Download Materi PENGANTAR ANALISIS REAL

DIKTAT

KULIAH

–

ANALISIS

PENGANTAR

ANALISIS

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

Pengantar

Analisis

Real

I

HALAMAN PERSEMBAHAN

Tulisan ini saya persembahkan kepada

penggiat dan pemerhati Matematika

di Indonesia

Pengantar

Analisis

Real

I

KATA PENGANTAR

Syukur alhamdulillah, akhirnya penulisan buku ini dapat diselesaikan dengan tepat

waktu. Materi buku ini diambil dari catatan kuliah Pengantar Analisis Real I di Jurusan

Matematika UGM pada tahun 2004 dan 2005. Pengantar Analisis Real I merupakan

mata kuliah wajib bagi mahasiswa S-1 Matematika. Semoga dengan buku yang

sederhana ini dapat membantu para mahasiswa dalam mempelajari dan memahaminya.

Diharapkan mahasiswa telah mempelajari konsep logika pembuktian, himpunan, dan

Kalkulus Lanjut.

Pada kesempatan ini tak lupa saya mengucapkan banyak terima kasih kepada

semua teman kuliah di Matematika UGM angkatan 2002 dan 2003, khususnya yang

telah membantu dan meminjamkan buku catatan kuliahnya.

Kami sangat menyadari sepenuhnya bahwa buku ini masih jauh dari sempurna.

Oleh karena itu, kami sangat mengharapkan kritik maupun saran yang membangun

demi kelanjutan dan sempurnanya buku ini, terima kasih.

Yogyakarta, 26 Agustus 2008

M. Zaki Riyanto, S.Si.

E-mail : zaki@mail.ugm.ac.id

http://zaki.math.web.id

Pengantar

Analisis

Real

I

DAFTAR ISI

Halaman Judul……...…………………………...……………......……………....

i

Halaman Persembahan..................………………………………………............. ii

Kata Pengantar..............................………………………………………............. iii

Daftar Isi.........……………………………………………………........................ iv

Bab 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

……….………….………..…………............. 27

Bab 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.................................................................... 68

Daftar Pustaka…………………………………………………………….....…... 74

Pengantar

Analisis

Real

I

BAB 1

BILANGAN REAL

Pada bab ini dibahas sifat-sifat penting dari sistem bilangan real R

, seperti sifat-sifat

aljabar, urutan, dan ketaksamaan. Selanjutnya, akan diberikan beberapa pengertian

seperti bilangan rasional, harga mutlak, himpunan terbuka, dan pengertian lainnya yang

berkaitan dengan bilangan real.

1.1. Sifat-sifat Aljabar dan Urutan dalam R

Sebelum menjelaskan tentang sifat-sifat R

, diberikan terlebih dahulu tentang struktur

aljabar dari sistem bilangan real. Akan diberikan penjelasan singkat mengenai sifat-sifat

dasar dari penjumlahan dan perkalian, sifat-sifat aljabar lain yang dapat diturunkan

dalam beberapa aksioma dan teorema. Dalam terminologi aljabar abstrak, sistem

bilangan real membentuk lapangan (field) terhadap operasi biner penjumlahan dan

perkalian biasa.

Sifat-sifat Aljabar R

Pada 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 Î R

(sifat komutatif penjumlahan)

,

(A2) (a + b) + c = a + (b + c) untuk semua , ,

a b c Î R

(sifat assosiatif penjumlahan)

(A3) terdapat 0Î R

sedemikian hingga 0 + a = a dan a + 0 = a untuk semua a Î R

(eksistensi elemen nol)

(A4) untuk setiap a Î R

terdapat -a Î R

sedemikian hingga a ( ) = 0

+ -a dan

(-a) + a = 0 (eksistensi elemen negatif atau invers penjumlahan)

(M1) a b = b × a untuk semua a b Î R

(sifat komutatif perkalian)

× ,

(M2) (a ×b) ×c = a ×(b ×c) untuk semua , ,

a b c Î R

(sifat assosiatif perkalian)

Pengantar

Analisis

Real

I

(M3) terdapat 1Î R

sedemikian hingga 1× a = a dan a ×1 = a untuk semua a Î R

(eksistensi elemen unit 1)

(M4) 1 .

1 .

untuk setiap a Î R

, a ¹ 0 terdapat Î R

sedemikian hingga a × = 1 dan

.

.

a .

a .

.

1 .

×

a = 1 (eksistensi invers perkalian)

.

.

.

a .

(D) a ×(b + c) = (a ×b) + (a ×c) dan ( + c) × a = (b × a) + (c × a) untuk semua , ,

b abc Î R

(sifat distributif perkalian atas penjumlahan)

Sifat-sifat di atas telah umum diketahui. Sifat (A1)-(A4) menjelaskan sifat

penjumlahan, sifat (M1)-(M4) menjelaskan sifat perkalian, dan sifat terakhir

menggabungkan kedua operasi.

Selanjutnya, diberikan beberapa teorema tentang elemen 0 dan 1 yang telah

diberikan pada sifat (A3) dan (M3) di atas. Juga akan ditunjukkan bahwa perkalian

dengan 0 akan selalu menghasilkan 0.

Teorema 1.1.1.

(a) Jika z a Î R

dengan z + a = a , maka z = 0 .

,

(b) Jika u dan b ¹ 0 elemen R

dengan u ×b = b , maka u = 1.

(c) Jika a Î 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

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 Î R

, maka

(a) (-1 .)a = - a .

(b) ( = a .

- - a)

(c) (-1) × - ( 1) = 1.

Selanjutnya, diberikan dua sifat penting dari operasi perkalian, yaitu sifat

ketunggalan elemen inversnya dan bahwa perkalian dua bilangan itu hasilnya nol

apabila salah satu faktornya adalah nol.

Teorema 1.1.3.

(a)

Jika a + b = 0 , maka b = -a .

1

(b)

Jika a ¹ 0 dan b Î 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 Û (-a) + (a + b) = (-a) + 0

Pengantar

Analisis

Real

I

Û ( )( )a a b a- + + = - (A2 dan A3)

Û 0 b a+ = - (A4)

Û b = -a . (A3)

(b) Karena a

×b

= 1

, maka

.

1 .

1

× .

× )

a b= 1 Û .

(a b = ×1

.

a .

a

.

1 .

1

Û .

× a .

( ) b =

.

a .

a

1

Û 1×b =

a

1

Û b = .

a

(c) Diketahui a

×b

= 0

, maka

.

1 .

.

1 .

× Û a = .

a b= 0

.

.

×( ×b) .

×0

.

a .

.

a .

.

1 .

b = 0

.

a .

.

1 .

Û .

× a .

( )

b = 0

.

a .

Û .

× a .

( )

Û 1×b = 0

Û 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 dari

sistem bilangan real. Beberapa akibat dari teorema tersebut diberikan sebagai bahan

latihan soal di bagian akhir subbab ini.

Pengantar

Analisis

Real

I

Operasi pengurangan (substraction) didefinisikan dengan a - b : a + - b)

= (

untuk ,Sama halnya dengan operasi pembagian (division), untuk a b Î R

a b Î R

. ,

a .

1 .

dengan b ¹ 0 didefinisikan := a .

×.

.

b .

b .

Untuk selanjutnya, a bcukup dituliskan dengan ab , dan penulisan 2 untuk

× a

3 2 n+1 n

aa, a untuk (a ) a , dan secara umum didefinisikan a := (a ) a untuk n Î N

. Lebih

10 -1 1

lanjut, a = a , dan jika a ¹ 0 , maka dapat ditulis a = 1 dan a untuk , dan jika

a

-n .

1 .n

n Î N

, dapat ditulis auntuk .

.

.

.

a .

Bilangan Rasional dan Irrasional

Telah diketahui bahwa himpunan N

dan Z

adalah subset dari R

. Elemen R

yang

dapat dituliskan dalam bentuk

b

di mana a b Î Z

dan a ¹

,0 disebut dengan bilangan

a

rasional (rational numbers). Himpunan semua bilangan rasional di R

dinotasikan

dengan Q

. Dapat ditunjukkan bahwa penjumlahan dan perkalian dua bilangan rasional

adalah bilangan rasional. Lebih lanjut, sifat-sifat lapangan juga berlaku untuk Q

.

Akan tetapi, tidak semua elemen R

merupakan elemen Q

, seperti 2 yang

b

tidak dapat dinyatakan ke dalam bentuk . Elemen R

yang bukan elemen Q

disebut

a

bilangan irrasional (irrational numbers).

Akan ditunjukkan bahwa tidak terdapat bilangan rasional yang kuadratnya

adalah 2. Untuk membuktikannya digunakan istilah genap dan ganjil. Suatu bilangan

asli disebut genap apabila bilangan itu mempunyai bentuk 2n untuk suatu n Î N

, dan

disebut ganjil apabila bilangan itu mempunyai bentuk 2n -1 untuk suatu n Î N

.

Teorema 1.1.4. Tidak ada elemen r Î Q

sedemikian hingga r2 = 2 .

Pengantar

Analisis

Real

I

Bukti. Andaikan ada r Î Q

sedemikian hingga r2 = 2 . Karena r Î Q

, maka r dapat

p

dituliskan sebagai dengan p dan q tidak mempunyai faktor berserikat selain 1,

q

2

.

p .

222

2

sehingga diperoleh = 2 atau p = 2q . Karena 2q genap, maka p genap.

.

.

q

.

.

Akibatnya p juga genap, sebab jika ganjil, maka p = 2m -1 untuk suatu m Î N

, atau

2

222

2

(2m -1) = 4m

- 4m +1 = 2 2 m - 2m)

p = ( +1 yang berarti bahwa p ganjil. Jadi, p

haruslah genap. Karena p genap, maka p = 2k untuk suatu k Î N

, sehingga

22

22

p = (2k )2 = 4k . Di lain pihak diketahui p = 2q dan p genap, akibatnya q ganjil,

sebab jika q genap, maka faktor berserikat p dan q bukan 1. Jadi, q haruslah ganjil.

22 22 22

Sehingga diperoleh p = 2q Û 4k = 2q Û 2k = q yang berarti q genap. Timbul

kontradiksi bahwa q ganjil. Jadi, pengandaian salah, yang benar adalah tidak ada r Î Q

sedemikian hingga r2 = 2 .

Sifat-sifat Urutan pada R

Sifat urutan menjelaskan tentang kepositifan (positivity) dan ketaksamaan (inequalities)

di antara bilangan-bilangan real.

Ada subset tak kosong P

Ì R

, yang disebut dengan himpunan bilanganbilangan

real positif tegas, yang memenuhi sifat-sifat berikut:

(i) Jika a b Î P

, maka a + b Î P

.

,

(ii) Jika a b Î P

, maka ab Î P

.

,

(iii)

Jika a Î P

, maka memenuhi tepat satu kondisi berikut:

a Î P

, a = 0 , -a Î P

.

Sifat pertama dan kedua pada teorema di atas menjelaskan tentang sifat tertutup.

P

terhadap operasi penjumlahan dan perkalian. Sifat yang ketiga (iii) sering disebut

Sifat Trikotomi (Trichotomy Property), sebab akan membagi R

ke dalam tiga jenis

elemen yang berbeda. Hal ini menjelaskan bahwa himpunan {-a : a Î P} dari bilangan

Pengantar

Analisis

Real

I

real negatif tidak mempunyai elemen yang sama dengan himpunan bilangan real positif.

Lebih lanjut, R

merupakan gabungan tiga himpunan saling asing tersebut, yaitu

R

= P

È - a : a Î P

È 0 .

{ }{}

Definisi 1.1.5.

(i) Jika a Î P

, ditulis 0a > , artinya a adalah bilangan real positif.

(ii) Jika {0}a Î P

È , ditulis 0a ³ , artinya a adalah bilangan real nonnegatif.

(iii) Jika -a Î P

, ditulis 0a < , artinya a adalah bilangan real negatif.

(iv) Jika {0}-a Î P

È , ditulis 0a £ , artinya a adalah bilangan real nonpositif.

Definisi 1.1.6. Diberikan a b Î R

.

,

(a) Jika a - b Î P

, maka ditulis a > b atau b < a .

(b) Jika a - b Î P

È{0} , maka ditulis a ³ b atau b £ a .

Sifat Trikotomi di atas berakibat bahwa untuk ,memenuhi tepat satu

a b Î R

kondisi berikut:

a > b , a = b , 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

Pengantar

Analisis

Real

I

Bukti.

(a) Diketahui a > b dan b > c , , ,

a > b , maka a - b

a b c Î R

. Karena Î P

. Karena

b > c , maka b - c Î P

. Menurut sifat urutan, maka a + b Î P

, sehingga

diperoleh

(a - b) + (b + c) Î P

Û a - b + b - c Î P

Û (a - c) + - ( b + b) Î P

Û (a - c) + 0Î P

Û a - c Î P

Û a > c.

(b) Jika

a - b Î P

, maka (a + c) - (b - c) = a - b Î P

. Sehingga diperoleh bahwa

a + c > b + c .

(c) Jika a - b Î P

dan c Î P

, maka ca - cb = c (a - b) Î 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 real

positif. Sifat ini diperoleh dari sifat dasar urutan, berikut ini diberikan teoremanya.

Teorema 1.1.8.

(a) Jika a Î R

dan a ¹ 0 , maka a2 > 0 .

(b) 1 > 0 .

(c) Jika n Î N

, maka n > 0 .

a + b

Teorema 1.1.9. Jika a b Î R

dan a < b , maka a < < b

,

.

2

Pengantar

Analisis

Real

I

(a + b)

Bukti. Karena a < b , maka a + a < a + b Û 2a < a + b , diperoleh a < . Karena

2

(a + b)

a < b , maka a + b < b + b Û a + b < 2b , diperoleh 0 , dan karena > 0 , maka diperoleh

2

1

0 < a < a .

2

Selanjutnya, untuk membuktikan bahwa suatu himpunan a ³ 0 adalah sama

dengan nol, maka harus ditunjukkan bahwa a selalu lebih kecil dari sebarang bilangan

positif yang diberikan.

Teorema 1.1.10. Jika a Î R

sedemikian hingga 0 £ a < e untuk setiap e> 0 , maka

a = 0 .

a a

Bukti. Andaikan a > 0 , maka a > > 0 . Diambil e0 = (e0bilangan real positif

2 2

tegas), maka a >e0 > 0 . Kontradiksi dengan pernyataan 0 £ a < e untuk setiap e> 0 .

Jadi, pengandaian salah, yang benar adalah a = 0 .

Perkalian antara dua bilangan positif hasilnya adalah positif. Akan tetapi, hasil

perkalian 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 .

Pengantar

Analisis

Real

I

Akibat 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 untuk

menyelesaikan suatu ketaksamaan. Perhatikan contoh di bawah ini.

Contoh 1.1.13.

(a) Tentukan himpunan A dari bilangan real x sedemikian hingga 2x + 3 £ 6 .

Jawab. Diketahui x Î A dan 2x + 3 £ 6 , maka

3

2x + 3 £ 6 Û 2x £ 3 Û x £ .

2

.

3.

Jadi, A = .x Î R

: x £ .

.

.

2.

(b) Diberikan B = { x Î R

: x2 + x > 2} . Tentukan bentuk lain dari B.

Jawab. Diketahui x Î 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 Î R

: x > 1} È{ x Î R

: x < - 2} .

Teorema 1.1.14. Jika a ³ 0 dan b ³ 0 , maka

(a) a - 1 , maka (1 + x)n ³ 1+ nx untuk semua

n Î N

.

Pengantar

Analisis

Real

I

Bukti. Akan dibuktikan menggunakan induksi.

Untuk n = 1, maka

(1+ x)1 ³ 1+1× x Û 1+ x ³ 1+ x (pernyataan benar).

Misalkan benar untuk n = k , yaitu (1 + x)k ³ 1+ kx . Akan dibuktikan benar untuk

n = k +1, yaitu

k +1 k

(1 + x) = (1 + x) (1 + x) ³ (1+ kx ) (1+ x)

= 1+ kx + x + kx 2

2

= 1+ (k +1) x + kx .

2 k +1

Karena kx ³ 0 , maka (1 + x) ³ 1+ (k +1) x , yang berarti benar untuk n = k +1. Jadi,

terbukti bahwa (1 + x)n ³ 1+ nx untuk semua n Î N

.

1.1.16. Ketaksamaan Cauchy Jika n

Î N

dan a1, ..., an ,b1, ..., bn Î R

, maka

22 222 2

a b + a b + ... + a b 2 £ a + a + ... + a b + b + ... + b

( 1 1 2 2 n n ) ( 1 2 n ) ( 1 2 n )

atau

n nn

.

.2 .

.

.

.

a b £ a a.

.

.

i i .

.

.

i .

.

.

i .

.

i=1 .

.

i=1 .

.

i=1 .

n nn

.

.2 .

2 .

.

2 .

Selanjutnya, jika tidak semua b = 0 , maka a b = a b jika dan

i.

.

i i .

.

.

i .

.

.

i .

.

i=1 .

.

i=1 .

.

i=1 .

hanya jika terdapat s Î R

sedemikian hingga a = sb , a = sb , ..., a = sb .

112 2 n n

Bukti. Didefinisikan fungsi F : R

® R

sebagai berikut:

22 2

F t ( ) = (a1 - tb 1 ) + (a2 - tb 2 ) + ... + (an - tb n ) , t Î R

.

Jelas bahwa F t ( ) ³ 0 , untuk setiap t Î R

. Selanjutnya,

2 222 222 22

F t ( )= (a - 2ta b + t b ) + (a - 2ta b + t b ) + ... + (a - 2ta b + t b )

1111 2 222 n nnn

22 2 2222

= (a + a2 + ... + an ) - 2t (a b 1 1 + a b 2 + ... + a b n n ) + t (b1 + b2 + ... + bn )

1 2

nn n

.

2 ..

.

2 .

2 .

= a - 2t ab + t b .

.

.

i .

.

.

i i .

.

.

i .

.

i=1 .

.

i=1 .

.

i=1 .

Pengantar

Analisis

Real

I

2

Ingat bahwa persamaan A + 2Bt + Ct ³ 0 jika dan hanya jika (2B)2 - 4AC £ 0 , yang

B2

berakibat £ AC . Sehingga diperoleh bahwa

n nn

.

.2 .

.

.

.

a b £ .

i a

.

.

i i .

.

a .

.

.

i .

.

.

i=1 .

.

i=1 .

.

i=1 .

Dengan demikian teorema terbukti.

SOAL LATIHAN SUBBAB 1.1

1. Jika

a b Î R

, tunjukkan bahwa:

,

(a) -(a + b) = (-a) (

+ -b) .

(b)

(-a)( -b) = ab .

( b

-a

(c) -

a = jika b ¹ 0 .

) b

2. Selesaikan persamaan berikut.

(a) 2x + 5 = 8.

(b)

x2 = 2x .

1 .

1 .

.

1 .

3. Jika

a ¹ 0 dan b ¹ 0 , tunjukkan bahwa = .

.

.

.

.

(ab)

.

a .

.

b .

4.

Buktikan bahwa tidak ada bilangan rasional t sedemikian hingga t2 = 3 .

1

5. Buktikan bahwa jika a > 0 , maka = a .

1

( a)

6. Jika

a b Î R

, tunjukkan bahwa a2 + b2 = 0 jika dan hanya jika a = b = 0

,

.

.

1 .212 2

7. Buktikan bahwa (a + b) =

(a + b ) , untuk semua a b Î R

.

.

.

,

.

2 .

2

m+n

m n n mn

8. Tunjukkan bahwa jika a Î R

dan

m n Î N

, maka a = a a dan ( am )= a .

,

(Gunakan induksi matematik.)

Pengantar

Analisis

Real

I

1.2. Nilai Mutlak dan Garis Bilangan Real

Dari sifat Trikotomi, dapat ditarik kesimpulan bahwa jika a Î R

dan a ¹ 0 , maka a

atau -a merupakan bilangan real positif. Nilai mutlak dari a ¹ 0 didefinisikan sebagai

nilai positif dari dua bilangan tersebut.

Definisi 1.2.1. Nilai mutlak (absolute value) dari suatu bilangan real a, dinotasikan

dengan |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 bahwa

a

³ 0

untuk semua a Î R

, dan bahwa

a

= 0 jika dan hanya jika a = 0 . Juga bahwa

-a

= a

untuk semua a Î R

. Berikut ini diberikan beberapa sifat nilai mutlak.

Teorema 1.2.2.

(a)

ab

=

a

b

untuk semua a Î R

.

2

(b)

a

2 = a untuk semua a Î R

.

(c)

Jika c ³ 0 , maka

a

£ c

jika dan hanya jika -c £ a £ c .

(d)

-

a

£ a £

a

untuk semua a Î 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

.

Pengantar

Analisis

Real

I

2

2

(b) Karena a2 ³ 0 , maka a2 =

a

=

aa

=

a

a

=

a

.

(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 Ketaksamaan

Segitiga (Triangle Inequality).

1.2.3. Ketaksamaan Segitiga Jika a b Î R

, maka

,

a + b

£

a

+

b

.

Bukti. Dari Teorema 1.2.2(d), diketahui -

a

£ a £

a

dan

-

b

£ b £

b

. Dengan

menjumlahkan 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 Î 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

.

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 sebarang

bilangan real yang banyaknya berhingga.

Akibat 1.2.5. Jika a , a , ..., a adalah sebarang bilangan real, maka

1 2 n

a1 + a2 + ...+ an

£

a

+

a

+ ...+

a

.

1

2

n

Contoh 1.2.6.

2x2 - 3x +1

Diberikan fungsi f yang didefinisikan dengan f ( ) = untuk x Î 2, 3] .

x

[

2x -1

Tentukan konstanta M sedemikian hingga

f ( )

x

£ M , untuk setiap x Î[2, 3] .

2x2 - 3x +1

2x2 - 3x +1

Diketahui

f ( )

x

=

= ,

2x -1

2x -1

2x2 - 3x +1 £

2x2

+

-3x

+ 1

2

= 2

x

+ 3

x

+1

£ 2

3

+ 3

3

+1

= 28

dan

2x -1 ³

( ) 2

( )

2x

- 1

=

2 2

- 1

= 3.

2x2 - 3x +1

( )

28

28

Sehingga

f ( )

x

= £ . Jadi, dengan mengambil M = , didapat

2x -13 3

f ( )

x

£ M , untuk setiap x Î[2, 3] .

Pengantar

Analisis

Real

I

Garis Bilangan Real (The Real Line)

Interpetasi geometri yang dikenal di antaranya garis bilangan real (real line). Pada garis

real, nilai mutlak

a

dari suatu elemen a Î 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 Î R

dan e> 0 . Persekitaran-e (e-neighborhood) dari a

didefinisikan sebagai himpunan

V a {

e( ): = x Î R

:

x - a

< e} = (a -e, a +e) .

( )V ae

a - e a a + e

Gambar 1.2. Persekitaran V ( ).

e a

Dapat dilihat bahwa x ÎV( ) jika dan hanya jika a - e< x < a +e. Persekitaran

e a

juga sering disebut dengan kitaran.

Teorema 1.2.7. Diberikan a Î R

. Jika x berada dalam persekitaran V ( )untuk

e a

setiap e> 0 , maka x = a .

Bukti. Jika x memenuhi

x - a

< e untuk setiap e> 0 , maka berdasarkan Teorema

1.1.10 diperoleh bahwa

x - a

= 0 , yang berakibat x = 0 .

Pengantar

Analisis

Real

I

2a ,

SOAL LATIHAN SUBBAB 1.2

1. Jika a b Î R

dan b ¹

,

0 , tunjukkan bahwa:

(a)

a

=

a

a

(b)

=

.

b

b

2. Jika , ,dan x £ z , tunjukkan bahwa x £ y £ z jika dan hanya jika

x y z Î R

x - y

+

y - z

=

x - z

.

3. Jika a < x < b dan a < y 0 dan d> 0 , dan a Î R

. Tunjukkan bahwa Ve( ) ÇV a

e( ) a ÈV ( )

V d a merupakan persekitaran-g dari a untuk suatu nilai g.

7. Tunjukkan bahwa jika a b Î R

, dan a ¹ b , maka terdapat persekiran-e U dari a

,

dan V dari b sedemikian hingga U ÇV = Æ .

8. Tunjukkan bahwa jika a b Î R

, maka

,1

(a)

max { , = (a + b +

a b } 1

a - b

) dan min { , }= (a + b -

a b

a - b

) .

2

2

(b)

min { , , = min {min { , ,c

a b c } a b } } .

1.3. Sifat Lengkap R

Pada bagian ini akan diberikan salah satu sifat dari R

yang sering disebut dengan Sifat

Lengkap (Completeness Property). Tetapi sebelumnya, perlu dijelaskan terlebih dahulu

konsep supremum dan infimum.

Supremum dan Infimum

Berikut ini diperkenalkan konsep tentang batas atas dan batas bawah dari suatu

himpunan bilangan real.

Pengantar

Analisis

Real

I

Definisi 1.3.1. Diberikan subset tak kosong S Ì R

.

(a)

Himpunan S dikatakan terbatas ke atas (bounded above) jika terdapat

suatu bilangan u Î R

sedemikian hingga s £ u untuk semua s Î 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 wÎ R

sedemikian hingga w £ s untuk semua s Î 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 Î R

: x < 2} ini terbatas ke atas, sebab

bilangan 2 dan sebarang bilangan lebih dari 2 merupakan batas atas dari S. Himpunan

ini tidak mempunyai batas bawah, jadi himpunan ini tidak terbatas ke bawah. Jadi, S

merupakan 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 dapat

ditunjukkan bahwa jika u ' adalah sebarang batas atas dari suatu himpunan tak kosong

Pengantar

Analisis

Real

I

S, maka sup S £ u ' , sebab sup S merupakan batas atas terkecil dari S. Suatu subset tak

kosong S Ì 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 Î R

merupakan batas atas dan sekaligus juga merupakan

batas bawah himpunan kosong Æ . Jadi, himpunan Æ tidak mempunyai supremum dan

infimum.

Lemma 1.3.3. Suatu bilangan u merupakan supremum dari subset tak kosong S Ì R

jika dan hanya jika u memenuhi kondisi berikut:

(1)

s £ u untuk semua s Î S ,

(2)

jika v 0 terdapat s1 Î S

sedemikian hingga u -e< s1 .

(b)

w = inf S jika dan hanya jika untuk setiap e> 0 terdapat s2 Î S

sedemikian hingga u -e< s2 .

Bukti.

(a)

.

Diketahui u = sup S dan diberikan e> 0 . Karena u - e< u , maka u - e

bukan merupakan batas atas S. Oleh karena itu, terdapat s1 Î S yang lebih besar

dari u - e, sehingga u -e< s1 .

.

Diketahui u -e< s1 . Jika u merupakan batas atas S, dan jika memenuhi

v 0 , dan diperoleh bahwa

u = sup S .

(b) Coba buktikan sendiri.

Pengantar

Analisis

Real

I

Contoh 1.3.5.

(a) Jika suatu himpunan tak kosong

S1mempunyai elemen sebanyak berhingga,

maka dapat dilihat bahwa S1mempunyai elemen terbesar, namakan u, dan

elemen terkecil, namakan w. Maka u = sup S1 dan w = inf S1 , dan keduanya

merupakan elemen S1.

(b) Himpunan S := { x : 0 £ x £ 1} mempunyai batas atas 1. Akan dibuktikan bahwa

2

1 merupakan supremumnya. Jika v < 1, maka terdapat s 'Î S2 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 S2 = 1. Dengan

cara yang sama dapat ditunjukkan bahwa inf S2 = 0 .

Sifat Lengkap R

Akan ditunjukkan bahwa subset tak kosong R

yang terbatas ke atas pasti mempunyai

batas atas terkecil. Sifat seperti ini disebut Sifat Lengkap R

. Sifat Lengkap juga sering

disebut dengan Aksioma Supremum R

.

1.3.6. Sifat Lengkap R

Jika subset tak kosong S Ì R

terbatas ke atas, maka

supremumnya ada, yaitu terdapat u Î R

sedemikian hingga u = sup S .

Akibat 1.3.7. Jika subset tak kosong S Ì R

terbatas ke bawah, maka infimumnya

ada, yaitu terdapat w Î R

sedemikian hingga w = inf S .

Bukti. Misalkan himpunan T terbatas ke bawah, T Ì R

. Dibentuk himpunan

S = {-t : t ÎT} , maka S terbatas ke atas dan tidak kosong. Menurut Aksioma

Supremum, sup S ada, namakan u = sup S , maka -u = inf T .

Pengantar

Analisis

Real

I

SOAL LATIHAN SUBBAB 1.3

1.

Diberikan S = { x Î R

: x > 0} . Apakah S mempunyai batas bawah dan batas

atas? Apakah inf S dan sup S ada? Buktikan jawabanmu.

n

2.

Diberikan T := 1- - )

{ ( 1 n : n Î N} . Carilah inf T dan sup T .

3.

Diberikan S subset tak kosong R

yang terbatas ke bawah. Buktikan bahwa

inf S = - sup {-s : s Î S} .

4.

Tunjukkan bahwa jika A dan B subset terbatas dari R

, maka A È B merupakan

himpunan terbatas. Tunjukkan bahwa sup ( A È B) = sup {sup A, sup B} .

5.

Diberikan S Í R

dan misalkan s* : = sup S dalam S. Jika u Ï S , tunjukkan

bahwa sup (S È{u} ) = sup { s*, u} .

6.

Tunjukkan bahwa himpunan berhingga S Í R

memuat supremumnya.

7.

Jelaskan dan buktikan Lemma 1.3.3.

1.4. Penggunaan Sifat Aksioma Supremum

Pada subbab ini dibahas beberapa akibat dari aksioma supremum.

Teorema 1.4.1. Diberikan subset tak kosong S Ì R

yang terbatas ke atas dan

sebarang a Î R

. Didefinisikan himpunan a + S := {a + s : s Î S} , maka berlaku

sup (a + S ) = a + sup (S ) .

Bukti. Jika diberikan u := sup S , maka x £ u untuk semua x Î S , sehingga

a + 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 atas

a + S , maka a + x £ v untuk semua x Î S . Akibatnya x £ v - a untuk semua x Î S ,

sehingga v - a merupakan batas atas S. Oleh karena itu, u = sup S £ v - a . Karena v

adalah sebarang batas atas a + S , maka dengan mengganti v dengan u = sup S ,

Pengantar

Analisis

Real

I

diperoleh a + u £ sup (a + S ) . Di lain pihak diketahui sup (a + S ) £ a + u . Akibatnya

terbukti bahwa sup (a + S ) = a + u = a + sup S .

Teorema 1.4.2. Diberikan subset tak kosong S Ì R

yang terbatas dan sebarang

bilangan real a > 0 . Didefinisikan himpunan aS := {as : s Î S} , maka berlaku

inf (aS ) = a inf (S ) .

Bukti. Tulis u = inf aS dan v = inf S . Akan dibuktikan bahwa u = av . Karena

u = inf aS , maka u £ as , untuk setiap s Î S . Karena v = inf S , maka v £ s untuk

setiap s Î S . Akibatnya av £ as untuk setiap s Î S . Berarti av merupakan batas bawah

aS. Karena u batas bawah terbesar aS, maka av £ u . Karena u £ as untuk setiap s Î S ,

u u

maka diperoleh £ s untuk setiap s Î S (sebab a > 0 ). Karena v = inf S , maka £ v

a a

yang berakibat u £ av . Di lain pihak diketahui av £ u . Akibatnya u = av . Jadi, terbukti

bahwa inf (aS ) = a inf (S ) .

Teorema 1.4.3. Jika A dan B subset tak kosong R

dan memenuhi a £ b untuk semua

a Î A dan b Î B , maka

sup A £ inf B .

Bukti. Diambil sebarang b Î B , maka a £ b untuk semua a Î A . Artinya bahwa b

merupakan batas atas A, sehingga sup A £ b . Selanjutnya, karena berlaku untuk semua

b Î B , maka sup A merupakan batas bawah B. Akibatnya diperoleh bahwa

sup A £ inf B .

Sifat Archimedes

Berikut ini diberikan salah satu sifat yang mengaitkan hubungan antara bilangan real

dan bilangan asli. Sifat ini menyatakan bahwa apabila diberikan sebarang bilangan real

x, maka selalu dapat ditemukan suatu bilangan asli n yang lebih besar dari x.

Pengantar

Analisis

Real

I

1.4.4. Sifat Archimedes. Jika x Î R

, maka terdapat n Î N

sedemikian hingga x < n .

Bukti. Ambil sebarang x Î R

. Andaikan tidak ada n Î N

sedemikian hingga x < n ,

maka n £ x , untuk setiap n Î N

. Dengan kata lain, x merupakan batas atas N

. Jadi,

N

Ì R

, N

¹ Æ , dan N

terbatas ke atas. Menurut aksioma supremum, maka sup N

ada,

tulis u = sup N

. Karena u -1 < u , maka terdapat m Î N

dengan sifat u -1 < m .

Akibatnya u < m +1 dengan m +1Î N

. Timbul kontradiksi dengan u = sup N

. Berarti u

batas atas N

, yaitu ada m +1Î N

sehingga u < m +1 (u bukan batas atas N

). Jadi,

pengandaian salah, yang benar adalah ada n Î N

sedemikian hingga x < n .

.1 .

Akibat 1.4.5. Jika S := .

: n Î N.

, maka inf S = 0 .

.n .

Bukti. Karena S ¹ Æ terbatas ke bawah oleh 0, maka S mempunyau infimum, tulis

w := inf S . Jelas bahwa w ³ 0 . Untuk sebarang e> 0 , menggunakan Sifat Archimedes,

1 1

terdapat n Î N

sedemikian hingga < n , akibatnya < e. Oleh karena itu, diperoleh

e n

bahwa

1

0 £ w £ < e.

n

Akan tetapi karena e> 0 sebarang, maka berdasarkan Teorema 1.1.10 berakibat bahwa

w = 0 . Terbukti bahwa inf S = 0 .

1

Akibat 1.4.6. Jika t > 0 , maka terdapat ntÎ N

sedemikian hingga 0 < < t .

n

t

.1 .

Bukti. Karena inf .

: n Î N.

= 0 dan t > 0 , maka t bukan batas bawah himpunan

.

n .

.1 .

1

.

: n Î N.

. Akibatnya terdapat n Î N

sedemikian hingga 0 < < t .

.

n tn

.

t

Pengantar

Analisis

Real

I

Akibat 1.4.7. Jika y > 0 , maka terdapat n Î N

sedemikian hingga n -1 < y < n .

y yy

Bukti. Sifat Archimedes menjamin bahwa subset Ey := {m Î N

: y < m} dari N

tidak

kosong. Menggunakan Sifat Urutan, Ey mempunyai elemen yang paling kecil, yang

dinotasikan dengan n . Oleh karena itu, n -1 bukan elemen E . Akibatnya diperoleh

yy y

bahwa ny -1 < y < ny .

Eksistensi Bilangan Real dan Densitas Bilangan Rasional di R

Salah satu penggunaan Sifat Supremum adalah dapat digunakan untuk memberikan

jaminan eksistensi bilangan-bilangan real. Berikut ini akan ditunjukkan bahwa ada

bilangan real positif x sedemikian hingga x2 = 2 .

Teorema 1.4.8. Ada bilangan real positif x sedemikian hingga x2 = 2 .

2

Bukti. Dibentuk himpunan S = { s Î R

: s ³ 0 dan s < 2} . Jelas bahwa S ¹ Æ sebab

0Î S dan 1Î S . S terbatas ke atas dengan salah satu batas atasnya adalah 2. Jika t ³ 2 ,

maka t2 ³ 4 . Jadi, t = 2Ï S . Menggunakan Aksioma Supremum, S Ì R

, S ¹ Æ , dan S

terbatas ke atas, maka S mempunyai supremum. Namakan x = sup S , dengan x Î R

.

2 222

Akan dibuktikan bahwa x = 2 . Andaikan x ¹ 2 , maka x < 2 atau x > 2 .

Kemungkinan I: Untuk x2 < 2 .

2 211

Karena x < 2 , maka 2 - x > 0 . Karena 2 £ , maka

n n

.

1 .2

221 21

.

x + .

= x + x + 2 £ x + (2x +1) .

.

n .

nn n

2 - x2

Karena 2 - x2 > 0 dan 2x +1 > 0 , maka > 0 . Menurut akibat Sifat Archimedes,

2x +1

dapat ditemukan n Î N

sehingga

Pengantar

Analisis

Real

I

1 2 - x2

< .

n 2x +1

Akibatnya

1

(2x +1) < 2 - x2

n

dan

2

.

1 .

21 22

.

x + .

< x + (2x +1) < x + 2 - x = 2 .

.

n .

n

.

1 .2 1

Diperoleh bahwa x + < 2 , yang berarti bahwa x + Î S . Kontradiksi dengan

.

.

.

n .

n

x = sup S . Oleh karena itu tidak mungkin x2 < 2 .

Kemungkinan II: x2 > 2 .

Karena x2 > 2 , maka x2 - 2 > 0 . Perhatikan bahwa

.

1 .2

22x 1 22x

x - = x -+ > x - .

.

.

2

.

m .

mm m

Karena x2 - 2 > 0 dan 2x > 0 , maka dipilih m Î N

sedemikian hingga

2x 2x 2

m > 2 atau < x - 2 .

x - 2 m

Akibatnya

2

.

1 .

2 2x 2 2

x - > x - > x - ( x - 2) = 2 .

.

.

.

m .

m

.

1 .2 11

Diperoleh bahwa x - > 2 . Berarti x - Ï S , yaitu x - batas atas. Kontradiksi

.

.

.

m .

m m

dengan x = sup S . Oleh karena itu, tidak mungkin x2 > 2 . Jadi, pengandaiannya salah,

yang benar adalah x2 = 2 .

1.4.9. Teorema Densitas (The Density Theorem) Jika x y Î R

dengan x < y

,, maka

ada bilangan rasional q Î Q

sedemikian hingga x < q < y .

Pengantar

Analisis

Real

I

Bukti. Dengan tidak mengurangi keumuman (without loss of generality), diambil x > 0 .

1

Karena x < y , maka y > 0 dan y - x > 0 . Akibatnya > 0 , sehingga dapat dipilih

y - x

n Î N

sedemikian hingga

1

n > .

y - x

Untuk n di di atas, berlaku ny - nx > 1, yaitu nx +1 < ny . Karena nx > 0 , maka dapat

dipilih m Î N

sehingga

m -1 £ nx < m .

Bilangan m di atas juga memenuhi m < ny , sebab dari m -1 £ nx diperoleh

m £ nx +1 < ny . Jadi

nx < m < ny .

Akibatnya untuk q = m

mempunyai sifat x < m = q < y . Jadi, terdapat bilangan

n n

rasional q = m

dengan sifat x < q < y .

n

Berikut ini diberikan akibat dari Teorema Densitas, yaitu di antara dua bilangan

real pasti dapat ditemukan bilangan irrasional.

Akibat 1.4.10. Jika x y Î R

dengan x < y , maka ada bilangan irrasional

,r

sedemikian hingga x < r < y .

x y

Bukti. Menggunakan Teorema Densitas, ada bilangan real

dan

dengan sifat

2 2

x y

ada bilangan rasional q dengan sifat

< q <

. Akibatnya, x < q 2 < y dan q 2

2 2

merupakan bilangan irrasional.

Pengantar

Analisis

Real

I

SOAL LATIHAN SUBBAB 1.4

1.

Diberikan himpunan tak kosong X dan f : X ® R

mempunyai range terbatas di

R

. Jika a Î R

, tunjukkan bahwa:

(a)

sup {a + f ( ) : x x Î X} = a + sup { f x x Î X}

(): .

(b)

inf {a + f ( ) : x x Î X} = a + inf { f x x Î X}

(): .

2.

Diberikan subset tak kosong A dan B dari R

. Dibentuk himpunan

A + B := {a + b : a Î A dan b Î B} . Buktikan bahwa sup ( A + B) = sup A + sup B

dan inf( A + B) = inf A + inf B .

3.

Jika diberikan sebarang x Î R

, tunjukkan bahwa terdapat dengan tunggal n Î Z

sedemikian hingga n -1 £ x < n .

1

4.

Jika y > 0 , tunjukkan bahwa terdapat n Î 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 R

Jika diberikan ,dengan a < b

a b Î R

, maka interval terbuka yang ditentukan oleh a

dan b adalah himpunan

( , ) = { x Î R

: a < x < b}

a b .

Titik a dan b disebut titik ujung (endpoints) interval. Titik ujung tidak termuat

dalam interval terbuka. Jika kedua titik ujung digabungkan ke dalam interval

terbukanya, maka disebut interval tertutup, yaitu himpunan

[ , ] = { x Î R

: a £ x £ b}

a b .

Interval setengah terbuka atau setengah tertutup adalah interval yang memuat

salah 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-masing

interval tersebut terbatas dan mempunyai panjang (length) yang didefinsikan dengan

b - a . Jika a = b , maka interval terbukanya berkorespondensi dengan himpunan kosong

Pengantar

Analisis

Real

I

( ,= Æ , interval tertutupnya berkorespondensi dengan himpunan singleton

a a) dan

[ ,] a .

a a ={ }

Berikut ini diberikan lima jenis interval tidak terbatas. Simbol ¥ (atau +¥ ) dan

-¥ digunakan sebagai simbol titik ujungnya yang tak berhingga. Interval terbuka tak

terbatas adalah himpunan dengan bentuk

(a,¥) := { x Î R

: x > a} dan (-¥ ,b) := { x Î R

: x < b} .

Himpunan pertama tidak mempunyai batas atas dan yang kedua tidak mempunyai batas

bawah. Himpunan (a,¥) sering juga disebut dengan sinar terbuka (open a ray).

Diberikan interval tertutup tak terbatas, yaitu

[a,¥) : = { x Î R

: a £ x} dan (-¥ ,b] : = { x Î R

: x £ b} .

Himpunan [a,¥) sering disebut dengan sinar tertutup (close a ray). Himpunan R

dapat dituliskan sebagai ( ,)

-¥ ¥ := R

. Perhatikan bahwa ¥ dan -¥ bukan elemen R

.

1.5.1. Teorema Karakteristik Interval Jika S adalah subset R

yang memuat paling

sedikit dua titik dan mempunyai sifat:

jika ,Î S dan x < y , maka [ ,] Í S ,

xy xy

maka S merupakan suatu interval.

Interval Susut (Nested Intervals)

Telah diketahui bahwa barisan adalah fungsi f : N

® A ¹ Æ . Jika A adalah himpunan

interval-interval, maka terbentuk barisan interval { In} ³ . Untuk mempersingkat

n 1

penulisan, barisan { In} cukup ditulis I .

n³1 n

Definisi 1.5.2. (Interval Susut) Barisan In , n Î N

dikatakan interval susut (nested

intervals) jika

I1 Ê I2 Ê I3... Ê In Ê In+1 Ê ... .

Pengantar

Analisis

Real

I

Contoh 1.5.3.

.

1 .

.

1 .

.

1.

(1) Diberikan In = .0, , n Î N

. Yaitu I1 = [0,1 ] , I2 = .0, , I3 = .0, , ....

.

..

.

n .

.

2.

.

3.

Maka I1 Ê I2 Ê I3 Ê ... (nested) dan n

¥

In = { } 0 (mempunyai titik berserikat).

n=1

.

1 .

(2) Diberikan

In = .

0, .

, n Î N

. Diperoleh bahwa In É In+1 , untuk setiap n Î N

.

.

n .

¥

Tetapi nIn = Æ . Jadi, interval susut belum tentu mempunyai titik berserikat.

n=1

8

Sebab, andaikan terdapat x I , maka x Î I untuk setiap n Î N

. Karena

În

n n

n=1

1

x > 0 , maka terdapat n Î N

sedemikian hingga < x . Kontradiksi dengan

n

¥

pengandaian. Jadi pengandaian salah, yang benar adalah I = Æ .

n

n

n=1

.

1 .

.

1 .

.

1.

(3) Diberikan In = 0,1 + , maka I1 = [0, 2 ] , I2 = .0,1 , I2 = .0,1 , ....

..

..

.

n .

.

2.

.

3.

Diperoleh n

¥

In = [0,1 ] ¹ Æ . (Ada tak hingga banyak xÎ[0,1 ]). Perhatikan

n=1

.

1 .

bahwa inf .1+ : n Î N.

= 1.

.

n .

1.5.4. Sifat Interval Susut (Nested Interval Property) Jika In = [a ,bn ] , n Î N

n

interval tertutup terbatas dan I Ê untuk setiap n Î N

(interval susut), maka

n In+1

¥

I ¹ Æ ,

n

n

n=1

yaitu terdapat xÎ R

sedemikian hingga xÎ In untuk setiap n Î N

. Selanjutnya, jika

panjang In = bn - an memenuhi inf {bn - an : n Î N} = 0 , maka elemen berserikat x

tersebut tunggal.

Pengantar

Analisis

Real

I

Bukti. Dibentuk himpunan A = {a : n Î N} . Jelas A ¹ Æ sebab a1 Î A , dan A Ì R

.

n

Himpunan A terbatas ke atas, sebab In Ê In+1 untuk setiap n Î N

. Sehingga diperoleh

bahwa

an £ bn

untuk setiap n Î N

, yang berarti b1batas atas A. Menggunakan Sifat Lengkap R

, maka

supremum A ada, yaitu terdapat xÎ R

sedemikian hingga x= sup A . Jelas bahwa

am£ x

untuk setiap m Î N

. Selanjutnya, untuk sebarang ,

m n Î N

berlaku

a £ a £ b £ b atau a £ b .

n n+m n+mm nm

Hal ini berakibat

sup {an : n Î N} £ bm atau x£ bm.

Karena a £ x dan x£ b , maka diperoleh a £x£ b untuk setiap m Î N

, berarti

mmmm

xÎ In = [an ,bn ] , untuk setiap n Î N

. Sehingga

¥

xÎnIn ,

n=1

yang berakibat n

¥

In ¹ Æ . Jika h= inf {bn: n Î N} , maka dengan cara yang sama

n=1

(sebelumnya), diperoleh hÎ Im untuk setiap m Î N

. Sehingga diperoleh

¥

hÎnIn .

n=1

Akan dibuktikan ketunggalannya, yaitu = . Diambil sebarang e> 0

h x. Jika

inf {bn - an : n Î N} = 0 , maka terdapat n0 Î N

sehingga

0 £h x £ bn 0 - an 0 <e atau 0 £h x e< .

- -

Karena berlaku untuk sebarang e> 0 , maka h x- = 0 =

atau h x. Jadi, terbukti bahwa

¥

= tunggal.

h x ÎnIn

n=1

Pengantar

Analisis

Real

I

Himpunan Terhitung (Countable)

Diberikan J

= {1, 2, 3, ..., n} , n Î N

. Dua himpunan A dan B dikatakan ekuivalen,

n

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 .

{ w x y z , maka A

2. Misalkan f : A ® C dengan C = , , , } ~

C .

Suatu himpunan dikatakan tak berhingga (infinite) jika himpunan tersebut

ekuivalen dengan salah satu himpunan bagian sejatinya. Jika tidak demikian, maka

himpunan 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, ...} Ì 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 himpunan

dikatakan terhitung (countable) jika himpunan tersebut berhingga atau denumerable.

Jika tidak, maka dikatakan himpunan tak terhitung (uncountable atau non

denumerable), yaitu himpunan yang tidak ekuivalen dengan N

. Jika himpunan A

terhitung, maka A dapat disajikan sebagai A = { x1, x2 , x3 , ... } dengan x ¹ xj untuk i ¹ j .

i

Contoh:

1. Himpunan Æ terhitung berhingga.

2. Himpunan N

terhitung tak berhingga.

3. Himpunan A = {1, 2, 3} terhitung berhingga.

Dapat ditunjukkan bahwa R

merupakan himpunana tak terhitung. Untuk

membuktikannya cukup hanya dengan membuktikan I = [0,1 ]tak terhitung. Berikut ini

diberikan teoremanya.

Pengantar

Analisis

Real

I

Teorema 1.5.5. Himpunan I = [0,1 ]tak terhitung.

Bukti. Andaikan I terhitung, maka dapat ditulis dengan

I = { x , x2 , x , ..., xn , ... } .

1 3

Dikonstruksikan barisan interval tertutup, terbatas, susut (nested), dan

inf {b - a : n Î N} = 0 . Interval I = [0,1 ]dibagi menjadi tiga sama panjang, yaitu

n n

.

0, 1

.

.

, .

1

3 , 2 .

.

, dan .2

3 ,1 .

.

.

3 .

Titik x1 Î I termuat dalam paling banyak dua sub interval. Pilih sub interval yang tidak

.

3 .

memuat x1 , namakan I = [a ,b ] . Jadi, x Ï I . Selanjutnya, I dibagi menjadi tiga

111 11 1

sama panjang, yaitu

.a , a + 1

.

.

, .a1 + 1

9 , a1 + 2 .

.

, dan .a1 + 2

9 , 1

.

.

.

b

.

1 1 9 .

9 .

Kemudian pilih sub interval yang tidak memuat x2 , namakan I = [a ,b ] . Jadi, x Ï I .

122 22

Jika proses diteruskan, diperoleh barisan interval tertutup, terbatas,

1

I É I É I É ... É I dengan inf {b - a : n Î N} = inf

.

N

.

. Menggunakan sifat

1 2 3 n nn .

.

.3 .

¥

Nested Interval, maka terdapat dengan tunggal y I . Berarti y Î I , yaitu y = x

În

n n

n=1

¥

untuk suatu n Î N

. Akibatnya x I , yaitu x Î I . Sedangkan dari konstruksi

n În

n nn

n=1

diperoleh x Ï I . Timbul kontradiksi, yang benar adalah I = [0,1 ]tak terhitung,

n n

sehingga R

juga tak terhitung.

Teorema Bolzano-Weierstrass

Sebelum dijelaskan tentang Teorema Bolzano-Weierstrass, terlebih dahulu dijelaskan

mengenai titik cluster. Berikut diberikan definisinya.

Pengantar

Analisis

Real

I

Definisi 1.5.6. (Titik Cluster) Diberikan subset tak kosong S Ì R

. Titik x Î R

disebut titik cluster (cluster points) jika setiap persekitaran Ve( ) = x - , x + )

x ( e e

memuat paling sedikit satu titik anggota S yang tidak sama dengan x. Titik cluster sering

disebut dengan titik akumulasi atau titik limit.

Dengan kata lain, x titik cluster S jika untuk setiap e> 0 berlaku

Ve( )Ç S ¹ Æ atau Ve( )-

( x ) -{ x} ( x { x} ) Ç S ¹ Æ .

Ekuivalen dengan mengatakan bahwa x titik cluster S jika untuk setiap n Î N

,

1

terdapat snÎ S sedemikian hingga 0 <

sn- x

< .

n

Contoh 1.5.7.

(1) Diberikan S = (0, 2) . Apakah 0 merupakan titik cluster?

() e)- , . Menggunakan

Jawab. Diambil e> 0 , maka Ve 0 = (0 - , 0 +e = ( ee )

Teorema Densitas, maka 0 merupakan titik cluster S dan 0 Ï S . Demikian juga

1 1

bahwa merupakan titik cluster S dan Î S .

2 2

(2) Diberikan A = [1, 2 ] È{4} . Apakah 4 titik cluster?

Jawab. Persekitaran-e dari 4 adalah Ve (4) = (4 - e, 4 +e) . Misal diambil

1 .

1 1 .

.

1 1 .

4 . Sehingga diperoleh

e= , maka Ve ( ) = .

4 - , 4 + .

= .

3 , 4 .

bahwa

2 .

2 2 .

.

2 2 .

.

1 1 .

n

3 , 4 [1, 2 ] -{ } 4 = Æ . Jadi, 4 bukan titik cluster.

.

.

.

2 2 .

.1 .

.

1 1 1 .

(3) Diberikan B = .

: n Î N.

= .1, , , , ... .

. Tunjukkan bahwa 0 titik cluster B

.

n .

.

2 3 4 .

dengan 0 Ï B .

Jawab. Menggunakan Sifat Archimedes, jika diberikan sebarang e> 0 , maka

terdapat n Î N

sedemikian hingga 0 < 1 < e. Persekitaran titik 0 adalah

n

Pengantar

Analisis

Real

I

Ve (0) = (-ee , ) . Jika dipilih e sangat kecil, maka 0 < 1 < e. Jadi, 0 merupakan

n

titik cluster B dengan 0 Ï 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 Ì R

tak berhingga dan terbatas. Karena S terbatas,

maka terdapat interval I1 = [ , dengan panjang L

( I1 ) = b - a . Kemudian bagilah I1

a b ]

.

a + b .

.

a + b .

menjadi dua bagian, yaitu a, dan ,b . Karena S tak berhingga, maka

...

.

.

2 .

.

2 .

salah satu interval tersebut memuat tak hingga banyak titik anggota S, sebab apabila

keduanya memuat berhingga banyak anggota S, maka berarti himpunan S berhingga.

Namakan bagian yang memuat tak hingga banyak titik anggota S dengan I2 .

b - a

Panjangnya L

( I2 ) = . Selanjutnya, I2 dibagi menjadi dua bagian seperti langkah

2

di atas, maka salah satu bagian memuat tak hingga banyak anggota S. Namakan bagian

b - a

tersebut dengan I . Panjangnya L

( )= . Apabila proses diteruskan, maka

I

3 3 22

diperoleh barisan interval susut (nested)

I1 É I2 É I3 É ... É In É ....

¥ ¥

Menurut Sifat Interval Susut, maka nIn ¹ Æ , atau terdapat x ÎnIn .

n=1 n=1

Akan ditunjukkan bahwa x titik cluster S. Diambil sebarang e> 0 , maka terdapat n Î N

b - a

sedemikian hingga

2n < e, dan persekitarannya V ( x) = ( x - e, x +e) . Karena x Î I

-1 e n

b - a

dan L

( I ) = < e, maka I Í V ( x) . Karena I memuat tak hingga banyak titik

n n-1 n e n

2

anggota S, maka Ve ( x) memuat tak hingga banyak titik anggota S yang tidak sama

dengan x. Jadi, x merupakan titik cluster S.

Pengantar

Analisis

Real

I

Himpunan Terbuka dan Tertutup

Definisi 1.5.9.

(i)

Himpunan G Í R

dikatakan terbuka dalam R

jika untuk setiap x ÎG ,

terdapat persekitaran Ve ( x) sedemikian hinnga Ve ( x) Ì G .

(ii) Himpunan F Í 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 Î R

, terdapat

(-¥ 8

V1 ( ) x = ( x -1, x +1) Ì R

.

.

x

x -1.

(2) Himpunan A = (0,1) terbuka, sebab jika diambil e= min .

, .

untuk

.

2 2 .

setiap x Î A, maka Ve ( x) = ( x -e, x +e) Ì A .

(3) Himpunan B = [1, 2 ] tertutup, sebab jika diambil x = 1, maka untuk setiap

e> 0 , Ve (1) = (1-e,1 +e) Ë B dan 1 - eÏ B . Dapat ditunjukkan juga bahwa

Bc

terbuka, yaitu Bc = (-¥ ,1 ) È (2, ¥) terbuka.

1.5.11. Sifat Himpunan Terbuka

(a)

Jika A himpunan indeks (berhingga atau tak berhingga) dan Gxterbuka

untuk setiap lÎ A , maka .

Gl terbuka.

lÎA

n

(b)

Jika 1,G , ..., Gn masing-masing merupakan himpunan terbuka, maka G

G

2 n

i

i=1

terbuka.

Bukti.

(a) Namakan G = .

Gl . Diambil sebarang x ÎG , maka terdapat l0 Î A

lÎA

sedemikian hingga x Î . Karena terbuka, maka terdapat

Gl0

Gl0

Pengantar

Analisis

Real

I

V ( x) Ì G Ì G . Jadi, terbukti bahwa untuk setiap x ÎG , terdapat V ( x) Ì G ,

e 0 e

yang berarti G = .

Gl terbuka.

lÎA

n

(b) Namakan H = nGi . Akan ditunjukkan bahwa H terbuka. Diambil sebarang

i=1

x Î H , maka x ÎGi , i = 1, 2, ..., n .

Karena x ÎG1 dan G1terbuka, maka terdapat e > 0 sehingga Ve ( x) Ì G .

1

1

1

Karena x ÎG2 dan G2terbuka, maka terdapat e2 > 0 sehingga Ve ( x) Ì G2 .

2

Demikian seterusnya.

Karena x ÎGn dan Gnterbuka, maka terdapat en> 0 sehingga Ve ( x) Ì Gn .

n

e e e}

Ì

Namakan e= min { , , ..., , jelas bahwa e> 0 . Maka V ( x) Ì V ( x) G

1

2 n e ei i

untuk setiap i = 1, 2, ..., n , yang berakibat bahwa x Ì H = nGi . Jadi,

Ve ( ) n

i=1

n

terbukti bahwa G terbuka.

n

i

i=1

Berikut ini diberikan akibat dari sifat himpunan terbuka, yaitu sifat untuk

himpunan tertutup.

Akibat 1.5.12.

(a)

Jika A himpunan indeks (berhingga atau tak berhingga) dan Gxtertutup

untuk setiap lÎ A , maka .

Gl tertutup.

lÎA

(b)

Jika G ,G , ..., G masing-masing merupakan himpunan tertutup, maka

1 2 n

n

.Gi tertutup.

i=1

Pengantar

Analisis

Real

I

SOAL LATIHAN SUBBAB 1.5

1.

Jika I = [ , ] dan I = [a ,b¢]

: a b ¢ : ¢ interval tertutup dalam R

, tunjukkan bahwa

I Í I¢ jika dan hanya jika a¢ £ a dan b £ b¢ .

2.

Jika S Í R

tidak kosong, tunjukkan bahwa S terbatas jika dan hanya terdapat

interval tertutup terbatas I sedemikian hingga S Í I .

3.

Jika S Í R

tidak kosong dan terbatas, dan IS := [inf S, sup S] , tunjukkan bahwa

S Í IS . Selanjutnya, jika J adalah sebarang interval tertutup terbatas yang

memuat S, tunjukkan bahwa IS Í J .

4.

Diberikan Kn := (n,¥) untuk n Î N

. Buktikan bahwa n

¥

Kn = Æ .

n=1

5.

Jika S himpunan terbatas di R

dan T Ì S tidak kosong, buktikan bahwa

inf S £ inf T £ sup T £ sup S .

6.

Buktikan Akibat 1.5.1.2.(b).

Pengantar

Analisis

Real

I

BAB 2

BARISAN DAN DERET

Pada bab ini dibahas mengenai pengertian barisan dan deret. Selanjutnya, dibahas

tentang limit dan konvergensi dari suatu barisan. Di antaranya adalah Teorema

Konvergen Monoton, Teorema Bolzano-Weierstrass, dan Kriteria Cauchy untuk barisan

yang konvergen.

2.1. Barisan dan Limit Barisan

Barisan (sequence) pada himpunan S adalah suatu fungsi dengan domain N

dan

mempunyai range dalam S. Pada subbab ini akan dibahas mengenai barisan di R

dan

konvergensi dari suatu barisan.

Definisi 2.1.1. Barisan bilangan real adalah suatu fungsi yang didefinisikan pada

himpunan N

dengan range dalam R

.

Dengan kata lain, barisan dalam R

mengawankan setiap bilangan asli

n = 1, 2, 3, ... kepada suatu bilangan real. Jika X : N

® R

merupakan barisan, maka

biasanya dituliskan dengan nilai dari X pada n dengan notasi xn. Barisan sering

dinotasikan dengan X atau ( xn ) atau ( x : n Î N) atau { xn } atau { xn } . Apabila

nn³1

diketahui suatu barisan Y, artinya Y = ( yk ) .

Contoh 2.1.2.

n

(a) Barisan ( xn ) dengan xn= (-1)n adalah barisan -1,1, -1,1, -1,1, ..., (-1) , ... .

1 .

1 .

111 1

(b) Barisan ( xn ) dengan x = , : n Î N

= , , , ..., , ... .

n n .

n .

n

2 .

2 .

248 2

(c) Barisan konstan (kn ) dengan kn = 3 adalah 3, 3, 3, 3, .... .

Pengantar

Analisis

Real

I

.

n

.

1 2 3 n

(d) Barisan = , , ,..., ,....

.

.

.

n +1.

2 3 4 n +1

Definisi 2.1.3. Diberikan barisan bilangan real ( xn ) dan ( yn ) , dan aÎ R

. Maka dapat

didefinisikan

(i)

( xn ) ± ( y ) = ( xn ± yn ) .

n

(ii)

a( x ) = (ax ) .

n n

(iii)

( xn ) ×( y ) = ( xn × yn ) .

n

( x ) .

xn

.

(iv)

n = .

.

, asalkan yn ¹ 0 .

( yn ) .

yn .

Definisi 2.1.4. (Limit Barisan) Diketahui ( xn ) barisan bilangan real. Suatu bilangan

real x dikatakan limit barisan ( xn ) jika untuk setiap e> 0 terdapat K (e) Î N

sedemikian hingga untuk setiap n Î N

dengan n ³ K (e) berlaku

xn- x

< e.

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 banyak

satu limit (limitnya tunggal).

Bukti. Andaikan lim ( xn ) = x¢ dan lim ( xn ) = x'

¢¢ dengan x¢ ¹ x¢¢ . Maka untuk sebarang

n®¥ n®¥

e> 0

terdapat K¢ sedemikian hingga

xn- x¢

<

e

2 untuk setiap n ³ K¢ , dan terdapat

K'

¢¢ sedemikian hingga

xn- x¢¢

<

e

2 untuk setiap n ³ K'

¢¢ . Dipilih K = max{ K¢, K¢¢} .

Menggunakan Ketaksamaan Segitiga, maka untuk n ³ K diperoleh

Pengantar

Analisis

Real

I

x¢ - x¢¢

=

x¢ - xn + xn - x¢'

=

x¢ - xn

+

xn - x¢¢ e e<

+

=e.

2 2

Karena berlaku untuk setiap e> 0 , maka x¢ - x¢¢ = 0 yang berarti x¢ = x'

¢¢ . Kontradiksi

dengan pengandaian. Jadi, terbukti bahwa limitnya tunggal.

Teorema 2.1.6. Jika ( xn ) barisan bilangan real dan x Î R

, maka empat pernyataan

berikut ekuivalen.

(a) Barisan ( xn ) konvergen ke x.

(b) Untuk setiap e> 0 terdapat K Î N

sedemikian hingga untuk setiap n ³ K

berlaku

xn- x

< e.

(c) Untuk setiap e> 0 terdapat K Î N

sedemikian hingga untuk setiap n ³ K

berlaku x - e< xn < x +e.

(d) Untuk setiap persekitaran Ve ( x) dari x , terdapat K Î N

sedemikian hingga

untuk setiap n ³ K berlaku xnÎVe ( x) .

Bukti.

(a) .

(b) Jelas (dari definisi).

(b) .

(c)

xn- x

< e Û -e< xn- x <e Û x - e< xn < x +e.

(c) .

(d) x - e< xn < x +e Û xnÎ( x - e, x +e) Û xnÎVe ( x) .

(d) .

(a) xnÎVe ( x) Û x - e< x < x +e Û

xn- x

< e.

n

Contoh 2.1.7.

1

(a) Tunjukkan bahwa lim = 0 .

n®¥ n

Pengantar

Analisis

Real

I

.

1 .

1

Jawab. Akan ditunjukkan bahwa ( xn) = .

.

konvergen ke 0, yaitu ® 0 . Harus

.

n .

n

dibuktikan bahwa untuk setiap e> 0

terdapat K (e) Î N

sedemikian hingga untuk

1

setiap n Î N

dengan n ³ K (e) berlaku

- 0

< e.

n

1

Ambil sebarang e> 0 , maka > 0 .

Menurut Sifat Archimedes, maka terdapat

e

K (e) Î N

sedemikian hingga

1 < ( ) , atau

1 < e Akibatnya untuk setiap

K e

.

e

K ( ) e

1

1

1 1

n ³ K (e) berlaku

- 0

=

= £ < e. Jadi, terbukti bahwa untuk setiap e> 0

n

n

n K ( ) e

terdapat K (e) Î N

sedemikian hingga untuk setiap n Î N

dengan n ³ K (e) berlaku

1

1

< e, atau lim = 0 .

- 0

n®¥ n

n

1

(b) Tunjukkan bahwa lim 2 = 0 .

n®¥ n

Jawab. Akan ditunjukkan bahwa untuk setiap e> 0 terdapat K (e) Î N

sedemikian

hingga untuk setiap n Î N

dengan n ³ K (e) berlaku

< e. Diambil sebarang

1

2 - 0

n

e> 0 , maka e1

2 > 0 , akibatnya

1

1 > 0 . Menurut Sifat Archimedes, terdapat

2

e

1

1 1

2 1

K (e) Î N

sedemikian hingga

< K ( ) e atau < e , diperoleh < e.

e1

2 ( ) e

e

K K ( )2

Akibatnya untuk setiap n ³ K (e) berlaku

1

2 - 0

= 1

2 £ 1 < e. Jadi, terbukti

n

e

bahwa untuk setiap e> 0 terdapat K (e) Î N

sedemikian hingga untuk setiap n Î N

1

n K ( )2

dengan n ³ K (e) berlaku

< e, atau lim

1

2 = 0 .

-

2 0

n®¥ n

n

Pengantar

Analisis

Real

I

1 n

Contoh 2.1.8. Tunjukkan bahwa ((- ) ) divergen.

1 n

Jawab. Andaikan ((- ) ) konvergen, berarti terdapat bilangan real x sehingga untuk

setiap e> 0 terdapat K Î N

sedemikian hingga untuk setiap n ³ K berlaku

n

n

(-1) - x

< 1. Untuk n ³ K dan n genap, maka (-1) = 1 , diperoleh

1- x

< 1 Û -1 < 1- x < 1,

n

yang berakibat x > 0 . Untuk n ³ K dan n ganjil, maka (-1) = - 1, diperoleh

1

- - x

< 1 Û -1 <- - x < 1

1 ,

yang berakibat x < 0 . Timbul kontradiksi, yaitu x > 0 dan x < 0 . Jadi pengandaian

1 n

salah, yang benar ((- ) ) divergen.

Teorema 2.1.9. Diberikan barisan bilangan real X = ( xn : n Î N) dan m Î N

. Maka

X = ( x :n Î N) konvergen jika dan hanya jika X konvergen. Dalam hal ini

m m+n

lim Xm = lim X .

Bukti. Perhatikan bahwa untuk sebarang p Î N

, elemen ke-p dari Xm adalah elemen

ke-( p + m) dari X. Sama halnya, jika q > m , maka bentuk elemen ke-q dari X adalah

m

elemen ke-(q - m) dari X.

Diasumsikan bahwa X konvergen ke x. Diberikan sebarang e> 0 , pada barisan

X untuk n ³ ( )

K e berlaku

xn- x

< e Xm untuk k ³ K( )

, maka pada e - m berlaku

xk - x

< e Km ( ) e = K( ) - m , sehingga X

. Dapat diambil e m konvergen ke x.

Sebaliknya, jika pada Xm untuk k ³ Km e

( ) berlaku

xk - x

< e, maka pada X

untuk n ³ K( )

e + m berlaku

xn- x

< e Dapat diambil K( ) e = Km ( )

. e + m . Dengan

demikian terbukti bahwa X konvergen ke x jika dan hanya jika Xm konvergen ke x.

Pengantar

Analisis

Real

I

Teorema 2.1.10. Diberikan barisan bilangan real ( xn ) dan x Î R

. Jika (an ) adalah

suatu barisan bilangan real positif dengan lim (a ) = 0 dan jika untuk c > 0 dan

n

m Î N

berlaku

xn - x

£ ca n untuk semua n ³ m ,

maka lim ( x ) = x .

n

e

e

Bukti. Diambil e> 0 , maka > 0 . Karena lim (a ) = 0 , maka terdapat K (

nc ) Î N

c

e

sedemikian hingga untuk setiap n ³ K (e ) berlaku

an- 0

<

. Akibatnya untuk

c

c

e

e

setiap n ³ K ( c ) berlaku

xn - x

£ c

a

< c × = e atau

xn- x

< e. Terbukti bahwa

n

c

lim ( xn) = x .

1

Contoh 2.1.11. Jika a > 0 , tunjukkan bahwa lim = 0 .

n®¥ 1+ na

Jawab. Karena a > 0 , maka 0 < na < 1+ na yang berakibat bahwa

1 111

0 < <=× untuk setiap n Î N

.

1+ na na n a

Diperoleh

1

1

11 1

1

untuk setiap n Î N

.

- 0

=

< × = ×

1+ na

1+ na

na a

n

1

Karena telah diketahui bahwa lim = 0 , maka menurut Teorema 2.1.10 dan dengan

n®¥ n

1 1

mengambil c = > 0 berakibat bahwa lim = 0 .

a n®¥ 1+ na

Pengantar

Analisis

Real

I

SOAL LATIHAN SUBBAB 2.1

1. Tuliskan lima bilangan pertama dari barisan ( xn ) untuk x berikut.

n

n

(-1)

(a) xn:= .

n

1

(b)

x := .nn2 + 2

2. Tentukan rumus ke-n untuk barisan berikut.

(a) 5, 7, 9, 11, ....

111 1

(b) , - , , - , ....

2 4 8 16

.

b .

3. Untuk sebarang b Î 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 ( x ) = 0 jika dan hanya jika lim (

x

) = 0 .

!

nn6. Tunjukkan bahwa jika nx ³ 0 untuk semua n Î N

dan lim ( x ) = 0 ,nmaka

lim ( nx ) = 0 .

7. Buktikan bahwa jika lim ( xn) = x dan jika x > 0 , maka terdapat M Î N

sedemikian hingga nx > 0 untuk semua n ³ M .

8. Tunjukkan bahwa

.

1lim

.

n

.

- 1 .

n +1.

.

= 0 .

9. Tunjukkan bahwa

.

n2

lim .

.

.

= 0 .

.

n .

10. Jika lim ( xn) = x > 0 , tunjukkan bahwa terdapat K Î N

sedemikian hingga jika

1

n ³ K , maka x < x < 2x .

2 n

Pengantar

Analisis

Real

I

2.2. Teorema-teorema Limit

Pada subbab ini akan dibahas mengenai beberapa teorema yang berkaitan dengan limit

pada barisan bilangan real, seperti barisan terbatas dan kekonvergenan barisan.

Definisi 2.2.1. Barisan bilangan real X = ( xn ) dikatakan terbatas jika terdapat

bilangan real M > 0 sedemikian hingga

x

£ M untuk semua n Î N

.

n

Oleh karena itu, barisan ( xn ) terbatas jika dan hanya jika himpunan { xn: n Î 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 e= 1, maka

terdapat K Î N

sedemikian hingga untuk setiap n ³ K berlaku

xn- x

< 1 .

Menggunakan akibat Ketaksamaan Segitiga, maka

x

- x

< 1 atau

x

< 1+

x

untuk

n

n

semua n ³ K . Namakan M = max { x , x , ..., x ,

x

+1} , maka

x

£ M , untuk semua

n

1 2 k -1

n Î N

. Jadi, terbukti bahwa X = ( xn ) terbatas.

Teorema 2.2.3. Jika X = ( xn ) ® x , Y = ( yn ) ® y , dan c Î R

, maka

(i) X ± Y ® x + y .

(ii) X Y × ® xy .

(iii) cX ® cx .

Bukti.

(i) Ambil sebarang e> 0 . Karena X = ( xn ) ® x , maka terdapat n0 Î N

sedemikian

hingga untuk setiap n ³ n0 berlaku

xn- x

< e . Karena Y = ( yn ) ® y , maka

2

Pengantar

Analisis

Real

I

e

terdapat n1 Î N

sedemikian hingga untuk setiap n ³ n1 berlaku

yn - y

< . Pilih

2

n = max {n0 , n } , maka akibatnya untuk n ³ n berlaku

21

2

x + yn - ( x - y)

=

( xn - x) + ( yn - y)

n

e e

£

xn - x

+

yn - y

< + = e.

2 2

Karena berlaku untuk sebarang e> 0 , maka ( xn + yn ) konvergen ke x + y .

Dengan cara yang sama diperoleh bahwa ( x - y ) konvergen ke x - y . Jadi,

n

n

terbukti bahwa X ± Y ® x + y .

(ii)

Akan dibuktikan bahwa untuk setiap e> 0 terdapat K Î N

sedemikian hingga

untuk setiap n ³ K berlaku

x y

- xy

< e. Diketahui

n n

x y

- xy

=

x y

- x y + x y - xy

n n

nnn n

£

x y n n x y

+

n - xy

x y

- n

=

x

yn - y

+

xn - x

y

.

n

Karena ( xn ) ® x , maka ( xn ) terbatas, akibatnya terdapat M1 > 0 sedemikian

hingga

x

£ M , untuk semua n Î N

. Namakan M = max { M ,

y

} . Diambil

n

1

1

sebarang e> 0 . Karena ( xn ) ® x , maka terdapat K1Î N

sedemikian hingga

untuk setiap n ³ K1 berlaku

xn- x

< e

. Karena ( yn ) ® y , maka terdapat

2M

e

K2 Î N

sedemikian hingga untuk setiap n ³ K2 berlaku

yn - y

<

. Namakan

2M

K = max { K1, K2} , maka untuk setiap n ³ K berlaku

x y

- xy

£

x

yn - y

+

xn - x

y

n n

n

e

e ee

< M . + .M = + = e.

2M 2M 2 2

Jadi, terbukti bahwa untuk setiap e> 0 terdapat K Î N

sedemikian hingga untuk

setiap n ³ K berlaku

x y

xy

< e.

Dengan kata lain, terbukti bahwa

n n -

X Y ® xy

× .

Pengantar

Analisis

Real

I

(iii)

Ambil sebarang e> 0 . Karena ( xn ) ® x , maka terdapat K Î N

sedemikian

e

hingga untuk setiap n ³ K berlaku

xn- x

< . Perhatikan bahwa

2

cx n - x

=

cx - x + x - x

n n n

£

cx n - xn

+

xn - x

=

x

c -1 +

xn - x

.

n

Karena ( xn ) ® x , maka ( xn ) terbatas, yaitu terdapat M > 0 sedemikian hingga

x

£ M , untuk semua n Î N

. Akibatnya

n

x

c -1 +

xn - x

< M .

c -1 + e = (M .

c -1 ) + e< e.

n

2

2

Terbukti bahwa untuk setiap e> 0 terdapat K Î N

sedemikian hingga untuk

setiap n ³ K berlaku

cx n- x

< e. Dengan kata lain, terbukti bahwa cX ® cx .

Teorema 2.2.4. Jika X = ( xn ) ® x dan Z = ( z

) ® z ¹ 0 dengan zn ¹ 0 untuk semua

n

n Î N

, maka

X .

xn

.

x

= ® .

.

.

Zz z

.

n .

1 .

1 .

1

1

Bukti. Terlebih dahulu harus dibuktikan bahwa = ® . Diambil a= z ,

.

.

Zz z

2

.

n .

maka a> 0 . Karena lim ( z ) = z , maka terdapat K Î N

sedemikian hingga untuk

n

1

setiap n ³ K1 berlaku zn - z < a. Menggunakan akibat Ketaksaman Segitiga bahwa

1

-a£ -

zn - z

£

z

-

z

untuk n ³ K1 , yang berarti

z

=

z

-a£

z

untuk n ³ K1 .

n

n

2

1 2

Oleh karena

£

untuk n ³ K1 , maka diperoleh

z

z

n

z - zn

1 1

-

=

= 1 £ 2

2

z - zn

.

z z

z z

z z

z

n

n

n

Pengantar

Analisis

Real

I

Selanjutnya, diberikan e> 0 , maka terdapat K2 Î N

sedemikian hingga jika n ³ K2 ,

1

maka

zn - z

< e z

2 . Jika diambil K( ) = max { K , }

e 1 K2 , maka

2

1 1- e< untuk semua ( ) n K e³ .

nz z

.

1 .

1 .

1 .

Karena berlaku untuk sebarang e> 0 , maka terbukti bahwa lim .

.

= atau .

.

zz z

.

n .

.

n .

1

konvergen ke . Menggunakan Teorema 2.2.3(ii) dan dengan mengambil Y sebagai

z

.

1 .

.

xn

.

.

1 .

x

X Y = barisan .

.

, maka × = .

.

® x .

.

.

z z .

z .

z

.

n .

.

n .

Teorema 2.2.5. Jika X = ( xn ) barisan bilangan real dengan xn³ 0 untuk semua

n Î N

dan ( xn ) ® x , maka x ³ 0 .

Bukti. Diambil e= - x > 0 . Karena ( xn ) ® x , maka terdapat K Î N

sedemikian hingga

untuk setiap n ³ K berlaku

xn - x

<eÛ - e< xn - x <e

Û x -e< xn < x +e

.

Û x ( x) < x < x + - x)

- - n (

Û 2x < xn < 0.

Kontradiksi dengan pernyataan bahwa xn³ 0 , untuk semua n Î N

. Jadi, pengandaian

salah, yang benar adalah x ³ 0 .

Teorema 2.2.6. Jika ( xn ) ® x , ( yn ) ® y , dan xn £ y untuk semua n Î N

, maka

n

x £ y .

Bukti. Diberikan z := y - x sehingga Z := ( z ) = Y - X dan z ³ 0 untuk semua

nnn nn

n Î N

. Menggunakan Teorema 2.2.5 dan 2.2.3 diperoleh bahwa

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 £ x £ b untuk semua n Î N

,

n

maka a £ x £ b .

Bukti. Diberikan Y barisan konstan ( , ,)

b b b, ... . Menggunakan Teorema 2.2.6 diperoleh

bahwa lim X £ lim Y = b . Dengan cara yang sama diperoleh a £ lim X . Jadi, terbukti

bahwa a £ lim X £ b atau a £ x £ b .

Berikut ini diberikan sebuah teorema yang menyatakan bahwa jika suatu barisan

Y berada (terselip) di antara dua barisan yang konvergen ke titik yang sama, maka Y

juga konvergen ke titik yang sama.

Teorema 2.2.8. (Squeeze Theorem) Diberikan barisan bilangan real X = ( xn ) ,

Y = ( yn ) , dan Z = ( zn ) sedemikian hingga

x £ y £ z untuk semua n Î N

,

n nn

dan lim ( x ) = lim ( z ) . Maka Y konvergen dan

n n

lim ( xn ) = lim ( y ) = lim ( zn ) .

n

Bukti. Misalkan w := lim ( x ) = lim ( z ) . Jika diberikan e> 0 , maka terdapat K Î N

n n

sedemikian hingga untuk setiap n ³ K berlaku

xn- w

< e dan

zn - w

< e, atau dengan

kata lain -e< x - w <e dan -e< z - w <e. Karena x £ y £ z , maka

nnnnn

x - w £ y - w £ z - w .

n nn

Akibatnya diperoleh bahwa -e< yn - w <e. Karena berlaku untuk semua n ³ K dan

e> 0 , maka terbukti bahwa lim ( y ) = w .

n

Pengantar

Analisis

Real

I

Teorema 2.2.9. Jika X = ( xn ) ® x , maka

X

x

x

.

= (

) ®

n

Bukti. Diberikan e> 0 . Karena X = ( xn ) ® x , maka terdapat K Î N

sedemikian

hingga untuk setiap n ³ K berlaku

xn- x

< e. Menggunakan akibat Ketaksamaan

Segitiga, diperoleh bahwa untuk setiap n Î N

berlaku

x

-

x

£

xn - x

< e.

n

Jadi, diperoleh bahwa

x

-

x

< e, atau

X

x

x

.

= (

) ®

n

n

Teorema 2.2.10. Jika X = ( xn ) ® x dan xn³ 0 , maka barisan bilangan real positif

( xn) ® x .

Bukti. Menurut Teorema 2.2.5 diperolah bahwa x ³ 0 . Akan ditunjukkan bahwa

teorema benar untuk x = 0 dan x > 0 .

Kasus I: Jika x = 0 , diberikan e> 0 . Karena ( x ) ® x = 0 , maka terdapat K Î N

n

sedemikian hingga untuk setiap n ³ K berlaku

0 £ xn = xn - 0 < e2 .

Sehingga diperoleh bahwa 0 £ xn< e. Karena berlaku untuk setiap e> 0 , maka

terbukti bahwa ( xn) ® x .

Kasus II: Jika x > 0 , maka x > 0 . Diberikan e> 0 , maka terdapat K Î N

sedemikian hingga untuk setiap n ³ K berlaku

xn- x

< e. Perhatikan bahwa

( x - x ) ( x + x ) xn - x

xn - x = n n = .

xn + x xn + x

Karena xn+ x ³ x > 0 , maka diperoleh

e

.

1 .

xn - x

£

xn - x

<

.

.

.

.

x .

x

Karena berlaku untuk setiap e> 0 , maka terbukti bahwa ( x ) ® x .

n

Pengantar

Analisis

Real

I

.

x .

n+1

Teorema 2.2.11. Jika ( xn ) barisan bilangan real (tegas) dengan lim .

.

= L (ada)

.

xn .

dan L < 1, maka ( xn ) konvergen dan lim ( x ) = 0 .

n

Bukti. Dipilih r Î R

sedemikian hingga L < r < 1. Diambil e= r - L > 0 . Karena

.

x .

n+1

lim .

.

= L , maka terdapat K Î N

sedemikian hingga untuk setiap n ³ K berlaku

.

xn .

n+1

x - L

< e. Karena

x

n

x

n+1

n+1

-

L

£

x - L

,

x

x

n

n

maka

x

n+1

-

L

< e.

x

n

Sehingga diperoleh

x x

n+1 n+1

- L < e Û <e+ L < L + r - L = r Û x < x r ,

n+1 n

x x

n n

Jadi, untuk setiap n ³ K berlaku

x

2 3 n+ - k kn 1

0 < x < x r < x r < x r < ... < x r 1 = r + .

n+1 n n-1 n-2 k k

r

x

Jika diambil c = k

k , maka diperoleh

r

n+1

0 < xn+1 < cr untuk semua n ³ K .

n

Mengingat bahwa lim (r ) = 0 (sebab 0 < r < 1), maka

n n+1

lim (r ) = 0 .

lim (r ) = 0 .

lim ( xn+1 ) = 0 .

lim ( xn ) = 0 .

Jadi, terbukti bahwa ( xn ) konvergen dan lim ( x ) = 0 .

n

Pengantar

Analisis

Real

I

SOAL LATIHAN SUBBAB 2.2.

1.

Tentukan apakah barisan berikut konvergen atau divergen.

n2 2n2 + 3

(a) x := . (b) x := .

n

n 2

n +1

n +1

n

(-1) n

(c) x :=

n n +1

2. Tunjukkan bahwa jika X dan Y barisan bilangan real sedemikian hingga X dan

X + Y konvergen, maka Y konvergen.

1 n 2

3. Tunjukkan bahwa barisan ((- ) n ) tidak konvergen.

4. Diberikan y := n +1 - n untuk n Î N

. Tunjukkan bahwa ( yn ) dan ( n y )

n

n

konvergen. Carilah nilai limitnya.

a + b

5. Jika a > 0, b > 0 , tunjukkan bahwa lim ( (n + a) ( n + b) - n) = .

2

6. Gunakan Teorema Squeeze (2.2.8) untuk menentukan limit barisan berikut.

2

1

2

(a) n n .

(b) n! n

.

.

.

.

(( )

.

.

1

.

) -

.

.

xn 1

7.

Berilah sebuah contoh barisan konvergen ( xn ) dengan lim .

.

= 1.

.

xn .

.

x .

n-1

8.

Diberikan barisan bilangan real positif X = ( xn ) dengan lim .

.

= L > 1.

.

xn .

Tunjukkan bahwa X tidak terbatas dan tidak konvergen.

9. Diberikan ( xn ) barisan konvergen dan ( yn ) sedemikian hingga untuk sebarang

e> 0 terdapat M Î N

sedemikian hingga untuk setiap n ³ M berlaku

xn - yn

< e. 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.

Pengantar

Analisis

Real

I

2.3. Barisan Monoton

Berikut 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 x £ untuk semua n Î N

.

n xn+1

(ii)

Barisan X dikatakan naik tegas (strictly increasing) jika xn < xn+1 untuk semua

n Î N

.

(iii)

Barisan X dikatakan turun (decreasing) jika xn ³ xn+1 untuk semua n Î N

.

(iv)

Barisan X dikatakan turun tegas (strictly decreasing) jika x > x + untuk

n n 1

semua n Î N

.

Definisi 2.3.2. Barisan X = ( xn ) dikatakan monoton jika berlaku salah satu X naik

atau 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, ...).

2 3

4 n

(iii)

( , , a , a , ..., a , ... ) jika a > 1.

a a

(b) Barisan berikut ini turun (monoton).

.

11 1 .

(i)

1, , , ..., , ... .

.

.

.

2 3 n .

.

111 1 .

(ii)

1, , , , ..., , ... .

.

2 32n-1 .

.

2

2 2 .

2 3

4 n

(iii)

( , ,b ,b , ..., b , ... jika 0 < b < 1

b b

) .

(c) Barisan berikut ini tidak monoton.

n+1

(i)

(+1, -1, +1, ..., (-1) , ... ) .

(ii)

(-1, +2, -3, +4, ... ) .

Pengantar

Analisis

Real

I

2.3.4. Teorema Konvergensi Monoton

(a) Jika X = ( xn ) naik (monoton) dan terbatas ke atas, maka X = ( xn ) konvergen

dengan

lim ( xn ) = sup { xn : n Î N} .

(b) Jika X = ( xn ) turun (monoton) dan terbatas ke bawah, maka X = ( xn )

konvergen dengan

lim ( xn ) = inf { xn : n Î N} .

Bukti.

(a) Karena X = ( xn ) terbatas ke atas, maka terdapat M Î N

sedemikian hingga

x £ M untuk semua n Î N

. Namakan A = { x : n Î N} , maka A Ì R

,

nn

terbatas ke atas dan tidak kosong. Menurut Sifat Lengkap R

, maka supremum

A ada, namakan x = sup A . Diambil e> 0 , maka terdapat K Î N

sedemikian

hingga x -e< xk £ x . Karena X naik monoton, maka untuk n ³ K berlaku

x - e< xk £ xn £ x < x +e

atau

x - e< xn < x +e Û

xn- x

< e.

Jadi, terbukti bahwa X = ( xn ) konvergen ke x = lim ( xn ) = sup { xn : n Î 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 ³ 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 ³ 1 (benar). Misalkan benar untuk n = k , yaitu

y = 2 + y , y ³ y . Akan dibuktikan benar untuk n = k +1, yaitu

k +1 k k +1 k

y 2 + ³ 2 y =

k +2 = yk +1 + k yk +1 .

Pengantar

Analisis

Real

I

1 2 2 3k ky y+ = + £ +

Berarti 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 Î N

.

Untuk n = 1 benar, sebab y1 = 1 £ 3 . Misalkan benar untuk n = k , yaitu yk £ 3. Maka

= 5 £ 3 yang berarti benar untuk n = k +1. Jadi, menurut

induksi terbukti bahwa y £ 3, untuk semua n Î N

. Karena ( yn ) naik monoton dan

n

terbatas ke atas, maka menurut Teorema 2.3.4 barisan ( yn ) konvergen. Misalkan

y = lim ( y ) , maka diperoleh

n

2 2

y = 2 + y Û y = 2 + y Û y - y - 2 = 0 Û ( y - 2) ( y +1) = 0 .

Diperoleh y = 2 atau y = - 1. Untuk y = - 1 jelas tidak mungkin, sebab 1 £ yn £ 3

untuk semua n Î N

. Jadi, terbukti bahwa ( yn ) konvergen dan lim ( y ) = 2 .

n

SOAL LATIHAN SUBBAB 2.3

1.

Diberikan x1 > 1 dan xn+1 := 2 - 1

untuk n Î N

. Tunjukkan bahwa ( xn ) terbatas

x

n

dan monoton. Carilah nilai limitnya.

2. Diberikan x ³ 2 dan x 1 := 1+ x -1 untuk n Î N

. Tunjukkan bahwa ( xn )

1 n+ n

turun dan terbatas ke bawah oleh 2. Carilah nilai limitnya.

3.

Diberikan A Ì R

tak berhingga yang terbatas ke atas dan misalkan u := sup A .

Tunjukkan bahwa terdapat barisan naik ( xn ) dengan x Î A untuk semua n Î N

n

sedemikian hingga u = lim ( x ) .

n

4.

Tentukan apakah barisan ( yn ) konvergen atau divergen, dengan

11 1

y

:=+ + ... + untuk n Î N

.

n

n +1 n + 2 2n

Pengantar

Analisis

Real

I

11 1

5. Diberikan xn:= + + ... + untuk setiap n Î N

. Buktikan bahwa ( xn ) naik

22 2

1 2 n

dan terbatas, sehingga ( xn ) konvergen. (Petunjuk: Jika k ³ 2 , maka

11 11

2 £ =- ).

k k (k -1) k -1 k

6. Tentukan konvergensi dan hitunglah limit barisan berikut.

n+1 2n

..

..

.

1 .

.

1 .

(a) .

1+ .

.

. (b) .

.1+ .

.

.

.

..

..

.

.

n .

.

.

n .

.

.

.

n .

.

n .

.

1 .

.

1 .

(c) .

1+ .

. (d) .

1- .

.

..

..

.

.

n +1.

.

.

.

n .

.

..

..

2.4. Barisan Bagian

Pada bagian ini akan diberikan konsep barisan bagian (subsequences) dari suatu barisan

bilangan real.

Definisi 2.4.1. Diberikan barisan bilangan real X = ( xn ) dan diberikan barisan

bilangan asli naik tegas n < n < ... < n < ... . Barisan X ¢ = ( x ) dengan

1 2 k nk

( x ) = ( xn , x , ..., xn , ... )

n n

k 1 2 k

disebut dengan barisan bagian atau sub barisan (subsequences) dari X.

.

111 1 .

Contoh 2.4.2. Diberikan X : , , , ..., , ... .

= .

.

.

1 2 3 n .

.

111 1 .

(i) Barisan X1 ¢ = .

, , , ..., , ... .

merupakan barisan bagian dari X.

.

246 2n .

1 1 1 1

(ii) Barisan X2 ¢ = .

.

, , , , ... .

.

merupakan barisan bagian dari X.

.

4 5 6 7 .

.

1 1 1 1 .

(iii) Barisan X3 ¢ = .

, , , , ... .

bukan barisan bagian dari X, sebab n2 < n1 .

.

3 2 4 5 .

Pengantar

Analisis

Real

I

Teorema 2.4.3. Jika X = ( xn ) konvergen ke x, maka setiap barisan bagian X ¢ = ( xnk )

dari X juga konvergen ke x.

Bukti. Diambil e> 0 . Karena ( xn ) ® x , maka terdapat K( )e Î N

sedemikian hingga

untuk setiap n ³ ( )

K e

berlaku

xn- x

< e. Karena untuk setiap n Î N

berlaku nk +1 ³ nk ,

maka untuk setiap n ³ ( ) berlaku nk ³ k ³ K e . Sehingga

K e ( )

xnk - x

< e.

Terbukti bahwa X ¢ = ( xnk ) konvergen ke x.

Teorema 2.4.4. Diberikan barisan bilangan real X = ( xn ) , maka pernyataan berikut

ini ekuivalen.

(i)

Barisan X = ( xn ) tidak konvergen ke x Î R

.

(ii)

Ada e0 > 0 sedemikian hingga untuk sebarang k Î N

, terdapat nk Î N

sedemikian hingga nk ³ k dan

xnk - x

³ e0 .

(iii)

Ada e0 > 0 dan suatu barisan bagian X ¢ = ( xnk ) sedemikian hingga

xnk - x

³ e0

untuk semua k Î N

.

Bukti.

(i) .

(ii) Jika ( xn ) tidak konvergen ke x, maka untuk suatu e0 > 0 tidak mungkin

ditemukan k Î N

sedemikian hingga untuk setiap nk ³ k berlaku

xnk - x

< e0 .

Akibatnya tidak benar bahwa untuk setiap k Î N

, n ³ k memenuhi

xnk - x

< e0 .

Dengan kata lain, untuk setiap k Î N

terdapat nk Î N

sedemikian hingga nk ³ k dan

xnk - x

³ e0 .

Pengantar

Analisis

Real

I

(ii) .

(iii) Diberikan e0 > 0 sehingga memenuhi (ii) dan diberikan n1 Î N

sedemikian

hingga n1 ³ 1 dan

xn- x

³ e0 . Selanjutnya, diberikan n2 Î N

sedemikian hingga

1

n2 > n1 dan

xn- x

³ e0 . Demikian seterusnya sehingga diperoleh suatu barisan bagian

2

X ¢ = ( xnk ) sehingga berlaku

xnk - x

³ e0 untuk semua k Î N

.

(iii) .

(i) Misalkan X = ( xn ) mempunyai barisan bagian X ¢ = ( xnk ) yang memenuhi

sifat (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 dalam

persekitaran V

0 ( x) .

e

Teorema 2.4.5. (Kriteria Divergensi) Jika barisan bilangan real X = ( xn ) memenuhi

salah satu dari sifat berikut, maka barisan X divergen.

(i) X mempunyai dua barisan bagian konvergen X ¢ = ( x ) dan X ¢¢ = ( x )

nk rk

dengan limit keduanya tidak sama.

(ii) X tidak terbatas.

.

1 1 .

Contoh 2.4.6. Tunjukkan bahwa barisan 1, , 3, , ... divergen.

.

.

.

2 4 .

Jawab. Namakan barisan di atas dengan Y = ( yn ) , dengan y = 1

jika n genap, dan

n

n

yn = n jika n ganjil. Jelas bahwa Y tidak terbatas. Jadi, barisan Y = ( yn ) divergen.

Berikut ini diberikan sebuah teorema yang menyatakan bahwa barisan bilangan

real X = ( xn ) pasti mempunyai barisan bagian yang monoton. Untuk membuktikan

teorema ini, diberikan pengertian puncak (peak), xmdisebut puncak jika xm ³ xn untuk

semua n sedemikian hingga n ³ m . Titik xmtidak pernah didahului oleh sebarang

Pengantar

Analisis

Real

I

elemen barisan setelahnya. Perhatikan bahwa pada barisan yang menurun, setiap elemen

adalah 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 banyak

puncak, dan X mempunyai berhingga banyak puncak.

Kasus I: X mempunyai tak hingga banyak puncak. Tulis semua puncak berurutan naik,

yaitu x , x , ..., x , ... . Maka x ³ x ³ ... ³ x , ... . Oleh karena itu, ( x ) merupakan

mmm mm m

1 2 k 1 2 k mk

barisan bagian yang turun (monoton).

Kasus II: X mempunyai berhingga banyak puncak. Tulis semua puncak berurutan naik,

yaitu x , x , ..., x . Misalkan s := m +1 adalah indeks pertama dari puncak yang

mm m 1 r

1 2 r

terakhir. Karena x bukan puncak, maka terdapat s > s sedemikian hingga x < x .

s1 21 s1 s

2

Karena x bukan puncak, maka terdapat s > s sedemikian hingga x < x . Jika

s2 32 s2 s

3

proses ini diteruskan, diperoleh barisan bagian ( xsk ) yang naik (monoton).

Teorema 2.4.8. (Bolzano-Weierstrass) Setiap barisan bilangan real yang terbatas

pasti memuat barisan bagian yang konvergen.

Bukti. Diberikan barisan bilangan real terbatas X = ( xn ) . Namakan S = { x : n Î N}

n

range barisan, maka S mungkin berhingga atau tak berhingga.

Kasus I: Diketahui S berhingga. Misalkan S = { x , x , ..., x } , maka terdapat m Î N

1 2 t

dengan 1 £ m £ t dan barisan (rk : k Î N) dengan r1 < r2 < r3 < ... sehingga

x = x = ... = x . Hal ini berarti terdapat barisan bagian ( x : k Î N) yang konvergen

r r m rk

1 2

ke xm.

Pengantar

Analisis

Real

I

Kasus II: Karena S tak berhingga dan terbatas, maka S mempunyai titik cluster atau

.

1 1 .

titik limit, namakan x titik limit S. Misalkan Uk = .

x - , x + .

persekitaran titik x.

.

k k .

Untuk k = 1, maka terdapat x Î S ÇU1 , x ¹ x sedemikian hingga

xr- x

< 1.

r1 r1

1

1

Untuk k = 2, maka terdapat x Î S ÇU2 , x ¹ x sedemikian hingga

xr- x

< .

r2 r2

2

2

1

Untuk k = 3, maka terdapat x Î S ÇU3 , x ¹ x sedemikian hingga

xr- x

< .

r3 r3

3

3

Demikian seterusnya, sehingga diperoleh:

1

Untuk k = n, maka terdapat xr Î S ÇUn , xr¹ x sedemikian hingga

xr- x

< .

nn

n

n

Ambil e> 0 . Menurut Sifat Archimedes, maka terdapat K Î N

sedemikian hingga

1 1

1 < e. Maka untuk setiap n ³ K berlaku

xr- x

< £ < e. Terbukti bahwa ( x )

K

K

n

n

nK rkonvergen ke x dengan ( x ) barisan bagian ( xn ) .

r

n

Teorema 2.4.9. Diberikan barisan bilangan real terbatas X = ( xn ) dan diberikan

x Î R

yang mempunyai sifat bahwa setiap barisan bagian dari X konvergen ke x. Maka

barisan X konvergen ke x.

Bukti. Misalkan M > 0 adalah batas dari barisan X sehingga

x

£ M untuk semua

n

n Î N

. Andaikan X tidak konvergen ke x, maka menggunakan Teorema 2.4.4 terdapat

e0 > 0 dan barisan bagian X ¢ = ( xnk ) sedemikian hingga

xnk - x

³ e0 untuk semua

K Î N

. Karena X ¢ barisan bagian dari X, maka M juga batas dari X ¢ . Menggunakan

Teorema Bolzano-Weierstrass berakibat bahwa X ¢ memuat barisan bagian X '

¢¢ . Karena

X '

¢¢ juga barisan bagian dari X, maka X '

¢¢ juga konvergen ke x. Dengan demikian, akan

selalu berada dalam persekitaran Ve ( x) . Timbul kontradiksi, yang benar adalah X

0

selalu konvergen ke x.

Pengantar

Analisis

Real

I

SOAL LATIHAN SUBBAB 2.4.

1.

Tunjukkan bahwa barisan berikut ini divergen.

.

1 .

.

np.

(a)

1-- + . (b) sin .

.

( 1)n

.

..

.

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 := x , z : 1 ,..., z n-1 := x , z : n . Tunjukkan bahwa Z konvergen

1 2 = y 2 n 2n = y

jika dan hanya jika X dan Y konvergen dan lim ( x ) = lim ( y ) .

n n

4.

Tentukan konvergensi dan limit barisan berikut.

2

2n

..

.

2 .

.

1 .

.

1 .

(a)

.

1+ .

. (b) .

1+ .

.

.

2 ..

.

2 .

.

.

n .

.

.

n .

.

..

..

5.

Hitunglah limit barisan berikut.

1

.

3n .

..

.

1 .

(a)

.

(3n)2n .

. (b) ..

.1+ .

.

.

..

.

2n .

.

.

.

6.

Misalkan setiap barisan bagian dari X = ( xn ) mempunyai suatu barisan bagian

yang konnvergen ke 0. Tunjukkan bahwa lim ( x ) = 0 .

n

7. Diberikan barisan terbatas ( xn ) dan untuk setiap n Î N

diberikan

s

:= sup { x : k ³ n} dan S := inf { s } . Tunjukkan bahwa terdapat barisan bagian

nk

n

dari ( xn ) yang konvergen ke S.

1 n

8.

Jika xn³ 0 untuk semua n Î N

dan lim ((- ) xn) ada, tunjukkan ( xn )

konvergen.

9.

Tunjukkan bahwa jika ( xn ) terbatas, maka terdapat barisan bagian ( xnk )

.

.

1

sedemikian hingga lim .

.

= 0 .

.

x

.

.

nk .

10. Diberikan barisan terbatas ( xn ) dan s := sup { xn : n Î N} . Tunjukkan bahwa jika

s Ï{ xn : n Î N} , maka terdapat barisan bagian dari ( xn ) yang konvergen ke s.

Pengantar

Analisis

Real

I

2.5. Barisan Cauchy

Definisi 2.5.1. Barisan bilangan real X = ( xn ) disebut barisan Cauchy jika untuk

setiap e> 0 terdapat H ( )e Î N

sedemikian hingga untuk setiap n m Î N

,dengan

n m , ³ ( )

H e , berlaku

xn - xm

< e.

.

1 .

Contoh 2.5.2. Barisan merupakan barisan Cauchy.

.

.

.

n .

Jika diberikan e> 0 , dapat dipilih H = H e Î N

sedemikian hingga H > 2

. Maka

( )

e

1 1 e 1 e

jika ,³ H , diperoleh £ < dan dengan cara yang sama diperoleh < .

n m

n H 2 m 2

Oleh karena itu, jika n m , ³ H e

( ) , maka

1 1

1 1 e e

-

£ + < + = e.

n m

n m 2 2

.

1 .

Karena berlaku untuk sebarang e> 0 , maka dapat disimpulkan bahwa merupakan

.

.

.

n .

barisan Cauchy.

Lemma 2.5.3. Jika X = ( xn ) barisan bilangan real yang konvergen, maka X

merupakan barisan Cauchy.

Bukti. Misalkan x := lim X . Diberikan e> 0 , maka terdapat K (e

2) Î N

sedemikian

hingga jika n ³ K (e

2) , maka

xn- x

< e. Oleh karena itu, jika H e = K e

2) dan

( ):

2 (

jika n m , ³ H e

( ) , maka diperoleh

xn - xm

=

( x - x) + ( x - x )

n m

e e

=

xn - x

+

xm - x

< + = e.

2 2

Karena berlaku untuk sebarang e> 0 , maka terbukti bahwa ( xn ) barisan Cauchy.

Pengantar

Analisis

Real

I

Lemma 2.5.4. Jika X = ( xn ) barisan Cauchy, maka X terbatas.

Bukti. Diketahui X = ( xn ) barisan Cauchy. Diberikan e:= 1. Jika H := H (1) dan

n ³ H , maka

xn - xH

< 1. Selanjutnya, menggunakan Ketaksamaan Segitiga, diperoleh

x

£ xH

+1 untuk semua n Î N

. Namakan

n

M := max {

x

,

x

, ...,

x

,

x

+1} ,

1

2

H -1

H

maka diperoleh

x

£ M untuk semua n Î N

. Jadi, terbukti bahwa X terbatas.

n

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).

Ü Diketahui X = ( xn ) barisan Cauchy. Diambil e> 0 , maka terdapat H = ( )

H e > 0

e

sedemikian hingga setiap n m Î N

,³ H berlaku

untuk ,dengan n m

xn - xm

< .

2

Karena X barisan Cauchy, maka X terbatas, sehingga X memuat barisan bagian

X ¢ = ( xnk ) yang konvergen ke x *. Oleh karena itu, terdapat K ³ H dengan

e

K Î{n1, n2 , n , ... } sedemikian hingga

xK - x * < . Akibatnya untuk m = K diperoleh

3

2

xn - x * =

xn - xK + xK - x *

£

xn - xK

+

xK - x *

e e

< + =e.

2 2

Karena berlaku untuk sebarang e> 0 , maka terbukti bahwa barisan X = ( xn )

konvergen.

Pengantar

Analisis

Real

I

Definisi 2.5.6. Barisan bilangan real X = ( xn ) dikatakan kontraktif (contractive) jika

terdapat konstanta C, dengan 0 < C < 1 sedemikian hingga

x - x

£ C

x - x

n+2 n+1

n+1 n

untuk semua n Î 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 jika

x* = lim X , maka

n-1

C

(i)

x *-xn

£

x2 - x1

,

1- C

C

(ii)

x *-xn

£

x - x -

.

n n 1

1- C

SOAL 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 n

.

(-1)n .

(a) ((- )

) (b) .

n + .

(c) (ln n)

.

n

.

.

.

4. Diberikan barisan ( xn ) dengan x := n , tunjukkan bahwa lim

x - x

= 0 ,

n+1 n

n

tetapi bukan barisan Cauchy.

5. Diberikan barisan Cauchy ( xn ) sedemikian hingga x Î Z

untuk setiap n Î N

.

n

Tunjukkan bahwa ( xn ) selalu konstan.

Pengantar

Analisis

Real

I

n

6.

Jika 0 < r < 1 dan

x

- x

< r

untuk semua n Î N

, tunjukkan bahwa ( xn )

n+1

n

merupakan barisan Cauchy.

1 2

7.

Jika y < y adalah sebarang bilangan real dan y := y + y untuk n > 2 ,

1 2

n n-1 n-2

3 3

tunjukkan bahwa ( yn ) konvergen. Tentukan limitnya.

)-1

8.

Jika x1 > 0 dan xn-1 := (2 + xn untuk n ³ 1, tunjukkan bahwa ( xn ) merupakan

barisan kontraktif. Tentukan limitnya.

2.6. Sifat Barisan Divergen

Pada subbab ini diberikan beberapa sifat dari suatu barisan bilangan real ( xn ) yang

mendekati atau menuju ke ±¥ , yaitu lim ( xn) = +¥ dan lim ( xn) = -¥ . Ingat bahwa

barisan divergen adalah barisan yang tidak konvergen.

Definisi 2.6.1. Diberikan barisan bilangan real ( xn ) .

(i)

Barisan ( xn ) dikatakan mendekati +¥ , ditulis lim ( x ) = +¥ , jika untuk

n

setiap aÎ R

terdapat K (a) Î N

sedemikian hingga jika n ³ K (a) , maka

xn> a.

(ii)

Barisan ( xn ) dikatakan mendekati -¥ , ditulis lim ( xn) = -¥ , jika untuk

setiap bÎ R

terdapat K (b) Î N

sedemikian hingga jika n ³ K (b) , maka

xn< b.

Barisan ( xn ) dikatakan divergen proper (tepat/tegas) jika lim ( x ) = +¥ atau

n

2

lim ( xn) = -¥ . Berikut ini diberikan contoh bahwa lim (n ) = +¥ .

Pengantar

Analisis

Real

I

2

Contoh 2.6.2. lim (n ) = +¥ . Jika K( )e Î N

sedemikian hingga K( )a >a, dan jika

n ³ K(a) , maka diperoleh n2 ³ n > a.

Teorema 2.6.3. Barisan bilangan real monoton merupakan barisan divergen proper

jika 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 aÎ R

terdapat n( )a Î N

sedemikian hingga

a< xn(a) . Tetapi karena ( xn ) naik, diperoleh a< xnuntuk semua n ³ n a . Karena

( )

a 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 £ yn

untuk semua n Î N

.

(a) Jika lim ( xn) = +¥ , maka lim ( yn ) = +¥ .

(b) Jika lim ( yn ) = -¥ , maka lim ( xn) = -¥ .

Bukti.

(a) Jika lim ( xn) = +¥ dan jika diberikan aÎ R

, maka terdapat K( )a Î N

sedemikian

hingga jika n ³ K(a) , maka a< xn. Karena diketahui xn £ yn untuk semua n Î N

,

maka a< yn untuk semua n ³ K(a) . Karena a sebarang, maka lim ( y ) = +¥ .

n

(b) Bukti hampir sama dengan (a).

Pengantar

Analisis

Real

I

Teorema 2.6.5. Diberikan barisan bilangan real ( xn ) dan ( yn ) , dan untuk suatu

L Î R

, L > 0 diperoleh

.

x .

lim n = L .

.

.

y

.

n .

Maka lim ( xn) = +¥ jika dan hanya jika lim ( yn ) = +¥ .

.

x

.

n

Bukti. Diketahui lim .

.

= L , artinya terdapat K Î N

sedemikian hingga untuk setiap

y

.

n .

n ³ K berlaku

1 xn 3

L < < L .

2 yn 2

.

1 .

.

3 .

Oleh karena itu, diperoleh .

L yn < xn < .

L .

yn untuk semua n ³ 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 x > 0 untuk semua n Î N

, maka lim ( x ) = 0 jika dan

n

n

.

1

.

hanya jika lim .

.

= +¥ .

.

xn.

3.

Tentukan apakah barisan berikut ini divergen proper.

(a) ( n ) .

(b) (

.

n .

(c) ( n -1) .

(d)

.

.

.

.

n +1 .

4.

Diberikan ( xn ) barisan divergen proper dan diberikan ( yn ) sedemikian hingga

lim ( x y n n ) Î R

. Tunjukkan bahwa ( yn ) konvergen ke 0.

)1n + .

Pengantar

Analisis

Real

I

5. Tentukan apakah barisan berikut ini konvergen atau divergen.

.

2

(a) ( n + 2 ) . (b) .

.

n .

.

2

.

(n +1) .

.

.

.

2

(n +1) .

(c) .

.

. (d) (sin n ) .

.

n .

.

.

.

an.

6.

Tunjukkan bahwa jika lim .

.

= L , dengan L > 0 , maka lim (an) = +¥ .

.

n .

2.7. Deret Tak Berhingga

Berikut ini diberikan pengantar singkat mengenai suatu deret tak berhingga dari

bilangan real.

Definisi 2.7.1. Jika X := ( xn ) barisan di R

, maka deret tak berhingga (cukup disebut

deret) yang dibentuk oleh X adalah barisan S := (s ) yang didefinisikan dengan

k

s := x

1 1

s2 := s1 + x2 (= x1 + x2 )

. . .

s = s + x = x + x + ... + x

k : k -1 2 ( 1 2 k )

. . .

xndisebut 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 dar

jumlahan deret. Jika limitnya tidak ada, maka dikatakan deret S divergen.

Deret tak berhingga S yang dibangun oleh barisan X := ( x ) disimbolkan

n

dengan

¥

S( xn ) atau .

xn atau .

xn .

n=1

Pengantar

Analisis

Real

I

Contoh 2.7.2.

n

Diberikan barisan X := (r )¥

dengan r Î R

yang membangun deret:

n=0

¥

n 2 n

Sr = 1+ r + r + ... + r + ... .

n=0

1

Akan ditunjukkan bahwa jika

r

< 1 , maka deret ini konvergen ke .

(1- r)

Misalkan sn:= 1+ r + r2 + ... + rn + ... untuk n ³ 0 , dan jika sndikalikan dengan r dan

mengurangkan hasilnya dari sn, maka diperoleh

n+1

sn(1- r) = 1- r .

Oleh karena itu, diperoleh

n+1

1 r

s - =- .

n 1- r 1- r

Sehingga

n+1

r

sn - 1

£ -

.

1- r

1- r

¥

n+1

n 1

Karena

r

® 0 saat

r

< 1 , maka deret geometri Sr konvergen ke saat

(1- r)

r

n=0

< 1 .

Selanjutnya, diberikan kondisi-kondisi yang dapat memberikan jaminan bahwa

suatu deret itu konvergen.

Teorema 2.7.3. (The nth Term Test) Jika deret .

x konvergen, maka lim ( x ) = 0 .

n n

Bukti. Menggunakan Definisi 2.7.1, .

xn konvergen apabila lim (sk ) ada. Karena

xn = sn - sn-1 , maka lim ( xn ) = lim (s ) - lim (sn-1 ) = 0 .

n

Pengantar

Analisis

Real

I

Teorema 2.7.4. (Kriteria Cauchy) Deret .

xn konvergen jika dan hanya jika untuk

setiap e> 0 terdapat M ( )e Î N

sedemikian hingga jika m > n ³ ( )

M e , maka

sm - sn

=

x + x + ... + x

< e.

n+1 n+2 m

Teorema 2.7.5. Diberikan ( xn ) barisan bilangan real nonnegatif. Maka deret .

x

n

konvergen jika dan hanya jika barisan S = (sk ) dari jumlahan parsialnya terbatas.

Dalam hal ini,

¥

.

xn = lim (sk ) = sup {sk : k Î N}.

n=1

Bukti. 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 jika

barisannya terbatas, dalam hal ini limitnya sama dengan sup { sk } .

¥

Contoh 2.7.6. Deret konvergen.

.

1

2

n=1 n

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

=+ + < 1+ = 1+ ,

sk2 .

2 2 .

2

1 .

2 3 .

2 2

dan jika k3 := 23 -1 = 7 , maka diperoleh

.

1 1 1 1 .

4 11

s = s ++++ < s + < 1+ + .

k3 k2 .

222 2 .

k22 2

.

4 5 6 7 .

4 22

Menggunakan induksi matematik, diperoleh bahwa jika k j := 2 j -1 , maka

2 j-1

1 .

1 .

.

1 .

0 < < 1++ + ... + .

sk j ..

..

2 .

2 .

.

2 .

Pengantar

Analisis

Real

I

1

Karena ruas kanan merupakan jumlahan parsial dari deret geometri dengan r = , maka

2

1 ¥ 1lim (sk ) = = 2 . Jadi, deret .

2 konvergen.

.

1 .

n=1 n

1-

.

.

.

2 .

2.7.7. Tes Perbandingan (Comparison Tests) Diberikan barisan bilangan real

X := ( x ) dan Y := ( y ) , dan misalkan untuk suatu K Î N

berlaku

n n

0 £ xn £ yn untuk n ³ K .

(a) Jika .

yn konvergen, maka .

xn konvergen.

(b) Jika .

xn divergen, maka .

yn divergen.

Bukti.

(a) Misalkan .

yn konvergen. Diberikan e> 0 dan M ( )e Î N

sedemikian hingga jika

m > n ³ ( )

M e , maka

y + ... + y < e.

n-1 m

Jika m > max { , ()

K M e} , maka diperoleh bahwa

0 £ x + ... + x £ y + ... + y < e,

n+1 m n+1 m

yang berakibat bahwa .

xn konvergen.

(b) Menggunakan kontraposisi dari (a), maka teorema terbukti.

2.7.8. Tes Perbandingan Limit Misalkan X := ( xn ) barisan positif naik tegas dan

misalkan limit berikut ada dalam R

, yaitu

.

xn

.

r := lim .

.

.

.

yn .

(a) Jika r ¹ 0 , maka .

xn konvergen jika dan hanya jika .

yn konvergen.

(b) Jika r = 0 , maka .

yn konvergen jika dan hanya jika .

xn konvergen.

Pengantar

Analisis

Real

I

Bukti.

.

xn

.

(a) Diketahui

r := lim .

.

dan dari soal latihan 2.1.10, maka terdapat K Î N

.

yn .

1 x

sedemikian hingga untuk n ³ 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 Î N

sedemikian hingga untuk n ³ K berlaku

0 < xn £ yn .

Menggunakan Teorema 2.7.7 (a), maka pernyataan (b) terbukti.

¥ 1

Contoh 2.7.9. Deret konvergen.

.

2

n=1 n + n

Diketahui ketaksamaan berikut benar

1 1

0 < £ untuk n Î N

.

n2 + n n2

¥ 1

Karena

telah diketahui bahwa deret .

2 konvergen, maka menggunakan Tes

n=1 n

¥

Perbandingan 2.7.7 diperoleh bahwa deret konvergen.

.

2

1

n=1 n + n

SOAL LATIHAN SUBBAB 2.7

1.

Tunjukkan bahwa

¥ 1

(a) .

= 1.

n=0 (n +1) ( n + 2)

¥ 1

1

(b) .

= > 0 , jika a> 0 .

n=0 (a+ n) ( a+ n +1) a

¥ 1 1

(c) .

= .

n=1 n(n +1) ( n + 2) 4

Pengantar

Analisis

Real

I

2.

Jika .

xn dan .

yn konvergen, tunjukkan bahwa S( xn + yn ) konvergen.

3.

Berikan contoh deret konvergen .

xn dan deret divergen .

yn sedemikian

hingga S( xn + yn ) konvergen. Jelaskan.

¥

4.

(a) Tunjukkan bahwa deret Scos n divergen.

n=1

¥

cos n

(b) Tunjukkan bahwa deret konvergen.

.

n2

n=1

5. Jika Sa dengan a > 0 konvergen, maka apakah a a + juga konvergen?

n n

.

n n1

Tunjukkan atau beri contoh penyangkalnya jika tidak terbukti.

(a + ... + a )

6.

Jika deret San , dengan an> 0 konvergen, dan jika bn := 1 n untuk

n

n Î N

, maka tunjukkan bahwa Sbn divergen.

7.

Tunjukkan bahwa jika c > 0 , maka deret berikut ini konvergen.

.

1

c .

1

c

(a)

. (b) .

n(ln n) n(ln n) ( ln ln n)

Pengantar

Analisis

Real

I

DAFTAR PUSTAKA

Apostol, 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.

via materi

Pages

Rangkuman Materi

Download Materi PENGANTAR ANALISIS REAL

Thursday, February 6, 2014

No comments:

Post a Comment

Labels

Most Reading