Dokumen ini membahas pengantar analisis real, termasuk sistem bilangan real, barisan bilangan real, limit fungsi, dan fungsi kontinu. Terdapat definisi, teorema, dan bukti yang berkaitan dengan sifat-sifat dasar bilangan real dan operasi matematisnya. Materi ini merupakan dasar dari analisis lebih lanjut dalam matematika.

1. PENGANTAR ANALISIS REAL
MATERI:
- Sistem Bilangan Real
- Barisan Bilangan Real
- Limit Fungsi
- Fungsi Kontinu
REFERENSI:
- Introduction to Real Analysis : Robert G. Bartle, Donald IR Sherbert
- Pengantar Analisis Real : Prof. Dr. Soeparna. D
SISTEM BILANGAN REAL
Definisi : Sistem bilangan R adalah suatu sistem aljabar yang terhadap operasi jumlahan (+) &
operasi perkalian (  ) mempunyai sifat-sifat sebagai berikut:
A. (R, +) Grup komutatif, yaitu:
(A1). "a,bÎÂ, a +bÎÂ (Tertutup)
(A2). "a,b, cÎÂ, a +(b +c) = (a +b) +c (Assosiatif)
(A.3). $!oÎÂ,"aÎÂ,a +o =o +a =a (Punya/ada elemen Netral Å)
(A.4). "aÎÂ,$!-aÎÂ, a +(-a) =o =-a +a (Ada elemen Invers Å)
(A.5). "a,bÎÂ,a +b =b +a (Komutatif)
B. (R-{0},  ) Grup Komutatif, yaitu
(M1). "a,bÎÂ-{0},a  bÎÂ-{0} (Tertutup)
(M2). "a,b,cÎÂ-{0}, a  (b  c) =(a  b)  c (Assosiatif)
(M3). $!1ÎÂ-{0},"aÎÂ-{0},1 a =a 1 =a (Ada elemen satuan)
(M4). " ÎÂ-{0},$!1 ÎÂ-{0}, 1 = 1 a =1
a   (Ada el invers  ditulis a-1 )
a a
a
a
(M5). "a,bÎÂ-{0} a  b =b  a (komutatif)
C. (Â,+,) distributif
"a,b,cÎÂ, a  (b +c) = a  b +a  c
Selanjutnya anggota Âdisebut bilangan Real / bilangan nyata.
Teorema 1.
(a). Jika z dan aÎÂ, z +a =a, maka z = 0
(b). Jika u, bÎÂ dengan b ¹ o dan u  b =b, maka u =1

2. Bukti:
(a). Diketahui z, aÎÂ, z +a =a
Menurut (A4) ( z + a) + (- a) = a + (- a)
(A2) z + (a + (- a)) = a + (- a)
(A4) z + 0 = 0
(A3) z = 0
(b). u, bÎÂ, b ¹0, u ×b =b
(M4) (u  b)  b-1 = b  b-1
(M2) u  (b  b-1 ) = b  b-1
(M4) u1 = 1
(M3) u = 1
Teorema 2.
(a). Jika a,bÎÂ, a +b =0 maka b = -a
(b). Jika a ¹0, bÎÂ, a b =1 maka b = 1
 a
Bukti :
(a). a,bÎÂ, a +b =0
(A4) (- a) + (a + b) = (- a) + 0
(A2) ((- a) + a) + b = (- a) + 0
(A4) 0 +b = (- a) + 0
(A3) b = -a
(b). Latihan
Teorema 3:
Misal a,bÎÂ, maka
(a). Persamaan a + x = b mempunyai penyelesaian tunggal x = (-a) +b
= æ 1
(b). Jika a ¹0, persamaan a  x = b mempunyai penyelesaian tunggal b
ö çè
x a
÷ø
 Bukti:
(a). Dengan (A2) (A4) & (A3) didapat
a + ((- a) + b) = (a + (- a)) + b = 0 + b = b
 a + x = b mempunyai penyelesaian x = (-a) +b
Misal 1 x juga penyelesaian, maka
a + x = b 1
(A4) (- a) + (a + x ) = (- a) + b 1
(A2) (- a + a) + x = (- a) + b 1

3. (A4) + x = (- a) + b 1 0
(A3) x = (- a) + b 1
(b). Latihan
Teorema 4.
Jika aÎÂ sebarang, maka
(a). a  0 = 0 (c). -(-a) = a
(b). (-1)  a =-a (d). (-1)  (-1) =1
Bukti:
(a). ( M
3
)
a Î Â Þ a 
1 =
a
Þ a + a  0 = a 1+ a  0
( c
) = a  (1+ 0)
A
= 1 =
a a
3

( )
Th 1
a
 a + a  = a Þ a  =
0 0 0
(b). ( ) ( M
3
) a + - 1  a = 1 a + ( -
1 ) 
a
( ) ( ( )) a
c
= 1+ -1 
( )
a
A
0
4
=
( )
0
a
=
( ) Th ( 2
a
) a a ( ) a a
 + - 1  = 0 Þ - 1  = -
(c). Dari A4Þ(-a) + a = 0
a ( a)
Th a
- - = Þ 2
(d). Dari b, a diganti -1Þ(-1)  (-1) = -(-1)
Þ(-( c
) 1)  (-1) =1
Teorema 5
a,b, cÎÂ
(a). Jika a ¹ 0 maka 1 ¹ 0
1
a dan a
a
=
1
(b). Jika a  b =a  c, a ¹0, maka b = c
(c). Jika a  b = 0 , maka a = 0 atau b = 0
Bukti:

4. a ¹ 0Þ 1 ada
(a). a
Andaikan 1 = 0
a , maka
( M
)
1 1 0 0
3
= a = a =
a
  Kontradiksi.
Jadi
1 1 1 2
a
Th
b
a a
a
1
 = Þ =
(b). ¹ 0Þ 1 ¹ 0
a sehingga dari yang diketahui:
a
a  b = a  c
1 ( ) = 1
(a c)
a
a b
a
   
1 b =1 c
b = c
(c). Misalkan a ¹ 0Þ harus dibuktikan b = 0 .
Karena a ¹ 0 , maka 1 ¹ 0
a . Oleh karena itu ( ) 0 1 1
æ   
(diketahui)
a
a b
ö a
çè
= ÷ø
=
b
1 0
0
=
 b
SIFAT URUTAN DARI Â:
Terdapat RÎÂ sehingga memenuhi:
(1). a,bÎRÞa +bÎR
(2). a,bÎRÞa  bÎR
(3). "aÎÂ, tepat satu berlaku : aÎR, a =0, -aÎR (sifat Trichotomi)
Selanjutnya P disebut himpunan bilangan riil positif.
Kesepakatan :
a Î R Þ a disebut bilangan Riil Positif, ditulis a > 0
- a Î R Þ a disebut bilangan Riil Negatif, ditulis a < 0
aÎRU{0}Þa disebut bilangan real non negatif, ditulis a ³ 0
-aÎRU{0}Þa disebut bilangan real non positif, ditulis a £ 0
a - bÎRÞ ditulis a > b atau b < a
a -bÎRU{0}Þa ³ b atau b £ a
a < b < c Þ a < b dan b < c
a £ b £ c Þ a £ b dan b £ c
Teorema :
a,b, cÎÂ
(1). a > b dan b > c Þ a > c
(2). Tepat satu berlaku : a >b, a =b, a <b

5. (3). a ³ b dan a £ bÞ a = b
Bukti:
(1). Karena a > b dan b > c , maka a -bÎR dan b -cÎR, sehingga menurut
(1) didapat (a -b) +(b -c) = a -cÎR. D.k.l a > b
(2). Dengan Trichotomi, tepat satu berlaku :
a - bÎ R , a - b = 0 , - (a - b) Î R
a > b , a = b , a < b
(3). Andaikan a ¹ b , maka a < b a > b Kontradiksi dengan yang diketahui.
Teorema :
(1). a ¹ 0Þ a2 > 0
(2). 1 > 0
(3). "nÎ N, n > 0
Bukti:
(1). Menurut sifat Trichotomi, untuk a ¹ 0 , maka aÎR atau - aÎR
Dengan sifat urutan (2) a  a = a2 ÎR atau (-a)  (-a) = a2 ÎR. Jadi
a2 > 0
(2). Dari (1) : 1 ¹ 0Þ12 ÎR. Jadi 1 > 0
11 =1
(3). Dengan induksi matematika:
i) n = 1Þ1 > 0 benar karena (2)
ii) Dianggap benar untuk n = k
Karena 1Î R & k Î R maka dengan sifat urutan (1) : k +1ÎR
 k +1>0 .
Jadi n >0, "n
Teorema:
a,b,c,d ÎÂ
(1). a > b Þ a + c > b + c
(2). a > b Ù c > d Þ a + c > b + d
(3). a > b Ù c > 0Þ ac > bc
a > b Ù c < 0Þ ac < bc
(4). a > 0 Þ 1a > 0
a < 0 Þ 1a < 0
Bukti:
(1). Dari a >b, maka a -bÎR. () (a -
b
a + c- b + c) = Î R Þ a + c > b +
c

6. (2). Karena a > b Ù c > d maka a -bÎR dan c -d ÎR
Dengan sifat urutan (1) : (a -b) + (c - d ) = (a + c) - (b + d ) ÎR
 a +c > b +d
(3). Dari a > b dan c > 0 , maka a -bÎR dan cÎR
Dengan sifat urutan (2) : (a -b)  cÎR
ac -bcÎR
 ac >bc
(4). Latihan.
Teorema :
Jika a < b maka a < 1
(a + b) < b
2
Bukti :
Diketahui a < b Þ 2a = a + a < a + b
a < b Þ a + b < b + b = 2b
( )
2 1
2
2 2 0 1
Î N Þ > Þ > Þ × < +
( )
1
a (a b) b
a a b
1
a b b
< + <
+ < ×
2
2
2
dan 1
2
2
0 1
2
Teorema:
Jika aÎÂ dan 0 £ a < e , untuk sebarang bilangan e > 0 maka a = 0
Bukti:
Andaikan a ¹ 0, a > 0 . Dengan Teorema sebelumnya, < a < a
0 1 . Diambil bilangan a
2
1
0 e = ,
2
maka < < a 0 0 e . Kontradiksi dengan yang diketahui : 0 £a £e , "e >0
 Pengandaian a ¹ 0 salah
Teorema (Teorema Ketidaksamaan Bernoulli)
xÎÂ dan x > -1 maka (1+x)n ³1+nx, "nÎN
Bukti:
Dengan induksi matematika:
i) n =1Þ(1+ x) ³1+ x benar
ii) Dianggap benar untuk n = k : (1+ x)k ³ 1+ kx
iii) n = k +1
(1+ x)k+1 = (1+ x)k × (1+ x) ³ (1+ kx) (1+ x) =1+(k +1)x + kx2

7. ³1+(k +1)x
 (1+ x)n ³ 1+ nx .
HARGA MUTLAK
Definisi:
aÎÂ, Harga mutlak dari a :
î í ì
³
a a
, 0
a a
- <
=
, 0
a
Teorema:
1. a =0Ûa =0
2. -a =a
3. ab =a b
4. c ³0 , a £cÛ-c £a £c
5. - a < a < a , "aÎÂ
Bukti:
1. Jelas dari definisi
2. aÎÂ
i) a =0Þ-a =0Þ-a = a
ii) a >0Þ-a <0Þa =a =-(-a) = -a
iii) a <0Þ-a >0Þ-a =-a = a
3. a,bÎÂ
i) Jika salah satu a = 0 atau b = 0 , maka mudah dipahami ab =a b
ii) Jika a > 0 Ù b < 0 , maka ab <0Þab =-(ab) =a(-b) = a b
iii) Jika a < 0 Ù b > 0 , maka ab <0Þab =-(ab) =(-a)b = a b
4. Dari a £c diperoleh (a £ c dan -a £ c) yang berakibat (-c £ a dan a £ c)
yang ekuivalen dengan - c £ a £ c
5. Jelas bahwa a ³0 dan oleh karena itu menurut (4) diperoleh -a <a <a
KETAKSAMAAN SEGITIGA
a,b,ÎÂ, a+b £a +b
Bukti: Untuk a,bÎÂ : - a £ a £ a
-b £b £b
Diperoleh : -a -b £a +b £a +b
( ) ( 4
)
- a + b £a +b £ a + bÞa +b £ a + b
Akibat:
(1). a -b £a-b
(2). a -b £a +b

8. Bukti:
1). Untuk a,bÎÂ
(i) a =a -b +b £a -b +b
(ii) b -b -a +a £ b -a + a = -(a -b) +a = a -b +a
Sehingga
a -b £a -b dari (i)
b -a £a -b atau -a -b £a -b dari (ii)
Jadi
-a -b £a -b £a -b
D.k.l
a -b £a-b
2). a -b = a +(-b) £ a +-b = a +b
Contoh:
f x x x
Tentukan M> 0 sehingga f (x) £M, "xÎ[1,4] dengan ( )
2 2 3 4
= + +
-
x
5 1
Jawab:
( )
2 2 3 4 2
x x
= + +
2 3 4
5 1
f x x x
= + +
5 1
-
-
x
x
2x2 +3x +4 £ 2x2 +3x +4
= 2x2 + 3x + 4
£ 2 ×16 + 3× 4 + 4 = 48
5x -1 ³5×1-1=4
( ) 12 , [1,4]
f x = x + x + 48
x
.
4
2 2 3 4
15 1
£ = =M " Î
-
x
SIFAT KELENGKAPAN Â
Definisi:
S ÍÂ , ,uÎÂ
(1). u disebut batas atas (upper bound) dari S jika s £u , "sÎS
(2).  disebut batas bawah (lower bound) dari S jika  £s , "sÎS
Jadi u bukan batas atas dari S jika   $s ÎS ,u <s
Contoh:
1). S ={xÎÂ, 0 < x £1}
· 1 adalah batas atas dari S karena x £1 , "xÎS

9. · 0 adalah batas bawah dari S karena 0 £x , "xÎS
2). S = {xÎÂ , 0 < x} 1
· 0 batas bawah 1 S
· Sebarang bilangan real u bukan batas atas 1 S karena ada
  s = u +1ÎS , u < s 1
3).
þ ý ü
S 1 ,
2
î í ì
= nÎN
n
· 1 batas atas dari 2 S
· 0 batas bawah dari 2 S
4). S =f
Setiap bilangan real u merupakan batas atas dan batas bawah S
Definisi:
S ÍÂ, S ¹f
· Himpunan S dikatakan terbatas ke atas jika S mempunyai batas atas
· Himpunan S dikatakan terbatas ke bawah jika S mempunyai batas bawah
· Himpunan S dikatakan terbatas jika S terbatas ke atas dan terbatas ke
bawah.
Definisi:
S ÍÂ, S ¹f, ,uÎÂ
. u dikatakan batas atas terkecil (Supremum) = sup S = bat S dari S jika
(1). s £u , "sÎS atau u batas atas S.
(2). Jika v sebarang batas atas, maka u £ v
(3). Jika v < u , v bukan batas atas S
(4). Jika v < u , maka $sÎS , v <s 
 dikatakan batas bawah terbesar (infimum) dari S = bbt S = inf S jika =
(1).  £s , "sÎS atau  batas bawah S.
(2). Jika w sebarang batas bawah, maka w £ 
(3). Jika w >  , maka w bukan batas bawah S
(4). Jika w >  , maka $sÎS , s <w
Contoh:
1). S ={xÎÂ, 0 < x £1}
· 1 Sup S sebab :
i) x £1 , "xÎS atau 1 batas atas S.

10. ii) Jika v sebarang bilangan , v <1 maka   $s =1ÎS , v <s (v bukan batas
atas S )
· 0 inf S sebab
i) 0 £x , "xÎS atau 0 batas bawah S.
ii) Jika w > 0 , maka
ïî
ïí ì
>
1
w
w w
2, 1
s , sÎS, s <w
<
$ =
2, 1
(w bukan batas bawah S )
2).
þ ý ü
î í ì
1 , 1
1 x
= + £ £ 2
2
x
S x
5 sup 1 S sebab
2
t £ 5 "t Î S
i). 1 2 ,
5
v < 5 , maka v bukan batas atas S sebab   $s = ÎS , v < s
ii). Jika 2
2
1
Lemma : (1)
S ¹F, S ÌÂ, u batas atas S
e e u Sup S Û"e >0, $s ÎS ' u -e < s
Bukti:
(Þ) Diketahui u =sup S .
Diambil bilangan e > 0 sebarang. Akibatnya u - e < u .
Karena u Sup S , maka u - e bukan batas atas S . Jadi
e e $s ÎS sehingga u -e < s .
(Ü) Diketahui u batas atas S dan e e "e > 0, $s ÎS ' u -e < s .
Diambil sebarang v < u . Pilih bilangan e = u - v > 0 . Dari yang diketahui,
$se ÎS ' u -e < se
Tetapi ( ) e u -e = u - u - v = v < s
 v bukan batas atas S . Dengan demikian u =sup S
Lemma-2
S ¹f, S ÌÂ, v batas bawah S
e e e e v inf S Û" > 0, $s ÎS ' s < v +

11. Contoh:
A =(0,1]U{2,3}
O = inf A sebab
(1). "aÎA, 0 £a (0 batas bawah)
(2). "e >0 , $a ÎA ' ao <0 +e  (dapat dipilih 2e
1 0 a = )
3= Sup A sebab
(1). "aÎA, a £3 (3 batas atas A )
(2). 1 1 "e > 0 , $a ÎA ' 3 -e < a
Catatan :
1). Inf & sup tidak perlu jadi anggota ® Contoh : { : 0 1} 3 S = x < x <
2). Suatu himpunan bisa jadi punya batas bawah tapi tidak punya batas atas, dan
sebaliknya punya batas atas, tidak punya batas bawah. Misal:
= { ÎÂ : ³ 0} ® 1 S x x Punya batas bawah tapi tidak punya batas atas
= { Î Â : < 0} ® 1 S x x Punya batas atas tapi tidak punya batas bawah
SIFAT KELENGKAPAN Â
1. Setiap himpunan tak kosong & terbatas di atas dalam  mempunyai supremum dalam
Â
2. Setiap himpunan tak kosong & terbatas di bawah dalam  mempunyai infimum dalam
Â
LATIHAN
1). S ÍÂ, S ¹f, terbatas dalam Â
Buktikan
Sup S = -inf {-s : sÎS}
Bukti:
Misalkan T = {- s : sÎS}
Dengan sifat kelengkapan , S mempunyai supremum dalam Â
Mislkan u =sup S , sehingga berlaku s £u , "sÎS . Akibatnya -u £-s , "sÎS .
Oleh karena itu –u adalah batas bawah dari T .
Dengan sifat kelengkapan, T mempunyai infimum dalam Â
Misalkan  =inf T
Dalam hal ini: -u £ atau - £u ................ (1)
Di pihak lain :  £-s , "sÎS sehingga berlaku s £- , "sÎS yaitu - batas atas dari
S dan u £- ........ (2).
Dari (1) & (2) didapat u =- atau sup S =-inf T

12. 2). S ¹ f , u batas atas S dengan uÎS . Buktikan u =sup S
Bukti : Jika v < u maka $s = uÎS 0 sehingga 0 v < s
 u = sup S
3). S ¹ f , u = sup S
u - 1 bukan batas atas S .
Buktikan : (1). 2
(2). u + 1n batas atas S , "nÎN
Bukti :
Untuk nÎ N, 1 > 0, u - 1 n < u < u + 1
n
n
Karena u batas S, maka u - 1n bukan batas atas S & u + 1n batas atas S , "nÎN
Teorema :
(i). Jika A ÌB ÌÂ, B terbatas ke atas, maka sup ( A) £sup (B)
(ii). Jika A ÌB ÌÂ, B terbatas ke bawah, maka inf ( A) ³inf (B)
Bukti:
(i). Karena A Ì B dan B terbatas ke atas, maka A juga terbatas ke atas. Diambil k sebarang
batas atas himpunan B .
Karena A Ì B , maka k juga merupakan batas atas A . Jadi sup (B) merupakan batas atas
himpunan A . Akibatnya :
Sup (A) £ sup (B)
(ii). Latihan
Teorema :
A, B ÌÂ& xÎÂ. Didefinisikan A + B = {a +b : aÎA&bÎB}
Jika A, B ÌÂ dan terbatas, maka
(i). sup ( A + B) £ sup (A) + sup (B)
(ii). Inf ( A +B) ³ inf (A) + inf (B)
Bukti :
(i). Misal 1 M = sup (A) dan 2 M =sup (B) . Oleh karena itu 1 "aÎA, a £M dan
2 "bÎB, b £M . Akibatnya "a + bÎ A + B , 1 2 1 2 a + b £ M + M Þ M + M batas atas A + B
sehingga sup ( ) 1 2 A + B £ M + M = sup (A) + sup (B)
(ii) Bukti sejalan

13. Tugas : (1)
S ¹f , S terbatas ke atas.
Didefinisikan, aÎÂ,
a + S = {a + s, sÎS}
Buktikan : sup (a + S ) = a +sup S
Sifat Archimedes : x x "xÎÂ, $n ÎN ' x < n
Akibat :
y dan z bilangan riil positif, maka
(i). $nÎN ' z <ny
(ii). $n Î N ' 0 < 1n < y
(iii). $nÎN ' n -1£ z <n
Bukti : Diketahui y dan z bil riil positif.
(i). Ambil = y > 0
x z . Dengan sifat archimedes, $nÎN sehingga x = z y
<
n  z < ny
(ii). Khususnya z =1, (i) menjadi 1<ny atau 0 < 1n < y
(iii). Misal S = {mÎN : z < m}
S ¹f , karena sifat archimedes
S Í N , karena N mempunyai elemen terkecil maka S mempunyai elemen terkecil.
Misal n elemen terkecil, maka n -1 £ z < n .
Teorema (eksistensi 2 ) : $ bilangan riil positif x sehingga x2 =2.
Teorema Kerapatan:
Jika x dan y bilangan real sehingga x < y , maka $ bilangan ras r sehingga x < r < y
Bukti :
Misalkan x > 0 . Ambil z = y - x > 0 . Dengan sifat archimedes, $nÎN sehingga
1n < y - x = z
Jadi 1<ny -nx atau nx +1< ny
Untuk nx > 0 , maka $mÎN sehingga m -1 £ nx < m atau m £ nx +1 < m +1
Oleh karena itu : m nx < m £ nx +1 < ny . Jadi x < < y
.
n
Akibat :
Jika x dan y bilangan real sehingga x < y , maka $bilangan irasional p sehingga x < p < y
.

14. Bukti:
Dari x < y maka 2 2
x < y yang masing-masing di Â. Menurut teorema kerapatan, $
x < r < y . Sehingga x <r 2 < y .
bilangan rasional r sehingga 2 2
KETAKSAMAAN CAUCHY
Jika nÎN , n n a ,..........,a dan b ,.......,b 1 1 bilangan real, maka
( a b + ....... + a b ) 2
£ ( a 2 + ....... + a 2
)( b 2 + ....... + b
2 )
1 1 n n 1
n 1
n Lebih lanjut, jika tidak semua bj =0 , maka tanda ”=” di dalam berlaku jika hanya jika $sÎÂ
s.d.h
a sb a sbn n = ,......., = 1 1
Bukti:
Didefinisikan fs F = ® dengan
( ) ( )2 ( )2
1 1 F t a tb ....... a tbn n = - + + -
( ) ( ) ( ) ( 2 2 ) 2
F t = a 2 + ....... + a 2
- 2 a b + ....... + a b t + b + ....... +
bn t 1 n 1 1 n n 1
Jelas bahwa F(t ) ³0, "tÎÂ
Dengan demikian
F(t ) = At 2 -2Bt +C
Dengan
2 2
1 A = b + ....... + bn
n n B =a b +.......+a b 1 1
2 2
1 ....... n C = a + + a
Sehingga F(t ) ³0 tidak mungkin mempunyai 2 akar yang berbeda. Oleh karena itu
D = B2 - 4AC £ 0
4( ....... ) 2
4( 2 ...... 2
)( 2 ....... 2 ) 0
1
1
1 1 Û a b + + a b - a + + an b + + bn £ n n
Jadi
( ) 2
( ) 2
( 2 2 )
1
1
1 1 4 a b ....... a b a ...... an b ....... bn n n Û + + £ + + + +
Lebih lanjut,
(Þ) Jika ( ) 2
( 2 2
)( 2 2 )
1
1
1 1 a b ....... a b a ...... an b ....... bn n n Û + + = + + + + , maka D = 0
Dengan demikian F mempunyai satu akar kembar yaitu
a sbj j n j - =0 , untuk =1,2,.......,
a sbj j  =

15. (Ü) jika a sbj j n j = , =1,......., , maka
( sb 2 + ....... + sbn 2 ) 2 = s 2
( b 2 + ....... + bn
2 )2
1 1
( 2 2
)( 2 2 )
1
1
= s2 b + ....... + bn b + ....... + bn
(( ) ( ) )( 2 2 )
= sb 2 + ....... + sbn 2
b + ....... + bn .
1 1
Tugas 2 = S = {1n;n Î N}. Buktikan inf S = 0
Tugas 3 = S = {1n + 1m;m,n Î N }. Buktikan sup S = 2 , inf S = 0
Tugas 4 = S = {1m - 1n;m,n Î N }. Buktikan 1 = sup S , -1 = inf S
Tugas 5 = S ÍÂ, S ¹f, uÎÂ. Buktikan
(i). u + 1n batas atas S
(ii). u - 1n bukan batas atas
BARISAN BILANGAN RIIL
Definisi : Barisan bilangan riil X adalah fs dari N ke Â.
Notasi barisan : X ,( xn ) atau ( xn : nÎN) .
Bilangan-bilangan riil yang dihasilkan disebut unsur barisan, ditulis xn (atau anatau zn ) .
Contoh-Contoh barisan
1). aÎÂ, A =(a, a,.......)® barisan konstan a (semua unsurnya a ).
2). S = ( 1 n : n Î N ) = ( 1, 1 , 1 ,.......)
2
3 .
3). Y ( y ) y ( )n n N
= n , n = -1 , Î .
=(-1,1,-1,......., (-1)n ,.......).
W = w , w = 5 n + 1
,
Î
n n 4). ( ) n N
n
+
2 3
n
= + ,.......
,......, 5 1
9
,11
5
ö çè
÷ø
æ
+
2 3
,16.
7
6
n
Definisi :
Jika X = ( xn ) dan Y = ( yn ) barisan bilangan riil

16. Didefiniskan :
· Jumlah barisan X +Y = ( xn + yn;nÎ N)
· Selisih barisan X -Y = ( xn - yn;nÎN)
· Hasil kali barisan X ×Y = ( xn × yn;nÎ N)
Jika cÎÂ,cX = (cxn;nÎN)
· Jika Z = ( zn ;nÎN), zn ¹ 0,"nÎN , maka hasil bagi X dan Z adalah barisan
ö
÷ ÷ø
æ
= nÎ N
ç çè
x
z
X
Z
n ;
n
Definisi:
Barisan bilangan riil X = ( xn ) dikatakan konvergen dalam Â, jika terdapat xÎÂ sehingga
"e >0,$k =k(e )ÎN '"n ³k berlaku
xn -x <e .
Notasi: xn ®x, limxn = x .
Note:
xn -x <e Û-e < xn -x <e
Û x -e < xn < x +e
Ûxn Î( x -e , x +e )
Contoh:
1). n = 1 ,nÎN. xn ®0
n
x
Bukti: x n n n - 0 = 1 - 0 = 1
Diberikan sebarang bilangan e > 0.
Dengan sifat archimedes, $kÎ sehingga 1 <e.
k
N
Untuk n ³ k ,
- = £ <e
n k
xn
0 1 1
xn ®0
= 3+ 1 Î ® n n N xn
2). , . 3
2
n
x
-3 = 3+ 1 - =
3 1
Bukti = xn 2
n 2
n
Diberikan sebarang bilangan e > 0.
Dengan sifat archimedes, n k
k sehingga 1 2e atau 1 e ,
$ ÎN < < ,untuk ³
k 2
k
3 1 1
.
xn 2
- = £ <e
n k
2

17. xn ®3
x n
= + n n N xn
5 1 Î ®
+
, . 5
3). 2
n
2 3
Bukti :
x - 5 = n +
- = 10 n + 2 - 10 n
-
15
13
13
n <
4
n n n n
5 1
n
13
4 6
4 6
4 6
5
2
2 3
2
+
=
+
= -
+
+
Diberikan sebarang bilangan e > 0.
Dipilih bilangan kÎN sehingga .
1 < 4 e
k
13
Akibatnya untuk n ³ k :
4
13
13
13
- < £ < × e =e
13
4
4
4
2
5
n k
xn
2
xn ® 5
Definisi:
Barisan bilangan riil ( xn ) dikatakan terbatas jika $M > 0 sehingga xn £M,"nÎN
Contoh:
1. xn = 1n,n Î N
xn = 1n = 1n £ 1,"nÎ N
( xn ) terbatas.
2. x ( )n n N
n = -1 , Î
xn £1, nÎN
y n n Î
= + 2
,
2 1
3. n N
n
+
3
1
3
1
+ +
=
( ) 1
n 2
4 n
2
2
4 2
2
2 1
2
3
2
1
=
+
£ +
+
= +
+
n
 yn £1,"nN
Catatan:
( ) n x tidak terbatas jika "M >0,$nÎN, xn >M
Contoh
1) x n n N
n = 2 , Î
x n n ( )n n n
n = 2 = 2 = 1+1 ³1+ ³
"M >0,$nÎN 'n >M (sifat archimedes)
Jadi "M >0,$nÎN sehingga

18. xn ³n >M
Dengan kata lain ( ) n x tak terbatas.
2) x n n N n = 2 , Î
x n2 n =
Tidak ada M > 0 sehingga x n M n N n = 2 £ ," Î
Jadi ( ) n x tidak terbatas.
Teorema
Jika ( ) n x konvergen, maka ( ) n x terbatas.
Bukti
Misal x x n ® . Hal ini berarti untuk e =1, terdapat k ÎN sehingga jika n ³ k berakibat
xn -x <1
Untuk n ³ k :
x x x x n n = - +
x x x n £ - + <1+x
Diambil M = maks {x x x x } k + - , ,....., ,1 1 2 1
Akibatnya:
x M n N n £ ," Î
Teorema
Jika ( ) n x dan ( ) n y konvergen, maka
(1) ( a ÷ ÷ø
x ) konvergen dan lim(a x ) = a lim( x
),a skalar n n n (2) ( x + y ) lim ( x + y ) = lim ( x ) + lim ( y
) n n konvergen dan n n n n (3) ( x y ) konvergen dan lim ( x y ) = lim ( x ) × lim ( y
) n n n n n n æ
ö
(4) ç çè
n
y
n
x
konvergen dan
( )
( ) , asal lim( ) 0, 0
æ
x
x
lim n = lim y ¹ y
¹ lim
÷ø
÷ ö
ç çè
n n
n
n
n
y
y
Bukti
Misal x x n ® dan y y n ®
(1) a x a x a ( x x) a x x ,askalar n n n - = - = -
Diberikan bilangan e > 0 sebarang. Karena x x n ® , maka terdapat bilangan
k = k(e )ÎN sehingga jika n ³ k berlaku
x x e n
+1
- <
a
Akibatnya
a a a a e <
e
a
+
- = - <
1
xn x xn x
n  a x konvergen ke a x .
(2) ( x y ) ( x y) ( x x) ( y y) x x y y n n n n n n + - + = - + - £ - + -
Diberikan bilangan e > 0 sebarang
· Karena x x n ® , maka terdapat k ÎN 1 sehingga jika 1 n ³ k berlaku
x -x <e n
2
· Karena y y n ® , maka terdapat k ÎN 2 sehingga jika 2 n ³ k berlaku
y - y <e n
2
Pilih k = maks { } 1 2 k , k , akibatnya untuk n ³ k berlaku
( x y ) ( x y) x x y y n n n n + - + £ - + -

19. < e +e =e
2 2
x y x y n n  + ® + .
(3) x y xy x y x y x y xy n n n n n n - = - + -
x ( y y) ( x x) y n n n = - + -
x ( y y) ( x x) y x y y x x y n n n n n n £ - + - = - + -
Diberikan e > 0 sebarang
Karena x x n ® , maka terdapat k ÎN 1 sehingga untuk setiap 1 n ³ k :
2( +1)
- <
y
xn x
e
.
( ) n x konvergen, maka ( ) n x terbatas. Jadi ada M > 0 sehingga x M n N n £ ," Î .
Karena y y n® maka terdapat k ÎN 2 sehingga untuk setiap 2 n ³ k :
- < e .
M
yn y 2
Dipilih k = maks { } 1 2 k , k . Akibatnya jika n ³ k :
- £ e + e
xn yn xy M 2 2 +1
( ) y
M y
< e +e =e
2 2 .
Contoh:
= 2 + 1 ® 2
n
xn
3
2
y n n
= +
3 4 ®
-
n
2 1
4 x= 4 æ 2 +
1 ö = 8 + 4 ® 8 ÷øn
çè
n n
7
2
n n
= + -
n
+ = + + +
2 1 3 4 2
7 4 1
2
2 1
2
®
-
-
n n
n
n
x yn n

20. 2 1 2 1
( )
4
3
4 -
1
3 4
ö çè
- ÷ø
3 4
2 1
+
n
3 4
2 1
®
+
=
+
æ +
=
-
=
n
n
n
n
n
n
n
n
x
y
n
n
Teorema (Uji Rasio)
Diberikan ( ) n x barisan bilangan riil positif sehingga L
x
n
lim n
(ada). Jika L <1 maka ( x
) n x
n
+ =
®
1
~
konvergen dan ( ) 0 lim~
x =
.
n® n
Contoh:
1). ( ) n N x x nn n n = , Î
, .
3
1
1
3
n
3 lim 1
3
x
lim lim 1
~ 1 ~
3
1
~
= + × = + = <
® + ®
+
n
® n
n
n
x
n
n
n n n
n
Jadi ( x ) n
n konvergen dan 0
3
lim~
=
n® n
.
2). z n n N n = +1, Î
1
1 2
1
®
n
= +
+
+
n
z
z
n
n
Jadi ( ) n z tidak konvergen.
Teorema
Jika x x x n N n n ® , ³ 0," Î maka x ³ 0
Bukti:
Andaikan x < 0 , maka - x > 0 .
Diketahui x x n ® . Diambil bilangan e = -x > 0 , maka terdapat k ÎN sehingga jika n ³ k :
xn -x <-x
Ûx < xn - x < -x
Û2x < xn < 0
Kontradiksi dengan ³ 0 n x .
Teorema
Jika x x y y x y n N n n n n ® , ® , £ ," Î maka x £ y
Bukti:
Diketahui n n x £ y , maka - ³ 0 n n y x . Akibatnya
( ) 0 lim~
y - x
³
lim lim 0
n® n n
y x
Û - ³
n® ~ n n® ~
n
Ûy -x ³ 0
Ûy ³ x atau x £ y .

21. Teorema Apit
Jika x £ y £ z ," n Î N , x ® x dan z ® x , maka y ® x n n n n n n .
Bukti:
Dengan teorema sebelumnya:
x = lim x £ lim y dan lim y £ lim
z =
x n ®~ n n ®~ n n ®~ n n ®~
n
x £ lim y dan lim
y £
x n ®~ n n ®~
n
Jadi y =
x n n
lim .
®~
Definisi:
Barisan ( ) n x dikatakan :
(a) Naik monoton (monotonic increasing/non decreasing/tidak turun) jika x x n N n n £ " Î + , 1
.
(b) Turun monoton (monotonic decreasing/non increasing/tidak naik) jika x ³ x , " n Î N n n + 1 .
(c) Monoton jika ( x ) n naik monoton/turun monoton.
Contoh:
1). x= 1
n
n
xn
1
x ³ x " n Î N n n , + 1
Jadi ( x ) n turun monoton.
1
= + n
1 +
x n n Î
= + ,
3 5
2 1
( )
( ) 9 15
2). n N
n
+
7
2
3
+ -
3
3 5
3
7
3
2 5
+
= -
+
=
n n
n
7
x= - n
+ 1 9 n
+
24
x £ x , " n Î N . Jadi ( x ) n n + 1 n naik monoton.
2
3
3).
ïî
ïí ì
1 , 100
n n
y = n n £
n
+ 1, ñ
100
( y ) n tidak monoton
Teorema Kekonvergenan Monoton
Misal ( x ) n barisan monoton.
( x ) ( x ) n konvergen jika dan hanya jika n terbatas.
Dalam hal ini:
(a). Jika ( x ) naik monoton, maka lim ( xn ) = sup ( xn ;
n Î
N)
n n ~ .
®
(b). Jika ( x ) turun monoton, maka lim ( xn ) = inf ( xn ;
n Î
N)
n n ~ .
®

22. Bukti:
Þ Diketahui ( ) n x konvergen. Menurut teorema sebelumnya, ( ) n x terbatas.
Ü Diketahui ( ) n x monoton dan terbatas.
Misal ( xn ) naik monoton , jadi x x n N n n £ " Î + , 1
Misalkan x = sup {x n N} n : Î , maka untuk setiap e ñ0, terdapat k ÎN sehingga
x -e < xk
Karena ( ) n x naik monoton, maka untuk n ³ k :
x -e < xk £ xn £ x < x +e
Diperoleh untuk n ³ k :
xn -x <e
Jadi x x n ® .
Catatan:
Untuk menyelidiki kekonvergenan suatu barisan, maka kita cukup memperhatikan ekor dari
barisan tersebut, yaitu barisan bagian dari barisan tersebut yang dimulai dari suatu urutan
tertentu.
Definisi:
Misal ( , ,....., ,.....) 1 2 n Y = y y y barisan bilangan riil.
M : bilangan asli, Ekor – M dari Y adalah barisan:
YM = ( yM+n;nÎN) = ( yM+1, yM+2,.....)
Contoh:
Y =(1,3,5,7,9,11,13,.....,2n -1,.....)
( : ) ( , , ,......) (11,13,15,....., 2 1,.....) 5 5 6 7 8 = Î = = + + Y y n N y y y n n .
Teorema:
Misal Y ( y n N) n = ; Î barisan bilangan riil dan M ÎN .
Ekor – M dari Y, M Y konvergen Û Y konvergen.
Dalam hal ini M Lim Y =Lim Y .
Contoh:
1). x n n N n = 1 , Î
( ) n x terbatas dan turun monoton, maka menurut TKM : Lim x = inf {1n;n Î N} = 0 n
1, 1 1 1
2). Diketahui barisan ( ) n y dengan y = yn+ = (2yn +3), nÎN
4
Tunjukkan ( ) n y konvergen.
Bukti: ( ) ,.....
1, 1 1 2 3 = ÷ø
3 11
8
2 5
4
y = y = × + = y = æ × +
4
2 1 3 5
4
, 1
4
ö çè
Claim +1 £ n n y y (naik monoton).
Dibuktikan dengan induksi matematika
n= 1® y1= 1áy2= 5 4
(benar)
Dianggap benar untuk n = k. Jadi y £ y
k k +1 Dibuktikan benar untuk n = k + 1

23. 1
(2 3)
4
1 = + k+ k y y
= 1 y + 3
1 (2 1 3) k 2
4
2
£ 1
yk+ = 1
+ yk+ + = yk+
4
3
4
2
Jadi 1 , + " Î £ n n n N y y .
Claim 1 £ £ 2 n y (terbatas)
n =1®1£ y1 =1£ 2 (benar)
Dianggap benar untuk n = k. Jadi 1£ £ 2 k y
Dibuktikan benar untuk n = k + 1
1
(2 3)
4
= 1 + £ × + = k y
13 4
1
2 3
2
y = y + k+ 1 k 4
4
3
2
 1 £ yk +1 £ 2 .
Jadi "nÎN, 1£ yn £2. D.k.l ( ) n y terbatas.
Karena ( ) n y naik monoton dan terbatas, maka menurut TKM, ( ) n y konvergen dan
y y { y n N} n n = Lim = sup : Î . Ekor – 1 dari Y Y ( y n N) n = = Î + : 1 1 .
Karena ( ) n Y = y konvergen ke y, maka ( ) 1 +1 = n Y y juga konvergen ke y.
Jadi,
y = Lim ( yn ) = Lim ( yn+1)
Lim 1 n y
= æ 2 +3
( )÷ø
ö 4
çè
Lim 3
4
=Lim 1 + n y
2
= 1 Lim yn + 3
.
4
2
y = 1 y + ® y = ® y = .
2
3
3
4
1
2
3
4
2
Definisi :
Diketahui ( ) n X = x barisan bilangan real dan ( ) n r barisan bilangan asli naik monoton, yaitu
r r n n n £ " + , 1 .
( , , ,......., ,.......) 1 2 3
1
r r r rn X = x x x x disebut barisan bagian dari X .
Contoh: ( 5 ,......., 1 ,.......)
X = 1, 1 1 1 1 ( 2
, 3
, 4
, n
2,.......)
X 1 = 1
1 1 1 ( 3
, 4
, 5
,......., n + barisan bagian X
2 1,.......)
X 1 = 1, 1
, 1 ,......., 1 barisan bagian X
( 3
5
n - )
6 ,.......X 11 = 1 bukan barisan bagian X
, 1 3
, 1 4
,1, 1 2
Catatan: Ekor barisan merupakan barisan bagian.
Teorema:
Jika ( ) n X = x konvergen ke x, maka sebarang barisan bagian X konvergen ke x.
Bukti:
Diambil e > 0 sebarang. Karena x x n ® , maka $kÎN,"n ³k : xn -x <e
Karena n r barisan bilangan asli naik, maka r n n ³ . Akibatnya n k r n k n " ³ , ³ ³ sehingga
x -x <e n r .
Teorema (Kriteria Divergen)

24. Jika X = ( xn ) barisan bilangan real, maka pernyataan-pernyataan berikut ekuivalen:
(i). ( ) n X = x divergen (tidak konvergen ke xÎÂ)
(ii). $eo > 0,"k ÎN,$rn ÎN ' rn ³ k dan xrn - x ³e
(iii). o X (xr ) xr x o n N n n $e >0 dan '= ' - ³e ," Î
Contoh: ((-1)n ) divergen
Bukti: Andaikan ((-1)n ) konvergen ke x, maka barisan bagian ((-1)n ) konvergen ke x, tetapi
X 1 =(-1,-1,-1,-1,.......)®-1
X 1 =(1,1,1,1,.......)®1
((-1)n ) divergen
Ingat : ( ) n x konvergen ( ) n Þ x terbatas
( ) n x terbatas Þ ( xn ) belum tentu konvergen, contoh (-1)n terbatas tetapi tidak
konvergen.
Teorema Bolzano Weierstrass:
Setiap barisan bilangan real terbatas mempunyai barisan bagian konvergen.
Contoh: X ( x ) ( )n n N
n = = -1 , Î
X terbatas
X 1 =(-1,-1,-1,.......)®-1.
Teorema : Diketahui ( ) n x terbatas. Jika x x rn ® , maka x x n ® . (#)
BARISAN CAUCHY (BC)
Definisi : Barisan ( ) n x disebut BC jika "e >0,$H ÎN sehingga "m,n ³H : xm -xn <e
Contoh:
1). x n n N n = 1 , Î
Diambil e > 0 sebarang
x - x = 1 - 1 1 1 1 1
m n m n £ m + n = m + n Dipilih H ÎN sehingga 1 e H
< 2
Akibatnya untuk m,n ³H :
- £ 1 + 1
< e e 2 + 2 = e
xm xn H H .
( x )BC  n
y n n Î
= + ,
3 1
2 5
( )
( ) 9 3
2). n N
n
+
13
2
3
+ +
3
3 1
3
13
3
2 1
+
= +
+
=
n n
n
Diambil e > 0 sebarang

25. 13
2
ö çè
÷ø
æ
+
13
2
ö çè
+ - ÷ø
æ
+
- = +
9 3
3
9 3
3
m n
y ym n
13
9 3
13
9 3
+
-
+
=
m n
13
9 3
13
9 3
+
+
+
£
m n
13
9 3
13
9 3
+
+
+
=
m n
13
m 9n
£ 13 +
9
1 < 9e
H
Dipilih H ÎN sehingga 26
Akibatnya "m,n ³H :
- < × e + × 9
e =e
26
13
9
9
26
13
9
ym yn
( y )BC  n .
3). z ( )n n N
n = -1 , Î
( )m ( )n
m n z -z = -1 - -1
Diambil e =1
"H ÎN,$m,nÎN,m genap,n ganjilsehingga m,n £H
Diperoleh:
( )m ( )n
m n z -z = -1 - -1
=1-(-1) =2 >e
( z ) BC n  bukan
Teorema:
(a). ( ) ( ) n n x BC Þ x terbatas
(b). ( xn ) BC Þ( xn ) konvergen
Bukti:
(a). Karena ( x )BC, n maka untuk e =1,$H ÎN,"m, n ³H
xm -xn <1
Akibatnya "n ³H
n n H H x = x -x +x
n H H £ x -x + x
<1+ xH
Diambil M = maks { , ,......., , 1} 1 2 1 + H - H x x x x
Diperoleh "nÎN
x M n £ .
(b). Diambil e > 0 sebarang.
Karena ( x )BC, maka H N, m, n H : n $ Î " ³
- <e xm xn .
2
( x )BC n , maka ( ) n x terbatas. Menurut teorema BW, $ barisan bagian ( ) rn x dari ( ) n x
sehingga x ® x xÎÂ rn , .
Karena (x ) x, maka n r ® $kÎN,k ³H dan k Î(r1, r2,.......) sehingga "rn ³k :
x - x < e n r .
2
Akibatnya untuk n ³ k :
xn -x = xn -xk +xk -x

26. £ xn -xk + xk -x
< e 2 + e 2 = e .
Contoh:
Diketahui ( ) ( ), 2
dengan 1, 2, 1 X = xn x1 = x2 = xn = xn-2 + xn-1 n >
2
Tunjukkan ( ) n x konvergen dan selanjutnya tentukan konvergen ke mana.
Jawab:
8 dst
1, 2, 3 1 2 3 4 5 x = x = x = x = x =
, 13 4
, 7 2
( )
£ x £ "nÞ x
1 2, terbatas
( ) TKM tidak dapat digunakan
tidak monoton
n
n n
x
Perhatikan bahwa:
1 2 1 1 2 x -x = - =
2
1
2 3 2 3 x - x = - =
2
1
x - x = 3 7
1
2
- 4
= 4
=
:
:
3 4 22
1
+ - - = n n n x x (cek dengan induksi).
1 1 2
Diperoleh:
xn -xm = xn -xn+1 +xn+1 -xn+2 +xn+2 +.......+xm-1 -xm
n n n n n n m m £ x -x + x -x + x -x + x -x +1 +1 +2 +2 +3 -1 .......
= 1
+ + + ....... + 1
n - n + - n + - m
- - 1 1 1 2
2 1 2 1 1
1
2
1
2
....... 1
1
1 1
ö çè
÷ø
= æ + + + + 2
-1 2
2
2 2 - -1
1
n m n
4
æ
-
1
ö
n 2n
2
1 1
2
1
1 = ÷ ÷
ø
ç ç
è
= -
Î dengan 1 < e H H N .
Diberikan e > 0 sebarang. Pilih 2 4
Akibatnya "m, n ³H :
- = £ < × e =e
4
4
4
xn xm n H
2
4
2
( x )BC  n . Menurut teorema sebelumnya, ( ) n x konvergen.
Perhatikan untuk barisan bagian suku ganjil ( ) 2n+1 x

27. x
1
3
= = +
= = + +
5 2
= = + + +
7 3 5
....... 1
x
x
x
= + + + +
n n ( )
3
5
1 2
3
4
1
:
1 1
æ
1 1
2
n
1 1
3
1 1
ö
ö çè
1 1
3
ö 4
çè
1 2
4
4
2
4
1 1
1 1
2
2
2
:
2
1
2
1
2
1 1 32
1
53
2
1
2
1 1 8
13
2
1 1 2
3
2 1 3 2 1
= + ® ÷ø
= + æ -
÷ø
= + × æ -
÷ ÷ ÷
ø
ç ç ç
è
-
-
= +
=
+ -
n
n
x
® 5 n x menurut teorema (#)
Jadi 3
LIMIT FUNGSI
Definisi
AÍÂ, cÎÂ
c disebut titik limit A jika "e>0 ,
Ve (c) Ç A -{c} ¹f
dimana ( ) ( e e ) e V c = c - ,c + = persekitaran titik c.
Contoh
1) A = (0,1) ÍÂ"e > e ( )Ç - ( 2) ¹ f
0, V 1 A 1
sehingga 2
2
1 titik limit A, 2 bukan titik limit A sebab ada
( ) 2
e > 0 e = 1 sehingga ( ) { } f e V 2 Ç A - 2 =
2)
þ ý ü
A 1 ;
î í ì
= nÎN
n
"e > 0,$ Î , 1 < e . Ve (0) = (-e ,e )
k N .
k
n k, 1 1 .
Untuk ³ £ <e
n k
þ ý ü
V 0 A 1 : 0 1 :
Jadi 0 Limit A.
î í ì
( ) - { } = ³
¹
f e þ ý ü
î í ì
Ç = ³ n k
n
n k
n

28. Teorema
AÍÂ, cÎÂ
c titik limit A ( x ) A x c x c n n n Û $ Í , ¹ , ® .
Bukti
Þ Diketahui c titik limit A
"nÎN V (c) Ç A -{c} ¹f
1 , . Jadi x V (c) A x c n
n
n $ Î Ç , ¹ 1 .
n
Akibatnya x V (c)
Îæ - 1 , + 1 , ,
ö çè
n 1 Î dan x A x c n n Î , ¹ , atau x A x c
n
x c c
Î ¹ ÷ø
n n
n
n n n n n n - 1 < - < 1 , Î , ¹ .
Dengan demikian diperoleh x A x c
n
x c
Karena 0 1 lim~
- =
dan lim 1 0
n® n x c n n .
~
m=
, maka menurut teorema apit: li0 n® ~
n - =
®
Jadi ( x ) A x c x c n n n $ Í , ¹ , ®
Ü Diketahui ( x ) A x c x c n n n $ Í , ¹ , ® . Hal ini berarti untuk setiap e>0 , terdapat k ÎN
sehingga untuk setiap n ³ k : xn -c <e
Û -e < xn- cáe ,xn¹ c,xnÎ A
c x c x c x A n n nÛ -eá á +e , ¹ , Î
Jadi x V (c) x c x A n n n Î , ¹ , Î e . Dengan demikian, x V (c) A {c} n Î Ç - e atau
( ) { } f e V c Ç A - c ¹ .
Definisi
A ÍÂ, c titik limit A.
f : A®Â
Fungsi f dikatakan mempunyai limit di c jika terdapat LÎÂ dengan sifat untuk setiap e>0 ,
terdapat d =d (c,e ) > 0 sehingga untuk setiap xÎA, 0<x -c <d berlaku :
f (x)-L <e .
Ditulis:
( ) = Û("e > )($d =d ( e ) > ' " - <d Þ ( ) - <e )
lim 0 , 0 ,
®
f x L c x x c f x L
x c
Contoh
1) lim ( 3 + 2 ) = 3 + 2,
Î Â
®
x c x
x c
Bukti
Diberikan bilangan e>0 sebarang.
3x +2-(3c +2) =3 x -c
Dipilih c
d = e . Akibatnya untuk setiap x,0<x-c <d berlaku:
+ - ( + ) = - < d = ×e =e
3x 2 3c 2 3 x c 3 3 .
3
-
x
lim 9
2) 6
3
2
3
=
-
® x
x

29. Bukti
x
- 6 x
3
x
Diberikan e >0 sebarang.
Dipilih d =e . Akibatnya untuk setiap x,0<x-3<d berlaku:
2 9
3
- = -
-
2 9
- 6 3
3
- = - <d =e
-
x
x
x
3) lim(4 2 + - 8) = 4 2 + - 8
®
x x c c
x c
Bukti
(4x2 +x-8)-(4c2 +c-8) =4x2 -4c2 +x-c
= 4(x2 -c2 )+(x -c)
= 4(x -c)(x +c)+(x -c)
= ( x -c){4( x +c) +1}
=4x +4c +1 x -c
£(4 x +4 c +1) x -c
Untuk x- c á1:
x = x- c+ c £ x- c + cá1+ c
Sehingga
(4x2 +x -8)-(4c2 +c -8) £(4 x +4 c +1) x -c á(4(1+ c)+ 4c + 1)x- c
=(8 c +5) x -c
Diberikan e>0 sebarang.
Pilih ïþ
ïý ü
ïî
ïí ì
d e
+
=
8 5
min 1,
c
Akibatnya untuk x,0<x-c <d:
(4x2 +x -8)-(4c2 +c -8) <(8c +5) x -c
<(8 c +5)d
e =e
+
< + ×
8 5
8 5
c
c
Teorema (kriteria barisan untuk limit)
f ( x) = L Û " ( x ) Í A x ¹ c x ® c Þ f ( x ) ®
L x c n n n n
lim , ,
®
Bukti
Þ Diketahui f ( x) L
lim , artinya
x c
=
®
(" e ñ 0)($d = d (c,e ) > 0) ' (" x,0 < x - c < d Þ f ( x) - L < e )
Diambil sebarang ( x ) A x c x c n n n Í , ¹ , ® .
Untuk d > 0 diatas, terdapat k ÎN sehingga jika n ³ k berakibat
xn -c <d .
Akibatnya untuk n ³ k :
f ( xn ) - L <e

30. Ü Andaikan f ( x) L
lim . Hal ini berarti $e0 >0,"d >0,$xÎA ' 0 x -c <d
x c
¹
®
tetapi ( ) 0 f x -L ³e .
" Î ,$ Î ' 0 < - < 1 . Jadi $ barisan ( x ) A x c n n Í , ¹ dan x c n ® tetapi
n
n N xn A xn c
( ) 0 f x -L ³e n
D.k.l ( ) n f x ® L. Kontradiksi yang diketahui.
Kriteria Divergen
Diberikan A ÍÂ, f : A®Â dan cÎÂtitik limit A.
(a) f ( x) L ( x ) A x c x c x c n n n
lim ¹ Û $ Í , ¹ , ®
tetapi f ( x ) n ® L.
®
(b) f ( x)
lim tidak ada ( x ) A x c x c n n n Û $ Í , ¹ , ® tetapi ( ( )) n f x divergen.
x®c
Contoh
1) ( ) = cos 1 , x ¹ 0
f x
x
Ambil x
= 1 n ( ) , x ¹ 0, x
®
0
n
+ 1
P
n n æ
= cos 1 cos 1 1 +1 ,
Tetapi f ( x ) (n ) ( ) n
n N
÷ ÷ø
= + P = - Î n x
n
ö
ç çè
f ( x)
lim
®
 tidak ada
x 0
1 ¹
+
2) ( ) , 3
g x
= x
x
3
Ambil = -3 + 1 , x
¹ -3 n n x dan ®-3 n x
n
Tetapi
1
( ) n
n =
ö n
çè
x
g x
n
+ ÷ø
æ- +
=
+
=
3 1 3
3
1
g( x)
lim-
®
 tidak ada.
x 3
x x
f x
3) ( )
+ ³
=
1 , 3
î í ì
2, 3
x2 x
- á
Ambil = 3 + 1 , ¹ 3, ®3 n n n x x
n
x
( ) = + 2 = 3 + 1 + 2 = 5 + 1 ®5
f x xn n
= 3 - 1 , ¹ 3, ®3 n n n x x
n n
x
n
2
( ) 1 2 1 3 1 1 9 6 1 8 6 1
2 2
ö çè
æ + - - = ÷ø
ö çè
f x xn n - + - = ÷ø
n n n n n
= - = - æ -
= - 8
f ( x)
lim
®
 tidak ada.
x 3
Teorema Limit Fungsi
f , g : A®Â

31. c titik limit A
Jika f ( x) L
lim dan g( x) M
x c
=
®
lim , maka
x c
=
®
(1) ( )( ) = ÎÂ
lima f x a L,a
x ®
c
(2) lim
( f g)( x) L M
x c
+ = +
®
(3) lim
( fg)( x) LM
x c
=
®
ö
æ
x L
f
(4) ( ) 0 , lim ¹ = ÷ ÷ø
ç çè
®
M
M
g
x c
Definisi
A ÍÂ, f , g : A®Â
(1) ( f ± g)( x) = f ( x) ± g( x)
( fg)( x) = f ( x)g(x),"xÎA
(2) bÎÂ, (bf )( x) =bf ( x),"xÎA
(3) ( ) ( ) ( )
h x ¹ 0,æ f x = f x
,
" Î ÷ø
( ) x A
h x
ö n
çè
Bukti
(1) Ambil sebarang barisan ( x ) A x c x c n n n Í , ¹ , ® sehingga f ( x ) L n ®
Akibatnya
( f )( x ) f ( x ) L n n a =a ®a
( f )( x) L
 lim
x c
a =a
®
(2) Ambil sebarang barisan ( x ) A x c x c n n n Í , ¹ , ®
Karena f ( x) = L g( x) ®
M
lim , lim maka
x ® c x ®
c
f ( x ) L n ® dan g( x ) M n ®
Akibatnya
( f g)( x ) f ( x ) g( x ) L M n n n + = + ® +
( f g)( x) L M
 lim
x c
+ = +
®
Contoh
x x
f x
( )
1) ( )
+ ³
=
1 , 3
î í ì
2, 3
x2 x
- á
x
- ³
=
8, 3
î í ì
5, 3
x
á
g x
lim f ( x)
dan g( x)
x®c
lim tidak ada
x®c
( )( )
î í ì
x x
- ³
3, 3
x2 x
f + g x
=
9 - , á
3
( f + g)( x) = ¹ f ( x) +
g( x)
x 3 x 3 x 3
lim 0 lim lim
® ® ®
2) f ( x) f ( x)
= - tidak ada
lim 3, lim
® ®
x 2 x 3

32. 2
mlim
g( x)
tidak ada, lig ( x
) =
8 x ® 3
x
®
( )( ) ( )
( ) î í ì
x x
- + ³
=
81 , 3
5 2, 3
x2 x
fg x
- á
li( fg )( x
) = -
24 ®
2
mx
( fg)( x)
x 3
lim
® tidak ada
x x
f x
( )
3) ( )
+ ³
=
1 , 3
î í ì
3, 3
x2 x
- á
³
=
2, 2
î í ì
3, 3
x
á
x
g x
( )( )
ïî
ì
( )
( )
( ) ïí
x x
+ ³
3 3 , 3
2
x x
x x
- £ <
31 ,2 3
2
- <
=
2 1 , 2
fg x
( fg)( x)
x 3
lim
® tidak ada
Karena f ( x)
lim
® tidak ada, g( x)
x 3
lim
® ada, ( fg)( x)
x 3
lim
® tidak ada
x 2
Karena f ( x)
lim
® ada, g( x)
x 2
lim
® tidak ada.
x 2
Teorema
f : A®Â, f ( x) ³ 0
lim f ( x)
ada Þ lim ( ) ³ 0
x®c
®
f x
x c
Bukti
Misalkan f ( x) L
lim . Andaikan L < 0
x c
=
®
Diambil e = - Lñ 0. Terdapat d>0 sehingga untuk setiap xÎA,0<x-c <d berlaku
f (x)-L <-L Û Láf(x)- Lá- L
Û 2L< f(x)á 0
Kontradiksi dengan f (x) ³0
Teorema apit
Diberikan A ÍÂ
f , g,h : A®Â
c titik limit A.
Jika f ( x) £ g( x) £h( x),"xÎA, x ¹c dan

33. lim f ( x) = lim h( x) =
L
, maka g( x) L
x ® c x ®
c
lim .
x c
=
®
FUNGSI KONTINU
Definisi:
f : A®Â
cÎA titik limit A
Fs f dikatakan kontinu di cÛ("e >0)($d =d(c,e ) >0) ' ("xÎA, x -c <d Þ f ( x) - f (c) <e )
Atau:
Fungsi f kontinu di c jika
mc
(1). f (c) ada
(2). Lif ( x ) ada x®
(3). Lif ( x ) =
f ( c ) x
®
mc
Contoh:
1). ( )
î í ì
x x
+ ³
3 1, 1
x2 + x
£
=
3, 1
f x
f (1) =4
( ) 4
Lim f x
=
x
®
1
f ( ) Lim f ( x)
x 1
1
®
=
Kesimpulan : f kontinu di 1.

34. 2). ( )
x x
3 1, 1
î í ì
+ ¹
=
g x
=
g(1) =2
x
2 , 1
( ) 4
Lim g x
=
x
®
1
g( ) Lim g( x)
x 1
1
®
¹
Kesimpulan : g tidak kontinu di 1.
Fungsi f dikatakan kontinu pada A jika f kontinu di setiap titik anggota A .
Fungsi yang tidak kontinu dinamakan fungsi diskontinu.
Teorema:
f : A®Â
cÎA
f kontinu di c Û "( xn ) Í A, xn ® c Þ f ( xn ) ® f (c) .
Teorema:
f : A®Â
cÎA
f diskontinu di c Û $( xn ) Í A, xn ® c Þ f ( xn ) ® f (c)
Contoh:
1). ( )
x
1, rasional
x
î í ì
f x
=
0, irrasional
Untuk c rasional, f (c) =1
Diambil barisan bilangan irrasional ( x ) n dengan xn ®c
xn irrasional Þ f ( x ) = 0," n Î N f ( x ) ® 0 ¹
f (c) n . Akibatnya n Jadi f diskontinu di c rasional.
Untuk c irrasional, f (c) =0
Diambil barisan bilangan rasional ( y ) n dengan yn ®c
yn rasional Þ f ( y ) =1," n Î N f ( y ) ®¹
f (c) n . Akibatnya n 1 Jadi f diskontinu di c irrasional.
2). f :® kontinu
f (r) =0,"r rasional
Buktikan f ( x) =0,"xÎÂ
Bukti:
Cukup dibuktikan f (x) =0,"x irrasional
Diambil sebarang x irrasional. Karena f kontinu pada Â, maka f kontinu di x.
Diambil barisan bilangan rasional (r ) r x n n , ® . Akibatnya f (r ) f ( x) n ® .
Di lain pihak, f (r ) n n = 0 " . Jadi ( ) ®0 n f r
Dengan ketunggalan limit, maka f (x) =0 , x irrasional.
3). f :®Â
( )
î í ì
x +
x
f x
=
-
Tentukan titik-titik kekontinuan dari f
Jawab:
Misal f kontinu di c.
Diambil sebarang barisan ( xn ) Í Â, xn ® c
3, rasional
x x
8 3 , irrasional

35. ( )
î í ì
x x
n n
f x
n -
x x
Karena xn ®c maka ( x ) ( x ) n rasional dan n irrasional juga konvergen ke c.
Dengan demikian:
yn = xn + 3® c + 3
zn = 8 - 3xn ®8 - 3c
Di lain pihak, ( y ) dan ( z ) n n barisan bagian dari ( f ( x )) n . Karena f kontinu di c,
maka yn ® f (c) dan zn ® f (c)
Dengan ketunggalan limit barisan :
( ) 4
+
3, rasional
=
8 3 , irrasional
n n
f c = c + 3 = 8 - 3c sehingga c = 5 .
Teorema:
f , g : A®Â
cÎA
Jika f dan g masing-masing kontinu di c, maka
(i). a f kontinu di c,a skala r
(ii). f ±g kontinu di c
(iii). fg kontinu di c
f
(iV0. kontinu di c, g(c) ¹0
g
Teorema:
Misal A, B ÍÂ
f : A®Â
g : B®Â
adalah fungsi-fungsi dengan f ( A) ÍB .
Jika f kontinu di cÎA dan g kontinu di b = f (c) , maka g  f : A®Â kontinu di C .
Bukti:
Diambil sebarang barisan ( xn ), xn ® c
Karena f kontinu di c , maka f ( x ) f (c) n ®
Karena g kontinu di f (c) maka g( f ( x )) g( f (c)) n ® yang berarti ( g f )( x ) ( g f )(c)  n ®  .
Contoh:
1). f ( x) = x +3
g( x) = x2 -1
f kontinu di 0
g kontinu di 3 = f (0)
( g  f )( x) ®g( f ( x)) = g( x + 3) = ( x + 3)2 -1 kontinu di 0
2). f ( x) = x +1
( )
x
0, 1
x
î í ì
¹
g x
=
2, =
1
Fungsi f kontinu di 0 tetapi fungsi g diskontinu di 1 = f (0)
( )( )
x
0, 0
x
î í ì
¹
g  f x
=
2, =
0
( g  f ) diskontinu di 0.