktikan bahwa jika lim ( xn ) = x dan jika x > 0 , maka terdapat M ∈ ℕ sedemikian hingga xn > 0 untuk semua n ≥ M . 1 1  8. Tunjukkan bahwa lim  − =0.  n n +1  n2  9. Tunjukkan bahwa lim   = 0 .  n!  10. Jika lim ( xn ) = x > 0 , tunjukkan bahwa terdapat K ∈ ℕ sedemikian hingga jika 1 n ≥ K , maka x < xn < 2 x . 2 44
  • 49. Pengantar Analisis Real I2.2. Teorema-teorema LimitPada subbab ini akan dibahas mengenai beberapa teorema yang berkaitan dengan limitpada barisan bilangan real, seperti barisan terbatas dan kekonvergenan barisan.Definisi 2.2.1. Barisan bilangan real X = ( xn ) dikatakan terbatas jika terdapatbilangan real M > 0 sedemikian hingga xn ≤ M untuk semua n ∈ ℕ . Oleh karena itu, barisan ( xn ) terbatas jika dan hanya jika himpunan { xn : n ∈ ℕ}merupakan subset terbatas dalam ℝ .Teorema 2.2.2. Jika X = ( xn ) konvergen, maka X = ( xn ) terbatas.Bukti. Diketahui X = ( xn ) konvergen, misalkan konvergen ke x. Diambil ε = 1 , makaterdapat K ∈ℕ sedemikian hingga untuk setiap n≥K berlaku xn − x < 1 .Menggunakan akibat Ketaksamaan Segitiga, maka xn − x < 1 atau xn < 1 + x untuksemua n ≥ K . Namakan M = max { x1 , x2 ,..., xk −1 , x + 1} , maka xn ≤ M , untuk semuan ∈ ℕ . Jadi, terbukti bahwa X = ( xn ) terbatas.Teorema 2.2.3. Jika X = ( xn ) → x , Y = ( yn ) → y , dan c ∈ ℝ , maka (i) X ±Y → x + y . (ii) X ⋅ Y → xy . (iii) cX → cx .Bukti.(i) Ambil sebarang ε > 0 . Karena X = ( xn ) → x , maka terdapat n0 ∈ ℕ sedemikian ε hingga untuk setiap n ≥ n0 berlaku xn − x < . Karena Y = ( yn ) → y , maka 2 45
  • 50. Pengantar Analisis Real I ε terdapat n1 ∈ ℕ sedemikian hingga untuk setiap n ≥ n1 berlaku yn − y < . Pilih 2 n2 = max {n0 , n1} , maka akibatnya untuk n ≥ n2 berlaku xn + yn − ( x − y ) = ( xn − x ) + ( yn − y ) ε ε ≤ xn − x + yn − y < + = ε. 2 2 Karena berlaku untuk sebarang ε > 0 , maka ( xn + yn ) konvergen ke x + y . Dengan cara yang sama diperoleh bahwa ( xn − yn ) konvergen ke x − y . Jadi, terbukti bahwa X ± Y → x + y .(ii) Akan dibuktikan bahwa untuk setiap ε > 0 terdapat K ∈ ℕ sedemikian hingga untuk setiap n ≥ K berlaku xn yn − xy < ε . Diketahui xn yn − xy = xn yn − xn y + xn y − xy ≤ xn yn − xn y + xn y − xy = xn yn − y + xn − x y . Karena ( xn ) → x , maka ( xn ) terbatas, akibatnya terdapat M 1 > 0 sedemikian hingga xn ≤ M 1 , untuk semua n ∈ ℕ . Namakan M = max {M 1 , y } . Diambil sebarang ε > 0 . Karena ( xn ) → x , maka terdapat K1 ∈ ℕ sedemikian hingga ε untuk setiap n ≥ K1 berlaku xn − x < . Karena ( yn ) → y , maka terdapat 2M ε K 2 ∈ ℕ sedemikian hingga untuk setiap n ≥ K 2 berlaku yn − y < . Namakan 2M K = max { K1 , K 2 } , maka untuk setiap n ≥ K berlaku xn yn − xy ≤ xn yn − y + xn − x y ε ε ε ε < M. + .M = + = ε. 2M 2M 2 2 Jadi, terbukti bahwa untuk setiap ε > 0 terdapat K ∈ ℕ sedemikian hingga untuk setiap n≥K berlaku xn yn − xy < ε . Dengan kata lain, terbukti bahwa X ⋅ Y → xy . 46
  • 51. Pengantar Analisis Real I(iii) Ambil sebarang ε > 0 . Karena ( xn ) → x , maka terdapat K ∈ ℕ sedemikian ε hingga untuk setiap n ≥ K berlaku xn − x < . Perhatikan bahwa 2 cxn − x = cxn − xn + xn − x ≤ cxn − xn + xn − x = xn c − 1 + xn − x . Karena ( xn ) → x , maka ( xn ) terbatas, yaitu terdapat M > 0 sedemikian hingga xn ≤ M , untuk semua n ∈ ℕ . Akibatnya ε ε xn c − 1 + xn − x < M . c − 1 + = ( M . c −1 ) + <ε . 2 2 Terbukti bahwa untuk setiap ε > 0 terdapat K ∈ ℕ sedemikian hingga untuk setiap n ≥ K berlaku cxn − x < ε . Dengan kata lain, terbukti bahwa cX → cx .Teorema 2.2.4. Jika X = ( xn ) → x dan Z = ( zn ) → z ≠ 0 dengan zn ≠ 0 untuk semuan ∈ ℕ , maka X  xn  x = → . Z  zn  z 1 1 1 1Bukti. Terlebih dahulu harus dibuktikan bahwa =   → . Diambil α = z , Z  zn  z 2maka α > 0 . Karena lim ( zn ) = z , maka terdapat K1 ∈ ℕ sedemikian hingga untuksetiap n ≥ K1 berlaku zn − z < α . Menggunakan akibat Ketaksaman Segitiga bahwa 1−α ≤ − zn − z ≤ zn − z untuk n ≥ K1 , yang berarti z = z − α ≤ zn untuk n ≥ K1 . 2 1 2Oleh karena ≤ untuk n ≥ K1 , maka diperoleh zn z 1 1 z − zn 1 2 − = = ≤ 2 z − zn . zn z zn z zn z z 47
  • 52. Pengantar Analisis Real ISelanjutnya, diberikan ε > 0 , maka terdapat K 2 ∈ ℕ sedemikian hingga jika n ≥ K 2 , 1maka zn − z < ε z . Jika diambil K (ε ) = max { K1 , K 2 } , maka 2 2 1 1 − <ε untuk semua n ≥ K (ε ) . zn z 1  1 1Karena berlaku untuk sebarang ε > 0 , maka terbukti bahwa lim   = atau    zn  z  zn  1konvergen ke . Menggunakan Teorema 2.2.3(ii) dan dengan mengambil Y sebagai z 1   xn  1 xbarisan   , maka X ⋅ Y =   → x   = .  zn   zn  z zTeorema 2.2.5. Jika X = ( xn ) barisan bilangan real dengan xn ≥ 0 untuk semuan ∈ ℕ dan ( xn ) → x , maka x ≥ 0 .Bukti. Diambil ε = − x > 0 . Karena ( xn ) → x , maka terdapat K ∈ ℕ sedemikian hinggauntuk setiap n ≥ K berlaku xn − x < ε ⇔ −ε < xn − x < ε ⇔ x − ε < xn < x + ε . ⇔ x − (− x) < xn < x + (− x) ⇔ 2 x < xn < 0.Kontradiksi dengan pernyataan bahwa xn ≥ 0 , untuk semua n ∈ ℕ . Jadi, pengandaiansalah, yang benar adalah x ≥ 0 .Teorema 2.2.6. Jika ( xn ) → x , ( yn ) → y , dan xn ≤ yn untuk semua n ∈ ℕ , makax≤ y.Bukti. Diberikan zn := yn − xn sehingga Z := ( zn ) = Y − X dan zn ≥ 0 untuk semuan ∈ ℕ . Menggunakan Teorema 2.2.5 dan 2.2.3 diperoleh bahwa 48
  • 53. Pengantar Analisis Real I 0 ≤ lim Z = lim ( yn ) − lim ( xn ) atau lim ( xn ) ≤ lim ( yn ) .Jadi, terbukti bahwa x ≤ y .Teorema 2.2.7. Jika X = ( xn ) konvergen ke x dan jika a ≤ xn ≤ b untuk semua n ∈ ℕ ,maka a ≤ x ≤ b .Bukti. Diberikan Y barisan konstan ( b, b, b,...) . Menggunakan Teorema 2.2.6 diperolehbahwa lim X ≤ lim Y = b . Dengan cara yang sama diperoleh a ≤ lim X . Jadi, terbuktibahwa a ≤ lim X ≤ b atau a ≤ x ≤ b . Berikut ini diberikan sebuah teorema yang menyatakan bahwa jika suatu barisanY berada (terselip) di antara dua barisan yang konvergen ke titik yang sama, maka Yjuga konvergen ke titik yang sama.Teorema 2.2.8. (Squeeze Theorem) Diberikan barisan bilangan real X = ( xn ) ,Y = ( yn ) , dan Z = ( zn ) sedemikian hingga xn ≤ yn ≤ zn untuk semua n ∈ ℕ ,dan lim ( xn ) = lim ( zn ) . Maka Y konvergen dan lim ( xn ) = lim ( yn ) = lim ( zn ) .Bukti. Misalkan w := lim ( xn ) = lim ( zn ) . Jika diberikan ε > 0 , maka terdapat K ∈ ℕsedemikian hingga untuk setiap n ≥ K berlaku xn − w < ε dan zn − w < ε , atau dengankata lain −ε < xn − w < ε dan −ε < zn − w < ε . Karena xn ≤ yn ≤ zn , maka xn − w ≤ yn − w ≤ zn − w .Akibatnya diperoleh bahwa −ε < yn − w < ε . Karena berlaku untuk semua n ≥ K danε > 0 , maka terbukti bahwa lim ( yn ) = w . 49
  • 54. Pengantar Analisis Real ITeorema 2.2.9. Jika X = ( xn ) → x , maka X = ( xn ) → x .Bukti. Diberikan ε > 0 . Karena X = ( xn ) → x , maka terdapat K ∈ ℕ sedemikianhingga untuk setiap n ≥ K berlaku xn − x < ε . Menggunakan akibat KetaksamaanSegitiga, diperoleh bahwa untuk setiap n ∈ ℕ berlaku xn − x ≤ xn − x < ε .Jadi, diperoleh bahwa xn − x < ε , atau X = ( xn ) → x .Teorema 2.2.10. Jika X = ( xn ) → x dan xn ≥ 0 , maka barisan bilangan real positif( x )→ n x.Bukti. Menurut Teorema 2.2.5 diperolah bahwa x ≥ 0 . Akan ditunjukkan bahwateorema benar untuk x = 0 dan x > 0 .Kasus I: Jika x = 0 , diberikan ε > 0 . Karena ( xn ) → x = 0 , maka terdapat K ∈ ℕsedemikian hingga untuk setiap n ≥ K berlaku 0 ≤ xn = xn − 0 < ε 2 .Sehingga diperoleh bahwa 0 ≤ xn < ε . Karena berlaku untuk setiap ε > 0 , makaterbukti bahwa ( x )→ n x.Kasus II: Jika x > 0 , maka x > 0 . Diberikan ε > 0 , maka terdapat K ∈ ℕsedemikian hingga untuk setiap n ≥ K berlaku xn − x < ε . Perhatikan bahwa xn − x = ( xn − x )( xn + x )= xn − x . xn + x xn + xKarena xn + x ≥ x > 0 , maka diperoleh  1  ε xn − x ≤   xn − x < .  x xKarena berlaku untuk setiap ε > 0 , maka terbukti bahwa ( x )→ n x. 50
  • 55. Pengantar Analisis Real I x Teorema 2.2.11. Jika ( xn ) barisan bilangan real (tegas) dengan lim  n +1  = L (ada)  xn dan L < 1 , maka ( xn ) konvergen dan lim ( xn ) = 0 .Bukti. Dipilih r ∈ ℝ sedemikian hingga L < r < 1 . Diambil ε = r − L > 0 . Karena x lim  n +1  = L , maka terdapat K ∈ ℕ sedemikian hingga untuk setiap n ≥ K berlaku  xn  xn +1 − L < ε . Karena xn xn +1 x − L ≤ n +1 − L , xn xnmaka xn +1 − L <ε . xnSehingga diperoleh xn +1 xn +1 −L<ε ⇔ < ε + L < L + r − L = r ⇔ xn +1 < xn r , xn xnJadi, untuk setiap n ≥ K berlaku xk n +1 0 < xn +1 < xn r < xn −1r 2 < xn − 2 r 3 < ... < xk r n +1− k = r . rk xkJika diambil c = , maka diperoleh rk 0 < xn +1 < cr n +1 untuk semua n ≥ K .Mengingat bahwa lim ( r n ) = 0 (sebab 0 < r < 1 ), maka lim ( r n ) = 0 ⇒ lim ( r n +1 ) = 0 ⇒ lim ( xn +1 ) = 0 ⇒ lim ( xn ) = 0 .Jadi, terbukti bahwa ( xn ) konvergen dan lim ( xn ) = 0 . 51
  • 56. Pengantar Analisis Real ISOAL LATIHAN SUBBAB 2.2. 1. Tentukan apakah barisan berikut konvergen atau divergen. n2 2n 2 + 3 (a) xn := . (b) xn := . n +1 n2 + 1 ( −1) n n (c) xn := n +1 2. Tunjukkan bahwa jika X dan Y barisan bilangan real sedemikian hingga X dan X + Y konvergen, maka Y konvergen. 3. Tunjukkan bahwa barisan (( −1) n ) tidak konvergen. n 2 4. Diberikan yn := n + 1 − n untuk n ∈ ℕ . Tunjukkan bahwa ( yn ) dan ( n yn ) konvergen. Carilah nilai limitnya. 5. Jika a > 0, b > 0 , tunjukkan bahwa lim ( ( n + a )( n + b ) − n ) = a+b 2 . 6. Gunakan Teorema Squeeze (2.2.8) untuk menentukan limit barisan berikut.   (( n!) ) . 1 n2 1 (a) n2 n . (b)   x  7. Berilah sebuah contoh barisan konvergen ( xn ) dengan lim  n −1  = 1 .  xn  x  8. Diberikan barisan bilangan real positif X = ( xn ) dengan lim  n −1  = L > 1 .  xn  Tunjukkan bahwa X tidak terbatas dan tidak konvergen. 9. Diberikan ( xn ) barisan konvergen dan ( yn ) sedemikian hingga untuk sebarang ε > 0 terdapat M ∈ ℕ sedemikian hingga untuk setiap n ≥ M berlaku xn − yn < ε . Apakah ( yn ) konvergen? 10. Tunjukkan bahwa jika ( xn ) dan ( yn ) barisan konvergen, maka barisan ( un ) dan ( vn ) yang didefinisikan dengan un := max { xn , yn } dan vn := min { xn , yn } konvergen. 52
  • 57. Pengantar Analisis Real I2.3. Barisan MonotonBerikut ini diberikan pengertian mengenai barisan naik dan turun monoton.Definisi 2.3.1. Diberikan barisan bilangan real X = ( xn ) . (i) Barisan X dikatakan naik (increasing) jika xn ≤ xn +1 untuk semua n ∈ ℕ . (ii) Barisan X dikatakan naik tegas (strictly increasing) jika xn < xn +1 untuk semua n∈ℕ. (iii) Barisan X dikatakan turun (decreasing) jika xn ≥ xn +1 untuk semua n ∈ ℕ . (iv) Barisan X dikatakan turun tegas (strictly decreasing) jika xn > xn +1 untuk semua n ∈ ℕ .Definisi 2.3.2. Barisan X = ( xn ) dikatakan monoton jika berlaku salah satu X naikatau X turun.Contoh 2.3.3. (a) Barisan berikut ini naik (monoton). (i) (1, 2, 3, 4,..., n,...). (ii) (1, 2, 2, 3, 3, 3, ...). (iii) ( a, a , a , a ,..., a ,...) jika a > 1 . 2 3 4 n (b) Barisan berikut ini turun (monoton).  1 1 1  (i) 1, , ,..., ,...  .  2 3 n   1 1 1 1  (ii) 1, , 2 , 3 ,..., n −1 ,...  .  2 2 2 2  (iii) ( b, b , b , b ,..., b ,...) jika 0 < b < 1 . 2 3 4 n (c) Barisan berikut ini tidak monoton. (i) ( +1, −1, +1,..., ( −1) n +1 ) ,... . (ii) ( −1, +2, −3, +4,...) . 53
  • 58. Pengantar Analisis Real I2.3.4. Teorema Konvergensi Monoton (a) Jika X = ( xn ) naik (monoton) dan terbatas ke atas, maka X = ( xn ) konvergen dengan lim ( xn ) = sup { xn : n ∈ ℕ} . (b) Jika X = ( xn ) turun (monoton) dan terbatas ke bawah, maka X = ( xn ) konvergen dengan lim ( xn ) = inf { xn : n ∈ ℕ} .Bukti. (a) Karena X = ( xn ) terbatas ke atas, maka terdapat M ∈ ℕ sedemikian hingga xn ≤ M untuk semua n ∈ ℕ . Namakan A = { xn : n ∈ ℕ} , maka A ⊂ ℝ , terbatas ke atas dan tidak kosong. Menurut Sifat Lengkap ℝ , maka supremum A ada, namakan x = sup A . Diambil ε > 0 , maka terdapat K ∈ ℕ sedemikian hingga x − ε < xk ≤ x . Karena X naik monoton, maka untuk n ≥ K berlaku x − ε < xk ≤ xn ≤ x < x + ε atau x − ε < xn < x + ε ⇔ xn − x < ε . Jadi, terbukti bahwa X = ( xn ) konvergen ke x = lim ( xn ) = sup { xn : n ∈ ℕ} . (b) Gunakan cara yang hampir sama dengan pembuktian (a).Contoh 2.3.5. Diketahui barisan ( yn ) dengan y1 = 1 dan yn +1 = 2 + yn , n ≥ 1 . Apakah( yn ) konvergen? Jika ya, tentukan lim ( yn ) .Jawab. Akan ditunjukkan menggunakan induksi bahwa ( yn ) naik monoton.Untuk n = 1 , diperoleh y2 = 2 + 1 = 3 ≥ 1 (benar). Misalkan benar untuk n = k , yaituyk +1 = 2 + yk , yk +1 ≥ yk . Akan dibuktikan benar untuk n = k + 1 , yaitu yk + 2 = 2 + yk +1 ≥ 2 + yk = yk +1 . 54
  • 59. Pengantar Analisis Real IBerarti benar untuk n = k + 1 . Jadi, menurut induksi ( yn ) naik monoton. Selanjutnya,ditunjukkan bahwa ( yn ) terbatas ke atas (oleh 3), yaitu yn ≤ 3 , untuk semua n ∈ ℕ .Untuk n = 1 benar, sebab y1 = 1 ≤ 3 . Misalkan benar untuk n = k , yaitu yk ≤ 3 . Makayk +1 = 2 + yk ≤ 2 + 3 = 5 ≤ 3 yang berarti benar untuk n = k + 1 . Jadi, menurutinduksi terbukti bahwa yn ≤ 3 , untuk semua n ∈ ℕ . Karena ( yn ) naik monoton danterbatas ke atas, maka menurut Teorema 2.3.4 barisan ( yn ) konvergen. Misalkany = lim ( yn ) , maka diperoleh y = 2 + y ⇔ y 2 = 2 + y ⇔ y 2 − y − 2 = 0 ⇔ ( y − 2 )( y + 1) = 0 .Diperoleh y = 2 atau y = −1 . Untuk y = −1 jelas tidak mungkin, sebab 1 ≤ yn ≤ 3untuk semua n ∈ ℕ . Jadi, terbukti bahwa ( yn ) konvergen dan lim ( yn ) = 2 .SOAL LATIHAN SUBBAB 2.3 1 1. Diberikan x1 > 1 dan xn +1 := 2 − untuk n ∈ ℕ . Tunjukkan bahwa ( xn ) terbatas xn dan monoton. Carilah nilai limitnya. 2. Diberikan x1 ≥ 2 dan xn +1 := 1 + xn − 1 untuk n ∈ ℕ . Tunjukkan bahwa ( xn ) turun dan terbatas ke bawah oleh 2. Carilah nilai limitnya. 3. Diberikan A ⊂ ℝ tak berhingga yang terbatas ke atas dan misalkan u := sup A . Tunjukkan bahwa terdapat barisan naik ( xn ) dengan xn ∈ A untuk semua n ∈ ℕ sedemikian hingga u = lim ( xn ) . 4. Tentukan apakah barisan ( yn ) konvergen atau divergen, dengan 1 1 1 yn := + + ... + untuk n ∈ ℕ . n +1 n + 2 2n 55
  • 60. Pengantar Analisis Real I 1 1 1 5. Diberikan xn := 2 + 2 + ... + 2 untuk setiap n ∈ ℕ . Buktikan bahwa ( xn ) naik 1 2 n dan terbatas, sehingga ( xn ) konvergen. (Petunjuk: Jika k ≥ 2 , maka 1 1 1 1 ≤ = − ). k 2 k ( k − 1) k − 1 k 6. Tentukan konvergensi dan hitunglah limit barisan berikut.   1 n +1    1 2 n  (a)  1 +   . (b)  1 +   .  n    n        1   n   1 n  (c)  1 + (d)  1 −   .   n +1   .  n      2.4. Barisan BagianPada bagian ini akan diberikan konsep barisan bagian (subsequences) dari suatu barisanbilangan real.Definisi 2.4.1. Diberikan barisan bilangan real X = ( xn ) dan diberikan barisanbilangan asli naik tegas n1 < n2 < ... < nk < ... . Barisan X ′ = xnk ( ) dengan (x ) = (x nk n1 , xn2 ,..., xnk ,... )disebut dengan barisan bagian atau sub barisan (subsequences) dari X. 1 1 1 1 Contoh 2.4.2. Diberikan X :=  , , ,..., ,...  . 1 2 3 n  1 1 1 1  (i) Barisan X 1′ =  , , ,..., ,...  merupakan barisan bagian dari X. 2 4 6 2n  1 1 1 1  (ii) ′ Barisan X 2 =  , , , ,...  merupakan barisan bagian dari X. 4 5 6 7  1 1 1 1  ′ (iii) Barisan X 3 =  , , , ,...  bukan barisan bagian dari X, sebab n2 < n1 . 3 2 4 5  56
  • 61. Pengantar Analisis Real ITeorema 2.4.3. Jika X = ( xn ) konvergen ke x, maka setiap barisan bagian X ′ = xnk ( )dari X juga konvergen ke x.Bukti. Diambil ε > 0 . Karena ( xn ) → x , maka terdapat K (ε ) ∈ ℕ sedemikian hinggauntuk setiap n ≥ K (ε ) berlaku xn − x < ε . Karena untuk setiap n ∈ ℕ berlaku nk +1 ≥ nk ,maka untuk setiap n ≥ K (ε ) berlaku nk ≥ k ≥ K (ε ) . Sehingga xnk − x < ε . ( ) konvergen ke x.Terbukti bahwa X ′ = xnkTeorema 2.4.4. Diberikan barisan bilangan real X = ( xn ) , maka pernyataan berikutini ekuivalen. (i) Barisan X = ( xn ) tidak konvergen ke x ∈ ℝ . (ii) Ada ε 0 > 0 sedemikian hingga untuk sebarang k ∈ ℕ , terdapat nk ∈ ℕ sedemikian hingga nk ≥ k dan xnk − x ≥ ε 0 . (iii) Ada ε 0 > 0 dan suatu barisan bagian X ′ = xnk ( ) sedemikian hingga xnk − x ≥ ε 0 untuk semua k ∈ ℕ .Bukti.(i) ⇒ (ii) Jika ( xn ) tidak konvergen ke x, maka untuk suatu ε 0 > 0 tidak mungkinditemukan k ∈ ℕ sedemikian hingga untuk setiap nk ≥ k berlaku xnk − x < ε 0 .Akibatnya tidak benar bahwa untuk setiap k ∈ ℕ , n ≥ k memenuhi xnk − x < ε 0 .Dengan kata lain, untuk setiap k ∈ ℕ terdapat nk ∈ ℕ sedemikian hingga nk ≥ k danxnk − x ≥ ε 0 . 57
  • 62. Pengantar Analisis Real I(ii) ⇒ (iii) Diberikan ε 0 > 0 sehingga memenuhi (ii) dan diberikan n1 ∈ ℕ sedemikianhingga n1 ≥ 1 dan xn1 − x ≥ ε 0 . Selanjutnya, diberikan n2 ∈ ℕ sedemikian hinggan2 > n1 dan xn2 − x ≥ ε 0 . Demikian seterusnya sehingga diperoleh suatu barisan bagian ( ) sehingga berlakuX ′ = xnk xnk − x ≥ ε 0 untuk semua k ∈ ℕ .(iii) ⇒ (i) Misalkan X = ( xn ) mempunyai barisan bagian X ′ = xnk ( ) yang memenuhisifat (iii). Maka X tidak konvergen ke x, sebab jika konvergen ke x, maka X ′ = xnk ( )juga konvergen ke x. Hal ini tidak mungkin, sebab X ′ = xnk ( ) tidak berada dalampersekitaran Vε 0 ( x ) .Teorema 2.4.5. (Kriteria Divergensi) Jika barisan bilangan real X = ( xn ) memenuhisalah satu dari sifat berikut, maka barisan X divergen. (i) X mempunyai dua barisan bagian konvergen X ′ = xnk ( ) dan X ′′ = xrk( ) dengan limit keduanya tidak sama. (ii) X tidak terbatas.  1 1 Contoh 2.4.6. Tunjukkan bahwa barisan 1, ,3, ,...  divergen.  2 4  1Jawab. Namakan barisan di atas dengan Y = ( yn ) , dengan yn = jika n genap, dan nyn = n jika n ganjil. Jelas bahwa Y tidak terbatas. Jadi, barisan Y = ( yn ) divergen. Berikut ini diberikan sebuah teorema yang menyatakan bahwa barisan bilanganreal X = ( xn ) pasti mempunyai barisan bagian yang monoton. Untuk membuktikanteorema ini, diberikan pengertian puncak (peak), xm disebut puncak jika xm ≥ xn untuksemua n sedemikian hingga n ≥ m . Titik xm tidak pernah didahului oleh sebarang 58
  • 63. Pengantar Analisis Real Ielemen barisan setelahnya. Perhatikan bahwa pada barisan yang menurun, setiap elemenadalah puncak, tetapi pada barisan yang naik, tidak ada elemen yang menjadi puncak.2.4.7. Teorema Barisan Bagian Monoton Jika X = ( xn ) barisan bilangan real,maka terdapat barisan bagian dari X yang monoton.Bukti. Pembuktian dibagi menjadi dua kasus, yaitu X mempunyai tak hingga banyakpuncak, dan X mempunyai berhingga banyak puncak.Kasus I: X mempunyai tak hingga banyak puncak. Tulis semua puncak berurutan naik,yaitu xm1 , xm2 ,..., xmk ,... . Maka xm1 ≥ xm2 ≥ ... ≥ xmk ,... . Oleh karena itu, xmk( ) merupakanbarisan bagian yang turun (monoton).Kasus II: X mempunyai berhingga banyak puncak. Tulis semua puncak berurutan naik,yaitu xm1 , xm2 ,..., xmr . Misalkan s1 := mr + 1 adalah indeks pertama dari puncak yangterakhir. Karena xs1 bukan puncak, maka terdapat s2 > s1 sedemikian hingga xs1 < xs2 .Karena xs2 bukan puncak, maka terdapat s3 > s2 sedemikian hingga xs2 < xs3 . Jika ( )proses ini diteruskan, diperoleh barisan bagian xsk yang naik (monoton).Teorema 2.4.8. (Bolzano-Weierstrass) Setiap barisan bilangan real yang terbataspasti memuat barisan bagian yang konvergen.Bukti. Diberikan barisan bilangan real terbatas X = ( xn ) . Namakan S = { xn : n ∈ ℕ}range barisan, maka S mungkin berhingga atau tak berhingga.Kasus I: Diketahui S berhingga. Misalkan S = { x1 , x2 ,..., xt } , maka terdapat m ∈ ℕdengan 1≤ m ≤ t dan barisan ( rk : k ∈ ℕ ) dengan r1 < r2 < r3 < ... sehingga ( )xr1 = xr2 = ... = xm . Hal ini berarti terdapat barisan bagian xrk : k ∈ ℕ yang konvergenke xm . 59
  • 64. Pengantar Analisis Real IKasus II: Karena S tak berhingga dan terbatas, maka S mempunyai titik cluster atau  1 1titik limit, namakan x titik limit S. Misalkan U k =  x − , x +  persekitaran titik x.  k kUntuk k = 1, maka terdapat xr1 ∈ S ∩ U1 , xr1 ≠ x sedemikian hingga xr1 − x < 1 . 1Untuk k = 2, maka terdapat xr2 ∈ S ∩ U 2 , xr2 ≠ x sedemikian hingga xr2 − x < . 2 1Untuk k = 3, maka terdapat xr3 ∈ S ∩ U 3 , xr3 ≠ x sedemikian hingga xr3 − x < . 3Demikian seterusnya, sehingga diperoleh: 1Untuk k = n, maka terdapat xrn ∈ S ∩ U n , xrn ≠ x sedemikian hingga xrn − x < . nAmbil ε > 0 . Menurut Sifat Archimedes, maka terdapat K ∈ ℕ sedemikian hingga1K 1 1 < ε . Maka untuk setiap n ≥ K berlaku xrn − x < ≤ < ε . Terbukti bahwa xrn n K ( ) ( )konvergen ke x dengan xrn barisan bagian ( xn ) .Teorema 2.4.9. Diberikan barisan bilangan real terbatas X = ( xn ) dan diberikanx ∈ ℝ yang mempunyai sifat bahwa setiap barisan bagian dari X konvergen ke x. Makabarisan X konvergen ke x.Bukti. Misalkan M > 0 adalah batas dari barisan X sehingga xn ≤ M untuk semuan ∈ ℕ . Andaikan X tidak konvergen ke x, maka menggunakan Teorema 2.4.4 terdapatε 0 > 0 dan barisan bagian X ′ = ( xn k ) sedemikian hingga xnk − x ≥ ε 0 untuk semuaK ∈ ℕ . Karena X ′ barisan bagian dari X, maka M juga batas dari X ′ . MenggunakanTeorema Bolzano-Weierstrass berakibat bahwa X ′ memuat barisan bagian X ′′ . KarenaX ′′ juga barisan bagian dari X, maka X ′′ juga konvergen ke x. Dengan demikian, akanselalu berada dalam persekitaran Vε 0 ( x ) . Timbul kontradiksi, yang benar adalah Xselalu konvergen ke x. 60
  • 65. Pengantar Analisis Real ISOAL LATIHAN SUBBAB 2.4. 1. Tunjukkan bahwa barisan berikut ini divergen.  1  nπ  (a) 1 − ( −1) +  . n (b)  sin .  n  4  2. Berikan contoh barisan tak terbatas yang memuat barisan bagian konvergen. 3. Diberikan barisan X = ( xn ) dan Y = ( yn ) . Diberikan barisan Z = ( zn ) dengan definisi z1 := x1 , z2 := y1 ,..., z2 n −1 := xn , z2 n := yn . Tunjukkan bahwa Z konvergen jika dan hanya jika X dan Y konvergen dan lim ( xn ) = lim ( yn ) . 4. Tentukan konvergensi dan limit barisan berikut.   2  1   2 1  2n (a)  1 + 2   . (b)  1 + 2  .  n    n       5. Hitunglah limit barisan berikut.  1   1   3n (a)  ( 3n ) 2 n  . (b)  1 +   .     2n     6. Misalkan setiap barisan bagian dari X = ( xn ) mempunyai suatu barisan bagian yang konnvergen ke 0. Tunjukkan bahwa lim ( xn ) = 0 . 7. Diberikan barisan terbatas ( xn ) dan untuk setiap n∈ℕ diberikan sn := sup { xk : k ≥ n} dan S := inf {sn } . Tunjukkan bahwa terdapat barisan bagian dari ( xn ) yang konvergen ke S. 8. Jika xn ≥ 0 untuk semua n ∈ ℕ dan lim ( −1) xn ( n ) ada, tunjukkan ( xn ) konvergen. 9. Tunjukkan bahwa jika ( xn ) terbatas, maka terdapat barisan bagian (x ) nk  1  sedemikian hingga lim  =0.  xn   k  10. Diberikan barisan terbatas ( xn ) dan s := sup { xn : n ∈ ℕ} . Tunjukkan bahwa jika s ∉ { xn : n ∈ ℕ} , maka terdapat barisan bagian dari ( xn ) yang konvergen ke s. 61
  • 66. Pengantar Analisis Real I2.5. Barisan CauchyDefinisi 2.5.1. Barisan bilangan real X = ( xn ) disebut barisan Cauchy jika untuksetiap ε > 0 terdapat H (ε ) ∈ ℕ sedemikian hingga untuk setiap n, m ∈ ℕ dengann, m ≥ H (ε ) , berlaku xn − xm < ε . 1Contoh 2.5.2. Barisan   merupakan barisan Cauchy. n 2Jika diberikan ε > 0 , dapat dipilih H = H (ε ) ∈ ℕ sedemikian hingga H > . Maka ε 1 1 ε 1 εjika n, m ≥ H , diperoleh ≤ < dan dengan cara yang sama diperoleh < . n H 2 m 2Oleh karena itu, jika n, m ≥ H (ε ) , maka 1 1 1 1 ε ε − ≤ + < + =ε . n m n m 2 2 1Karena berlaku untuk sebarang ε > 0 , maka dapat disimpulkan bahwa   merupakan nbarisan Cauchy.Lemma 2.5.3. Jika X = ( xn ) barisan bilangan real yang konvergen, maka Xmerupakan barisan Cauchy.Bukti. Misalkan x := lim X . Diberikan ε > 0 , maka terdapat K ε ( 2)∈ℕ sedemikianhingga jika n ≥ K ε ( 2 ) , maka xn − x < ε 2 . Oleh karena itu, jika H (ε ) := K ε ( 2 ) danjika n, m ≥ H (ε ) , maka diperoleh xn − xm = ( xn − x ) + ( x − xm ) ε ε = xn − x + xm − x < + = ε. 2 2Karena berlaku untuk sebarang ε > 0 , maka terbukti bahwa ( xn ) barisan Cauchy. 62
  • 67. Pengantar Analisis Real ILemma 2.5.4. Jika X = ( xn ) barisan Cauchy, maka X terbatas.Bukti. Diketahui X = ( xn ) barisan Cauchy. Diberikan ε := 1 . Jika H := H (1) dann ≥ H , maka xn − xH < 1 . Selanjutnya, menggunakan Ketaksamaan Segitiga, diperolehxn ≤ xH + 1 untuk semua n ∈ ℕ . Namakan M := max { x1 , x2 ,..., xH −1 , xH + 1} ,maka diperoleh xn ≤ M untuk semua n ∈ ℕ . Jadi, terbukti bahwa X terbatas.Teorema 2.5.5. (Kriteria Konvergensi Cauchy) Barisan bilangan real X = ( xn )konvergen jika dan hanya jika X = ( xn ) barisan Cauchy.Bukti.⇒ Jelas (Lemma 2.5.3).⇐ Diketahui X = ( xn ) barisan Cauchy. Diambil ε > 0 , maka terdapat H = H (ε ) > 0 εsedemikian hingga untuk setiap n, m ∈ ℕ dengan n, m ≥ H berlaku xn − xm < . 2Karena X barisan Cauchy, maka X terbatas, sehingga X memuat barisan bagian ( )X ′ = xnk yang konvergen ke x * . Oleh karena itu, terdapat K ≥ H dengan εK ∈ {n1 , n2 , n3 ,...} sedemikian hingga xK − x * < . Akibatnya untuk m = K diperoleh 2 xn − x * = xn − xK + xK − x * ≤ xn − xK + xK − x * ε ε < + = ε. 2 2Karena berlaku untuk sebarang ε > 0 , maka terbukti bahwa barisan X = ( xn )konvergen. 63
  • 68. Pengantar Analisis Real IDefinisi 2.5.6. Barisan bilangan real X = ( xn ) dikatakan kontraktif (contractive) jikaterdapat konstanta C, dengan 0 < C < 1 sedemikian hingga xn + 2 − xn +1 ≤ C xn +1 − xnuntuk semua n ∈ ℕ . Bilangan C disebut konstan dari barisan kontraktif.Teorema 2.5.7. Setiap barisan kontraktif merupakan barisan Cauchy, dan konvergen.Akibat 2.5.8. Jika X = ( xn ) barisan kontraktif dengan konstan C, 0 < C < 1 , dan jikax* = lim X , maka C n −1 (i) x * − xn ≤ x2 − x1 , 1− C C (ii) x * − xn ≤ xn − xn −1 . 1− CSOAL LATIHAN SUBBAB 2.5. 1. Berikan sebuah contoh barisan terbatas yang bukan barisan Cauchy. 2. Tunjukkan menggunakan definisi bahwa barisan berikut merupakan barisan Cauchy.  n +1  1 1 (a)  . (b) 1 + + ... +  .  n   2! n!  3. Tunjukkan menggunakan definisi bahwa barisan berikut bukan barisan Cauchy.  ( −1)  (( −1) ) n (b)  n + ( ln n ) n (a)  (c)  n    4. Diberikan barisan ( xn ) dengan xn := n , tunjukkan bahwa lim xn +1 − xn = 0 , tetapi bukan barisan Cauchy. 5. Diberikan barisan Cauchy ( xn ) sedemikian hingga xn ∈ ℤ untuk setiap n ∈ ℕ . Tunjukkan bahwa ( xn ) selalu konstan. 64
  • 69. Pengantar Analisis Real I 6. Jika 0 < r < 1 dan xn +1 − xn < r n untuk semua n ∈ ℕ , tunjukkan bahwa ( xn ) merupakan barisan Cauchy. 1 2 7. Jika y1 < y2 adalah sebarang bilangan real dan yn := yn −1 + yn − 2 untuk n > 2 , 3 3 tunjukkan bahwa ( yn ) konvergen. Tentukan limitnya. 8. Jika x1 > 0 dan xn −1 := ( 2 + xn ) untuk n ≥ 1 , tunjukkan bahwa ( xn ) merupakan −1 barisan kontraktif. Tentukan limitnya.2.6. Sifat Barisan DivergenPada subbab ini diberikan beberapa sifat dari suatu barisan bilangan real ( xn ) yangmendekati atau menuju ke ±∞ , yaitu lim ( xn ) = +∞ dan lim ( xn ) = −∞ . Ingat bahwabarisan divergen adalah barisan yang tidak konvergen.Definisi 2.6.1. Diberikan barisan bilangan real ( xn ) . (i) Barisan ( xn ) dikatakan mendekati +∞ , ditulis lim ( xn ) = +∞ , jika untuk setiap α ∈ ℝ terdapat K (α ) ∈ ℕ sedemikian hingga jika n ≥ K (α ) , maka xn > α . (ii) Barisan ( xn ) dikatakan mendekati −∞ , ditulis lim ( xn ) = −∞ , jika untuk setiap β ∈ ℝ terdapat K ( β ) ∈ ℕ sedemikian hingga jika n ≥ K ( β ) , maka xn < β . Barisan ( xn ) dikatakan divergen proper (tepat/tegas) jika lim ( xn ) = +∞ ataulim ( xn ) = −∞ . Berikut ini diberikan contoh bahwa lim ( n 2 ) = +∞ . 65
  • 70. Pengantar Analisis Real IContoh 2.6.2. lim ( n 2 ) = +∞ . Jika K (ε ) ∈ ℕ sedemikian hingga K (α ) > α , dan jikan ≥ K (α ) , maka diperoleh n 2 ≥ n > α .Teorema 2.6.3. Barisan bilangan real monoton merupakan barisan divergen properjika dan hanya jika barisannya tidak terbatas. (a) Jika ( xn ) barisan naik tak terbatas, maka lim ( xn ) = +∞ . (b) Jika ( xn ) barisan turun tak terbatas, maka lim ( xn ) = −∞ .Bukti.(a) Misalkan ( xn ) barisan naik. Jika ( xn ) terbatas, maka ( xn ) konvergen. Jika ( xn ) tidak terbatas, maka untuk sebarang α ∈ ℝ terdapat n(α ) ∈ ℕ sedemikian hingga α < xn (α ) . Tetapi karena ( xn ) naik, diperoleh α < xn untuk semua n ≥ n(α ) . Karena α sebarang, maka diperoleh bahwa lim ( xn ) = +∞ .(b) Bukti hampir sama dengan (a).Teorema 2.6.4. Diberikan barisan bilangan real ( xn ) dan ( yn ) , dengan xn ≤ ynuntuk semua n ∈ ℕ . (a) Jika lim ( xn ) = +∞ , maka lim ( yn ) = +∞ . (b) Jika lim ( yn ) = −∞ , maka lim ( xn ) = −∞ .Bukti.(a) Jika lim ( xn ) = +∞ dan jika diberikan α ∈ ℝ , maka terdapat K (α ) ∈ ℕ sedemikian hingga jika n ≥ K (α ) , maka α < xn . Karena diketahui xn ≤ yn untuk semua n ∈ ℕ , maka α < yn untuk semua n ≥ K (α ) . Karena α sebarang, maka lim ( yn ) = +∞ .(b) Bukti hampir sama dengan (a). 66
  • 71. Pengantar Analisis Real ITeorema 2.6.5. Diberikan barisan bilangan real ( xn ) dan ( yn ) , dan untuk suatuL ∈ ℝ , L > 0 diperoleh x  lim  n =L.  yn Maka lim ( xn ) = +∞ jika dan hanya jika lim ( yn ) = +∞ . x Bukti. Diketahui lim  n  = L , artinya terdapat K ∈ ℕ sedemikian hingga untuk setiap  yn n ≥ K berlaku 1 x 3 L < n < L. 2 yn 2 1  3 Oleh karena itu, diperoleh  L  yn < xn <  L  yn untuk semua n ≥ K . Sehingga 2  2 menggunakan Teorema 2.6.4, teorema terbukti.SOAL LATIHAN SUBBAB 2.6 1. Tunjukkan bahwa jika ( xn ) barisan tak terbatas, maka ( xn ) memuat barisan bagian yang divergen proper. 2. Tunjukkan bahwa jika xn > 0 untuk semua n ∈ ℕ , maka lim ( xn ) = 0 jika dan 1 hanya jika lim   = +∞ .  xn  3. Tentukan apakah barisan berikut ini divergen proper. (a) ( n). (b) ( ) n +1 . (c) ( ) n −1 .  n  (d)  .  n +1  4. Diberikan ( xn ) barisan divergen proper dan diberikan ( yn ) sedemikian hingga lim ( xn yn ) ∈ ℝ . Tunjukkan bahwa ( yn ) konvergen ke 0. 67
  • 72. Pengantar Analisis Real I 5. Tentukan apakah barisan berikut ini konvergen atau divergen.  n  (a) ( n2 + 2 .) (b)  2 .  ( n + 1)     ( n 2 + 1)  (c)   n  .  (d) (sin n ) .  a  6. Tunjukkan bahwa jika lim  n  = L , dengan L > 0 , maka lim ( an ) = +∞ .  n 2.7. Deret Tak BerhinggaBerikut ini diberikan pengantar singkat mengenai suatu deret tak berhingga daribilangan real.Definisi 2.7.1. Jika X := ( xn ) barisan di ℝ , maka deret tak berhingga (cukup disebutderet) yang dibentuk oleh X adalah barisan S := ( sk ) yang didefinisikan dengan s1 := x1 s2 := s1 + x2 ( = x1 + x2 ) ... sk := sk −1 + x2 ( = x1 + x2 + ... + xk ) ...xn disebut dengan terms dari deret, dan sk disebut jumlahan parsial (partial sum).Jika lim S ada, maka deret S dikatakan konvergen dan nilai limitnya adalah hasil darjumlahan deret. Jika limitnya tidak ada, maka dikatakan deret S divergen. Deret tak berhingga S yang dibangun oleh barisan X := ( xn ) disimbolkandengan ∞ ∑ ( xn ) atau ∑ xn atau ∑x n =1 n . 68
  • 73. Pengantar Analisis Real IContoh 2.7.2.Diberikan barisan X := ( r n ) ∞ dengan r ∈ ℝ yang membangun deret: n=0 ∞ ∑r n =0 n = 1 + r + r 2 + ... + r n + ... . 1Akan ditunjukkan bahwa jika r < 1 , maka deret ini konvergen ke . (1 − r )Misalkan sn := 1 + r + r 2 + ... + r n + ... untuk n ≥ 0 , dan jika sn dikalikan dengan r danmengurangkan hasilnya dari sn , maka diperoleh sn (1 − r ) = 1 − r n +1 .Oleh karena itu, diperoleh 1 r n +1 sn − =− . 1− r 1− rSehingga n +1 1 r sn − ≤− . 1− r 1− r ∞ n +1 1Karena r → 0 saat r < 1 , maka deret geometri ∑r n =0 n konvergen ke (1 − r ) saatr <1. Selanjutnya, diberikan kondisi-kondisi yang dapat memberikan jaminan bahwasuatu deret itu konvergen.Teorema 2.7.3. (The nth Term Test) Jika deret ∑x n konvergen, maka lim ( xn ) = 0 .Bukti. Menggunakan Definisi 2.7.1, ∑x n konvergen apabila lim ( sk ) ada. Karenaxn = sn − sn −1 , maka lim ( xn ) = lim ( sn ) − lim ( sn −1 ) = 0 . 69
  • 74. Pengantar Analisis Real ITeorema 2.7.4. (Kriteria Cauchy) Deret ∑x n konvergen jika dan hanya jika untuksetiap ε > 0 terdapat M (ε ) ∈ ℕ sedemikian hingga jika m > n ≥ M (ε ) , maka sm − sn = xn +1 + xn + 2 + ... + xm < ε .Teorema 2.7.5. Diberikan ( xn ) barisan bilangan real nonnegatif. Maka deret ∑x nkonvergen jika dan hanya jika barisan S = ( sk ) dari jumlahan parsialnya terbatas.Dalam hal ini, ∞ ∑x n = lim ( sk ) = sup {sk : k ∈ ℕ} . n =1Bukti. Karena xn > 0 , maka barisan jumlahan parsial S naik monoton, yaitu s1 ≤ s2 ≤ ... ≤ sk ≤ ... .Menggunakan Teorema 2.3.4, barisan S = ( sk ) konvergen jika dan hanya jikabarisannya terbatas, dalam hal ini limitnya sama dengan sup {sk } . ∞ 1Contoh 2.7.6. Deret ∑n n =1 2 konvergen.Karena jumlahan parsialnya monoton, maka cukup ditunjukkan bahwa barisan bagian( sk ) terbatas. Jika k1 := 21 − 1 = 1 , maka sk1 = 1 . Jika k2 := 22 − 1 = 3 , maka 1  1 1 2 1 sk2 = +  2 + 2  < 1 + 2 = 1 + , 1 2 3  2 2dan jika k3 := 23 − 1 = 7 , maka diperoleh  1 1 1 1  4 1 1 sk3 = sk2 +  2 + 2 + 2 + 2  < sk2 + 2 < 1 + + 2 . 4 5 6 7  4 2 2Menggunakan induksi matematik, diperoleh bahwa jika k j := 2 j − 1 , maka 2 j −1 1 1 1 0 < sk j < 1 + +   + ... +   . 2 2 2 70
  • 75. Pengantar Analisis Real I 1Karena ruas kanan merupakan jumlahan parsial dari deret geometri dengan r = , maka 2 ∞ 1 1lim ( sk ) = = 2 . Jadi, deret ∑n konvergen.  1 2 1 −  n =1  22.7.7. Tes Perbandingan (Comparison Tests) Diberikan barisan bilangan realX := ( xn ) dan Y := ( yn ) , dan misalkan untuk suatu K ∈ ℕ berlaku 0 ≤ xn ≤ yn untuk n ≥ K .(a) Jika ∑y n konvergen, maka ∑ x konvergen. n(b) Jika ∑ x n divergen, maka ∑ y divergen. nBukti.(a) Misalkan ∑y n konvergen. Diberikan ε > 0 dan M (ε ) ∈ ℕ sedemikian hingga jika m > n ≥ M (ε ) , maka yn −1 + ... + ym < ε . Jika m > max { K , M (ε )} , maka diperoleh bahwa 0 ≤ xn +1 + ... + xm ≤ yn +1 + ... + ym < ε , yang berakibat bahwa ∑x n konvergen.(b) Menggunakan kontraposisi dari (a), maka teorema terbukti.2.7.8. Tes Perbandingan Limit Misalkan X := ( xn ) barisan positif naik tegas danmisalkan limit berikut ada dalam ℝ , yaitu x  r := lim  n  .  yn (a) Jika r ≠ 0 , maka ∑x n konvergen jika dan hanya jika ∑y n konvergen.(b) Jika r = 0 , maka ∑ y n konvergen jika dan hanya jika ∑ x n konvergen. 71
  • 76. Pengantar Analisis Real IBukti. x (a) Diketahui r := lim  n  dan dari soal latihan 2.1.10, maka terdapat K ∈ ℕ  yn  1 x sedemikian hingga untuk n ≥ K berlaku r ≤ n ≤ 2r , sehingga diperoleh 2 yn 1   r  yn ≤ xn ≤ ( 2r ) yn . 2  Menggunakan Tes Perbandingan 2.7.7 dua kali, maka pernyataan (a) terbukti.(b) Jika r = 0 , maka terdapat K ∈ ℕ sedemikian hingga untuk n ≥ K berlaku 0 < xn ≤ yn . Menggunakan Teorema 2.7.7 (a), maka pernyataan (b) terbukti. ∞ 1Contoh 2.7.9. Deret ∑n n =1 2 +n konvergen.Diketahui ketaksamaan berikut benar 1 1 0< ≤ 2 untuk n ∈ ℕ . n +n n 2 ∞ 1Karena telah diketahui bahwa deret ∑n n =1 2 konvergen, maka menggunakan Tes ∞ 1Perbandingan 2.7.7 diperoleh bahwa deret ∑n n =1 2 +n konvergen.SOAL LATIHAN SUBBAB 2.7 1. Tunjukkan bahwa ∞ 1 (a) ∑ ( n + 1)( n + 2 ) = 1 . n =0 ∞ 1 1 (b) ∑ (α + n )(α + n + 1) = α > 0 , jika α > 0 . n =0 ∞ 1 1 (c) ∑ n ( n + 1)( n + 2 ) = 4 . n =1 72
  • 77. Pengantar Analisis Real I 2. Jika ∑x n dan ∑y n konvergen, tunjukkan bahwa ∑(x n + yn ) konvergen. 3. Berikan contoh deret konvergen ∑x n dan deret divergen ∑y n sedemikian hingga ∑(x n + yn ) konvergen. Jelaskan. ∞ 4. (a) Tunjukkan bahwa deret ∑ cos n n =1 divergen. ∞ cos n (b) Tunjukkan bahwa deret ∑ n =1 n 2 konvergen. 5. Jika ∑a n dengan an > 0 konvergen, maka apakah ∑ an an +1 juga konvergen? Tunjukkan atau beri contoh penyangkalnya jika tidak terbukti. ( a1 + ... + an ) 6. Jika deret ∑a n , dengan an > 0 konvergen, dan jika bn := n untuk n ∈ ℕ , maka tunjukkan bahwa ∑b n divergen. 7. Tunjukkan bahwa jika c > 0 , maka deret berikut ini konvergen. 1 1 (a) ∑n . (b) ∑n . ( ln n ) ( ln n )( ln ln n ) c c 73
  • 78. Pengantar Analisis Real I DAFTAR PUSTAKAApostol, T.M, 1974, Mathematical Analysis, Second Edition, Addison-Wiley, Massacheusetts USA.Bartle, R.G and Sherbert, D.R, 2000, Introduction to Real Analysis, Third Edition, John Wiley and Sons, Inc, USA. 74

×