Analisis Real

Bacaan Warga KSA

Pengantar Analisis Real Introduction to real analysis

Dikumpulkan dari berbagai sumber oleh: Abu Abdillah

KOMUNITAS STUDI ALKWARIZMI UNAAHA

2013

Komunitas Studi Al Khwarizmi Abu Abdillah ii

PERSEMBAHAN

Untuk bahan bacaan warga KSA (Komunitas Studi Al Khwarizmi).

Pesan

Janganlah kesibukan duniamu melalaikan untuk menuntut ilmu Agama,

ingatlah bahwa yang wajib ‘ain bagi kalian adalah menuntut ilmu Agama.

Komunitas Studi Al Khwarizmi Abu Abdillah iii

KATA PENGANTAR

uku ini ditulis dalam rangka pengadaan buku ajar mata kuliah

Analisis Real I dan II, yang merupakan mata kuliah wajib.

Buku ini berisi materi yang diperuntukan bagi mahasiswa

yang telah mengambil mata Kalkulus I dan Kalkulus II. Topik-topik dalam

buku ini sebenarnya sudah dikenal oleh mahasiswa yang telah mengambil

kedua mata kuliah tersebut. Hanya saja, materi pada buku ini lebih abstrak,

teoritis, dan mendalam. Materi pada buku ini merupakan materi dasar analisis

real. Analisis real merupakan alat yang esensial, baik di dalam berbagai

cabang dari matematika maupun bidang ilmu-ilmu lain, seperti fisika, kimia,

dan ekonomi. Mata kuliah Analisis I adalah gerbang menuju mata kuliah yang

lebih lanjut, baik di dalam maupun di luar jurusan Matematika. Jika mata

kuliah ini dapat dipahami dengan baik maka mahasiswa mempunyai modal

yang sangat berharga untuk memahami mata kuliah lain. Diharapkan, setelah

mempelajari materi pada buku ini, mahasiswa mempunyai kedewasaan

dalam bermatematika, yang meliputi antara lain kemampuan berpikir secara

deduktif, logis, dan runtut, serta memiliki kemampuan menganalisis masalah

dan mengomunikasikan penyelesaiannya secara akurat dan rigorous.

Buku ini terdiri dari lima bab. Bab I membahas tentang aljabar

himpunan, fungsi, dan induksi matematika. Sebagaimana kita ketahui bahwa

materi pada bab ini adalah materi penunjang pemahaman pada bab-bab

selanjutnya, maka diharapkan para pembaca dan pengajar tidak

mengabaikan penyampaian bab I ini. Bab II membahas tentang himpunan

bilangan real. Di dalamnya, dibicarakan tentang sifat aljabar (lapangan), sifat

terurut, dan sifat kelengkapan dari himpunan bilangan real. Kemudian,

dibahas tentang himpunan bagian dari himpunan bilangan real yang

B

Komunitas Studi Al Khwarizmi Abu Abdillah iv

dikonstruksi berdasarkan sifat terurutnya, yang disebut sebagai interval.

Dijelaskan pula tentang representasi desimal dari bilangan real dan

menggunakannya untuk membuktikan Teorema Cantor. Selanjutnya, bab III

berisi tentang barisan bilangan real, yang meliputi definisi dan sifat-sifat

barisan, Teorema Bolzano-Weierstrass, kriteria Cauchy, barisan divergen,

dan sekilas tentang deret tak hingga. Kemudian, bab IV mendiskusikan

tentang definisi limit fungsi (termasuk limit sepihak, limit di tak hingga, dan

limit tak hingga) dan sifat-sifatnya. Lalu, bab V membahas kekontinuan fungsi,

yang meliputi definisi fungsi kontinu dan sifat-sifatnya, fungsi kontinu pada

interval, kekontinuan seragam, serta fungsi monoton dan fungsi invers.

Buku ini masih dalam proses pengembangan dan tentunya masih jauh

dari sempurna. Untuk itu, penulis membuka diri terhadap saran dan kritik dari

pembaca, demi semakin baiknya buku ini sebagai buku ajar mata kuliah wajib

Analisis I.

Unaaha, April 2013

Penulis,

Abu Abdillah

Komunitas Studi Al Khwarizmi Abu Abdillah v

DAFTAR ISI PERSEMBAHAN ............................................................................... ii KATA PENGANTAR ......................................................................... iii DAFTAR ISI ....................................................................................... v BAB I PENDAHULUAN

1.1 Aljabar Himpunan ........................................................... 1 1.2 Fungsi ............................................................................... 8 1.3. Induksi Matematika ......................................................... 17

BAB II HIMPUNAN BILANGAN REAL

2.1 Sifat Aljabar dari R .......................................................... 27 2.2 Sifat Terurut dari R ......................................................... 29

2.3. Sifat Kelengkapan dari R ............................................... 38 2.4. Interval ............................................................................. 48 2.5 Representasi Desimal dari Bilangan Real .................... 51

BAB III BARISAN BILANGAN REAL 3.1 Definisi Barisan Bilangan real ....................................... 54

3.2 Sifat-Sifat Barisan Bilangan Real .................................. 57 3.3 Teorema Bolzano-Weierstrass ....................................... 64 3.4 Kriteria Cauchy ............................................................... 65 3.5 Barisan Divergen ............................................................ 68

3.6 Deret Tak Hingga ............................................................ 71

BAB IV LIMIT FUNGSI

4.1 Titik Timbun ..................................................................... 80 4.2 Definisi Limit Fungsi ....................................................... 81 4.3 Teorema Limit Fungsi ..................................................... 84

Komunitas Studi Al Khwarizmi Abu Abdillah vi

BAB V KEKONTINUAN FUNGSI

5.1 Definisi Fungsi Kontinu .................................................. 89 5.2 Sifat-Sifat Fungsi Kontinu .............................................. 92

5.3 Fungsi Kontinu pada Interval ......................................... 94 5.4 Kekontinuan Seragam .................................................... 97 5.5 Fungsi Monoton dan Fungsi Invers ............................... 100

DAFTAR PUSTAKA

Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 1

BAB I HIMPUNAN BILANGAN REAL

ada bab ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan

untuk mempelajari analisis real. Bagian 1.1 dan 1.2 kita akan

mengulang sekilas tentang aljabar himpunan dan fungsi, yang

keduanya merupakan perkakas penting untuk semua cabang matematika.

Pada bagian selanjutnya yakni bagian 1.3 kita akan mengulas mengenai

induksi matematika. Sebagaimana kita ketahui bahwa induksi matematika

berhubungan dengan sifat dasar sistem bilangan asli yang akan sering kita

gunakan pada pembuktian beberapa masalah khusus dalam bab selanjutnya.

1.1 ALJABAR HIMPUNAN

Bila A menyatakan suatu himpunan, maka untuk suatu unsur x kita akan

menuliskannya menjadi

Ax , ■

untuk menyatakan x suatu unsur di A , x anggota A , atau x termuat di A ,

atau A memuat x . Selanjutnya bila kita ingin menyatakan bahwa x suatu

unsur yang bukan di A maka dapat kita tuliskan menjadi:

Ax , ■

Selanjutnya bila A dan B keduanya adalah himpunan sehingga untuk setiap

unsur Ax mengakibatkan Bx ( setiap unsur di A juga unsur di B ), maka

kita katakan A termuat di B , atau B memuat A , atau A suatu subhimpunan

dari B , dan kita menuliskannya dengan:

BA atau AB , ■

Bila BA dan terdapat unsur di B yang bukan anggota A maka kita

katakan A subhimpunan sejati dari B .

P


1.1.1. Definisi Kesamaan Dua Himpunan

Dua buah himpunan A dan B dikatakan sama bila keduanya memuat

unsur yang sama. Dengan kata lain untuk setiap unsur x anggota himpunan A

maka x juga merupakan anggota himpunan B , dan juga sebaliknya untuk setiap

unsur y anggota himpunan B maka y juga merupakan anggota himpunan A .

Selanjutnya kedua buah himpunan A dan B dikatakan sama maka kita

menuliskannya dengan:

BA ■

Untuk menunjukkan bahwa BA , kita harus menunjukkan bahwa

BA dan AB .

Suatu himpunan dapat ditulis dengan mendaftar anggota-anggotanya,

atau dengan menyatakan sifat keanggotaannya. Kata “sifat keanggotaan”

memang menimbulkan keragu-raguan, akan tetapi bila P menyatakan sifat

keanggotaan (yang tak bias maknanya) maka suatu himpunan x yang

memenuhi P akan kita tuliskan dengan cara:

)(xPx ■

Notasi diatas kita baca: “himpunan semua x yang memenuhi (sedemikian

sehingga) P ”. Bila perlu untuk menyatakan subhimpunan S yang memenuhi P ,

maka kita dapat menuliskannya dalam bentuk:

)(xPSx ■

Beberapa himpunan tertentu akan banyak digunakan dalam buku ini, dan

akan kita tuliskan dengan penulisan standar yakni sebagai berikut:

Himpunan bilangan asli, ,...3,2,1N

Himpunan bilangan bulat ,...2,2,1,1,0 Ζ

Himpunan bilangan rasional

0,, nnmnmQ

Himpunan bilangan real, R


Contoh-contoh:

1. Himpunan 0232 xxx N , menyatakan himpunan bilangan asli yang

memenuhi persamaan kuadrat 0232 xx . Karena yang memenuhi

hanya 1x dan 2x , maka himpunan tersebut dapat juga dituliskan

menjadi 2,1 .

2. Terkadang formula dapat pula digunakan untuk menyingkat penulisan

himpunan. Sebagai contoh himpunan bilangan genap positif sering dituliskan

dengan cara Nxx2 , dari pada kita menuliskannya

NN xxyy ,2 .

Operasi Himpunan

Pada bagian ini kita akan mendefinisikan aturan untuk membangun

(mengkonstruksi) himpunan baru dari himpunan yang sudah ada.

1.1.2. Definisi

a. Bila A dan B keduanya adalah himpunan, maka irisan (interseksi) dari A

dan B dituliskan dengan BA , merupakan himpunan yang unsur-unsurnya

adalah anggota himpunan A dan juga merupakan anggota himpunan B .

BxAxxBA dan ■

b. Gabungan dari himpunan A dan B adalah himpunan yang unsurnya paling

tidak termuat di salah satu dari himpunan A atau B . Gabungan dari

himpunan A dan B dituliskan dengan BA .

BxAxxBA atau ■

1.1.3. Definisi

Himpunan yang tidak mempunyai anggota disebut dengan himpunan kosong,

dituliskan dengan atau . Bila himpunan A dan B dua himpunan yang tidak

mempunyai unsur bersama (yaitu, BA ), maka A dan B dikatakan

saling asing atau disjoin.


1.1.4. Teorema

Misalkan BA, dan C sebarang himpunan, maka:

a) AAAAAA , Idempoten

b) ABBAABBA , Komutatif

c) CBACBACBACBA , Asosiatif

d) CABACBACABACBA ,

Distributif.

Bukti teorema diatas diserahkan kepada pembaca!

Dimungkinkan juga untuk menunjukkan bahwa bila nAAA ,...,, 21

merupakan koleksi himpunan, maka terdapat sebuah himpunan, maka terdapat

sebuah himpunan A yang memuat unsur yang merupakan unsur semua

himpunan njA j ,...,2,1, ; dan terdapat sebuah himpunan B yang unsurnya

paling tidak unsur dari suatu njA j ,...,2,1, . Dengan menanggalkan kurung,

kita tuliskan dengan

nAAAA ...21

nBBBB ...21

Untuk mempersingkat penulisan, A dan B di atas sering dituliskan dengan

n

jjAA

1

n

jjAB

1


1.1.5. Definisi

Misalkan A dan B suatu himpunan, maka komplemen dari B relatif terhadap

A , dituliskan dengan BA \ (baca “ A minus B ”) adalah himpunan yang unsur-

unsurnya adalah semua unsur di A tetapi bukan anggota B . Dibeberapa buku

ditulis menggunakan notasi BA atau A B .

BxanAxxBA d\ ■

Seringkali A tidak dinyatakan secara eksplisit, karena sudah

dimengerti/disepakati. Dalam situasi begini BA \ sering dituliskan dengan AC .

1.1.6. Teorema

Misalkan CBA ,, sebarang himpunan, maka )\()\()(\ CABACBA ,

)\()\()(\ CABACBA .

Bukti:

Kita akan membuktikan kesamaan pertama dan meninggalkan bagian kedua

pada pembaca sebagai bahan latihan.

Untuk menunjukkan )\()\()(\ CABACBA , berarti yang harus

ditunjukkan adalah: )\()\()(\ CABACBA dan

)\()\()(\ CABACBA

Akan ditunjukkan )\()\()(\ CABACBA

Ambil sebarang )(\ CBAx , maka Ax dan CBx , ini berarti

bahwa x di A tetapi x bukan unsur B atau C , karenanya x di A tetapi

x tidak di B dan x di A tetapi x tidak di C , sehingga dapat dituliskan

BAx \ dan CAx \ , hal ini berarti bahwa CABAx \\ ,

sehingga terbuktilah bahwa )\()\()(\ CABACBA

Akan ditunjukkan )\()\()(\ CABACBA


Ambil sebarang )\()\( CABAy , maka BAy \ dan CAy \ ,

maka Ay tetapi By dan Ay tetapi Cy . Jadi Ay tetapi bukan

anggota dari B atau C . Akibatnya Ay dan CBy , ini berarti

)(\ CBAy , sehingga terbukti bahwa )\()\()(\ CABACBA .

Dari dua bukti diatas dapat disimpulkan bahwa

)\()\()(\ CABACBA .

Produk (hasil kali) kartesius

Berikut ini kita definisikan produk kartesius yang akan kita gunakan pada

pembahasan tentang fungsi pada bagian selanjutnya.

1.1.7. Definisi

Bila A dan B keduanya adalah himpunan-himpunan tak kosong, maka produk

kartesius dari A dan B yang selanjutnya akan kita tuliskan menggunakan notasi

BA adalah himpunan pasangan berurut ba, dengan Aa dan Bb

BbanAabaBA d, ■

Sehingga bila 3,2,1A dan 5,4B , maka

5,3,4,3,5,2,4,2,5,1,4,1 BA

Latihan 1.1.

1. Gambarkan diagram yang menyatakan masing-masing himpunan pada

Teorema 1.1.4

2. Buktikan teorema 1.1.4.

3. Buktikan bahwa BA jika dan hanya jika ABA .

4. Tunjukkan bahwa himpunan D yang unsur-unsurnya merupakan unsur dari

tepat satu himpunan A atau B diberikan oleh ABBAD \\ .


Himpunan D ini sering disebut selisih simetris dari A dan B . Nyatakan

dalam diagram.

5. Tunjukkan bahwa selisih simetris D pada soal nomor 4, juga diberikan oleh:

BABAD \

6. Jika BA tunjukkan BAAB \\

7. Diberikan himpunan A dan B , tunjukkan bahwa BA dan BA \ saling

asing dan bahwa BABAA \ .

8. Diberikan sebarang himpunan A dan B , tunjukkan BAABA \\ .

9. Bila nAAA ,...,, 21 suatu koleksi himpunan, dan E sebarang himpunan,

tunjukkan bahwa n

jj

n

jj AEAE

11

, dan n

jj

n

jj AEAE

11

.

10. Mengacu pada soal nomor 9 tunjukkan bahwa n

jj

n

jj AEAE

11

, dan

n

jj

n

jj AEAE

11

.

11. Mengacu pada soal nomor 9 buktikan hukum de morgan

n

j

n

jjj AEAE

1 1

\\

, n

jj

n

jj AEAE

11

\\

Catatan bila jAE \ dituliskan dengan jAC , maka kesamaan diatas

mempunyai bentuk

n

jj

n

jj AA

11

CC , n

jj

n

jj AA

11

CC

12. Misalkan J suatu himpunan dan untuk setiap Jj , jA termuat di E .

Tunjukkan bahwa

Jj

jJj

j AA

CC , Jj

jJj

j AA

CC


13. Bila 1B dan 2B subhimpunan dari B dan 21 BBB tunjukkan bahwa

21 BABABA

1.2 FUNGSI

Pada bagian ini kita akan membahas gagasan fundamental suatu fungsi atau pemetaan. Selanjutnya akan kita ketahui bahwa fungsi merupakan suatu

jenis khusus dari himpunan, walaupun terdapat visualisasi lain yang sering lebih

bersifat sugesti. Pada bagian terakhir ini kita akan banyak membahas mengenai

jenis-jenis fungsi, tetapi sedikit lebih abstrak dibandingkan bagian ini.

Bagi matematikawan abad terdahulu kata “fungsi” biasanya berarti

formula tertentu, seperti

532 xxxf

yang bersesuaian dengan masing-masing bilangan real x dan bilangan lain

xf . Mungkin juga seseorang memunculkan kontroversi, apakah nilai mutlak

xxh

dari suatu bilangan real merupakan “fungsi sejati” atau bukan. Selain itu definisi

x diberikan pula yakni:

0,0,

xxxx

xbilabila

Dengan berkembangnya matematika, semakin jelas bahwa diperlukan definisi

fungsi yang lebih umum. Juga semakin penting untuk kita membedakan fungsi

sendiri dengan nilai fungsi itu. Disini akan mendefinisikan suatu fungsi dan hal ini

akan kita lakukan dalam dua tahap.


Definisi pertama:

suatu fungsi f dari himpunan A ke himpunan B adalah aturan

korespodensi yang memasangkan masing-masing unsur x di A secara tunggal

dengan unsur xf di B .

Definisi di atas mungkin saja tidak jelas, dikarenakan tidak jelasnya

makna frase “aturan korespondensi”. Untuk mengatasi hal ini kita akan

mendefinisikan fungsi dengan menggunakan himpunan seperti yang telah

dibahas pada bagian sebelumnya.

Berikut ini adalah definisi yang mungkin saja dapat membuat kita

kehilangan kandungan intuitif dari definisi terdahulu, tetapi kita dapatkan

kejelasan.

Ide dasar pendefinisian berikut ini adalah memikirkan gambar dari suatu

fungsi; yaitu, suatu korelasi dari pasangan berurut. Bila kita perhatikan tidak

setiap koleksi pasangan berurut merupakan gambar suatu fungsi, karena sekali

unsur pertama dalam pasangan berurut diambil, unsur keduanya ditentukan

secara tunggal.

Gambar 1.1 Gambar grafik sebuah fungsi

1.2.1. Definisi

Misalkan A dan B himpunan, suatu fungsi dari A ke B adalah

himpunan pasangan berurut di f di BA sedemikian sehingga untuk masing-


masing Aa terdapat Bb yang tunggal dengan fbaba ',,, , maka

'bb . Himpunan A dari unsur-unsur pertama dari f disebut daerah asal

“domain” dari f , dan dituliskan fD . Sedangkan unsur-unsur dari B yang

menjadi unsur kedua di f disebut “range” dari f dan dituliskan dengan fR .

Notasi

BAf :

Menunjukkan bahwa f suatu fungsi dari A ke B ; akan sering kita

katakan bahwa f suatu pemetaan dari A ke B atau f memetakan dari A ke

dalam B . Bila fba , , sering ditulis dengan:

afb

Pembatasan dan Perluasan Fungsi

Bila f suatu fungsi dengan domain fD dan 1D suatu subhimpunan

dari fD , sehing kali bermanfaat untuk mendefinisikan fungsi baru 1f dengan

domain 1D dan xfxf 1 untuk setiap 1Dx . Fungsi 1f ini disebut

pembatasan fungsi f pada 1D . Sehingga menurut definisi 1.2.1, kita

mempunyai

11 , Dafbaf

Terkadang kita tuliskan 11 Dff untuk menyatakan pembatasan

fungsi f pada himpunan 1D .

Konstruksi yang serupa untuk gagasan perluasan. Bila suatu fungsi g

dengan domain gD dan gDD 2 , maka sebarang fungsi 2g dengan

domain 2D sedemikian sehingga xgxg 2 untuk setiap gDx disebut

perluasan g pada himpunan 2D .


Bayangan Langsung dan Bayangan Invers

1.2.2. Definisi

Misalkan BAf : suatu fungsi dengan domain A dan range B . Bila E

subhimpunan A , maka bayangan langsung dari E terhadap f adalah

subhimpunan Ef dari A yang diberikan oleh

ExxfEf :

Bila H subhimpunan B , maka bayangan invers dari H terhadap f adalah

subhimpunan Hf 1 dari A , yang diberikan oleh

HxfAxHf :1

Jadi bila diberikan himpunan ,AE maka titik By 1 di bayangan langsung

Ef jika dan hanya jika terdapat paling tidak sebuah titik Ex 1 sedemikian

sehingga 11 xfy . Secara sama bila diberikan BH , titik Ax 2 di dalam

bayangan invers Hf 1 jika dan hanya jika 2xfy di .H

1.2.3. Contoh

a. Misalkan RRf : didefinisikan dengan 2xxf . Bayangan langsung

himpunan 20 xxE adalah himpunan 40 yyEf . Bila

40 yyG , maka bayangan invers G adalah himpunan

221 xxGf . Jadi EEff 1 .

Disatu pihak kita mempunyai GGff 1 . Tetapi bila 11 yyH ,

maka kita peroleh HxxHff 101

b. Misalkan BAf : , dan G , H subhimpunan dari B kita akan tunjukkan

bahwa HfGfHGf 111


Pada buku ini kita akan bahas HfGfHGf 111 dan

meninggalkan yang sebaliknya yakni

HfGfHGf 111 sebagai latihan bagi pembaca.

i. Akan dibuktikan HfGfHGf 111

Ambil sebarang HGfx 1 , ini berarti bahwa HGxf , hal

ini mengakibatkan Gxf dan Hxf , sehingga ini mengakibatkan

Gfx 1 dan Hfx 1 , karena itu HfGfx 11 bukti

selesai.

ii. Bukti sebaliknya diserahkan pada pembaca.

Sifat-sifat Fungsi

1.2.4. Definisi

Suatu fungsi BAf : dikatakan injektif atau satu-satu bila untuk

setiap Axx 21, demikian sehingga 21 xx mengakibatkan 21 xfxf . Bila

f satu-satu, kita katakan f suatu injeksi.

Secara ekivalen, f injektif jika dan hanya jika 21 xfxf

mengakibatkan 21 xx untuk setiap Axx 21, .

1.2.5. Definisi

Suatu fungsi BAf : dikatakan surjektif atau memetakan A pada B

bila BAf . Bila f surjektif, maka kita sebut f suatu surjeksi.

Secara ekivalen, BAf : surjektif bila BfR , yaitu untuk setiap

By terdapat Ax sedemikian sehingga yxf .

Dalam pendefinisian fungsi, penting untuk menentukan domain dan

himpunan dimana nilainya diambil. Sekali hal ini ditentukan, maka dapat

menanyakan apakah fungsi tersebut surjektif atau tidak.


1.2.6. Definisi

Suatu fungsi BAf : dikatakan bijektif bila bersifat injektif dan

surjektif. Bila suatu fungsi f bijektif, kita sebut f suatu bijeksi.

Fungsi-Fungsi Invers

Bila BAf : suatu fungsi dari A ke B , (karenanya, subhimpunan

khusus dari BA ), maka pasangan berurut AB diperoleh dengan saling

menukar unsur pertama dan kedua di f . Secara umum hasil penukaran tersebut

bukanlah fungsi. Tetapi bila f injektif, maka penukaran ini menghasilkan fungsi

yang disebut invers dari f .

1.2.7. Definisi

Misalkan BAf : suatu fungsi injektif dengan domain A dan fR di

B . Bila fbaABabg ,, , maka g suatu fungsi injektif dengan

fRgD dan range A . Fungsi g disebut fungsi invers dari f dan dituliskan

.1f

Dalam penulisan fungsi yang standar, fungsi 1f berelasi dengan f

sebagai berikut: yfx 1 jika dan hanya jika xfy .

1.2.8. Contoh

Suatu fungsi 1

x

xxf dengan 1 xRxfD bersifat injektif

(buktikan f suatu injeksi untuk latihan pembaca). Selanjutnya kita akan peroleh

invers dari f adalah dirinya sendiri (bukti diserahkan pada pembaca)


Fungsi Komposisi

Sering kita ingin mengkomposisikan dua buah fungsi dengan mencari

xf terlebih dahulu, kemudian menggunakan g untuk memperoleh xfg ,

akan tetapi hal ini bisa dilakukan bila xf ada didalam domain g . Jadi kita

harus mengasumsikan bahwa gDfR

1.2.9. Definisi

Untuk fungsi BAf : dan CBg : , komposisi fg adalah fungsi

dari A ke C yang didefinisikan dengan xfgxfg untuk setiap Ax .

1.2.10. Teorema

Bila BAf : dan CBg : fungsi dan H suatu subhimpunan dari C .

Maka HfgHfgHgf 11111 .

1.2.11. Teorema

Bila BAf : dan CBg : keduanya bersifat injektif, maka

komposisi fg juga bersifat injektif.

(Bukti teorema diberikan sebagai latihan bagi pembaca)

Barisan

Fungsi dengan Ν sebagai domain memainkan aturan yang sangat

khusus dalam analisis, yang akan kita perkenalkan daalam konsep barisan

berikut ini.

1.2.12. Definisi

Suatu barisan dalam himpunan S adalah suatu fungsi yang domannya

himpunan bilangan asli Ν dan rangenya termuat di S .

Untuk barisan SX Ν: , nilai X di Νn sering ditulis dengan nx

daripada nx , dan nilainya sering kita sebut suku ke- n barisan tersebut. Barisan

itu sendiri sering dituliskan dengan Νnxn atau lebih sederhana dengan nx .


Sebagai contoh, barisan di R yang dituliskan dengan Νnn sama artinya

dengan fungsi RX Ν: dengan nnX .

Penting sekali untuk membedakan antara barisan Νnxn dengan

nilainya Νnxn , yang merupakan subhimpunan dari S . Suku barisan harus

dipandang mempunyai urutan yang diinduksi dari urutan bilangan asli,

sedangkan range dari barisan hanya merupakan subhimpunan dari S . Sebagai

contoh, suku-suku dari barisan Ν nn1 berganti-ganti 1 dan 1 , tetapi

range dari barisan tersebut adalah 1,1 , memuat dua unsur dari R

Latihan 1.2.

1. Misalkan 11 xRxBA dan subhimpunan R dari R , apakah

himpunan ini fungsi?

2. Misalkan f fungsi fungsi pada R yang didefinisikan dengan 2xxf , dan

01 xRxE dan 10 xRxF tunjukkan bahwa

0 FE dan 0 FEf . Sementara 10 xRyFfEf .

Disini FEf adalah subhimpunan sejati dari FfEf . Apa yang

terjadi bila 0 dibuang dari E dan F ?

3. Bila E dan F seperti soal nomor 2. Tentukan FE \ dan FfEf \ dan

tunjukkan bahwa FfEfFEf \\ salah!

4. Tunjukkan bahwa bila BAf : dan E , F subhimpunan dari A , maka

FfEfFEf dan FfEfFEf .

5. Tunjukkan bila BAf : , dan G , H subhimpunan dari B , maka

HfGfHGf 111 dan HfGfHGf 111


6. Misalkan f didefinisikan dengan Rxx

xxf

,12

. Tunjukkan bahwa

f bijektif dari R pada 11: yy .

7. Untuk Rba , dengan ba , tentukan bijeksi dari bxaxA pada

10 yyB .

8. Tunjukkan bahwa bila BAf : bersifat injektif dari AE , maka

EEff 1 . Berikan suatu contoh untuk menunjukkan kesamaan tidak

dipenuhi bila f tidak injektif.

9. Tunjukkan bahwa bila BAf : bersifat surjektif, dan BH , maka

HHff 1 . Berikan satu contoh untuk menunjukkan kesamaan tidak

dipenuhi bila f tidak surjektif.

10. Buktikan bila BAf : suatu injeksi, maka Rbaabf ,,1 suatu

fungsi dengan domain fR . Kemudian buktikan bahwa 1f injektif dan f

invers dari 1f .

11. Misalkan BAf : injektif, tunjukkan bahwa xxff 1 untuk setiap

fDx dan yyff 1 untuk setiap fRy .

12. Berikan contoh dua buah fungsi BAf : , BAf : dari BAf : pada

BAf : sehingga BAf : , tetapi BAf :

13. Buktikan teorema 1.2.10 dan 1.2.11

14. Misalkan gf , fungsi dan xxfg untuk semua x di fD . Tunjukkan

bahwa f injektif dan fDfR dan gDgR .

15. Misalkan gf , fungsi dan dan xxfg untuk semua x di fD dan

ygf untuk semua y di gD . buktikan bahwa 1 fg


1.3 INDUKSI MATEMATIKA

Induksi matematika merupakan metode pembuktian penting yang akan

sering digunakan dalam buku ini. Metode ini digunakan untuk menguji kebenaran

suatu pernyataan yang diberikan dalam suku-suku bilangan asli. Walaupun

kegunaannya terbatas pada masalah tertentu, tetapi induksi matematika sangat

dibutuhkan disemua cabang matematika. Karena banyak bukti induksi

matematika sangat diperlukan disemua cabang matematika. Karena banyak bukti

induksi mengikuti urutan formal argumen yang sama, kita akan sering

menyebutkan “hasilnya mengikuti induksi matematika” dan meninggalkan bukti

lengkapnya kepada pembaca. Dalam bagian ini kita akan membahas prinsip

induksi matematika dan memberi beberapa contoh untuk mengilustrasikan

bagaimana proses bukti induksi.

Kita akan mengasumsikan kebiasaan (pembaca) dengan himpunan

bilangan asli

,...3,2,1Ν

Dengan operasi matematika penjumlahan dan perkalian seperti biasa dan

dengan arti suatu bilangan kurang dari bilangan lain. Kita juga akan

mengasumsikan sifat fundamental dari Ν berikut ini

1.3.1. Sifat urutan dengan baik di Ν

Setiap subhimpunan tak kosong dari Ν mempunyai unsur terkecil.

Pernyataan yang lebih detail dari sifat ini sebagai berikut: bila S sub

himpunan dari Ν dan S , maka terdapat unsur Sm sedemikian sehingga

km untuk setiap Sk .

Dengan berdasar sifat urutan dengan baik, kita akan menurunkan suatu

versi prinsip induksi matematika yang dinyatakan dalam suku-suku subhimpunan

dari Ν . Sifat yang dideskripsikan dalam versi ini kadang-kadang mengikuti

turunan sifat Ν .


1.3.2. Prinsip Induksi Matematika

Misalkan S sub himpunan dari Ν yang mempunyai sifat:

i. S1

ii. Jika Sk , maka Sk 1 .

Maka ΝS

Bukti:

Andaikan ΝS . Maka S\Ν . Karenanya berdasar sifat urutan dengan baik,

maka S\Ν mempunyai unsur terkecil, sebut m . Karena S1 , maka 1m .

Karena itu 1m dengan 1m juga bilangan asli. Karena mm 1 dan m

unsur terkecil di SN \ , maka 1m haruslah di S .

Sekarang kita gunakan hipotesis (2) terhadap unsur 1 mk di S , yang

berakibat mmk 111 di S . Kesimpulan ini kontradiksi dengan

pernyataan bahwa m tidak di S . Karena m diperoleh dengan pengandaian

S\Ν tidak kosong, kita dipaksa pada kesimpulan bahwa S\Ν kosong. Karena

itu kita telah buktikan bahwa ΝS .

Prinsip induksi matematika sering dinyatakan dalam kerangka sifat atay

pernyataan tentang bilangan asli. Bila nP berarti pernyataan tentang Νn ,

maka nP benar untuk beberapa nilai n , tetapi belum tentu benar untuk yang

lain. Sebagai contoh, bila nP pernyataan “ nn 2 ”, maka 1P benar,

sementara nP salah untuk semua 1n , Nn dalam konteks ini prinsip

induksi matematika dapat dirumuskan sebagai berikut:

Untuk setiap Νn , misalkan nP pernyataan tentang n , misalkan

bahwa

a) 1P benar

b) Jika kP benar, maka 1kP benar.

Maka nP benar untuk semua Νn .

Dalam kaitannya dengan versi induksi matematika terdahulu yang

diberikan pada 1.3.2, dibuat misalkan benarnPnS Ν maka kondisi (1) dan

(2) pada 1.3.2 berturut-turut tepat bersesuaian dengan (a) dan (b). Kesimpulan

ΝS bersesuaian dengan kesimpulan bahwa nP benar untuk semua Νn .


Dalam (b) asumsi “jika kP benar” disebut hipotesis induksi. Disini, kita

tidak memandang pada benar salahnya kP , tetapi hanya pada validitas

implikasi “ jika kP benar, maka 1kP benar”.

1.3.3. Contoh

a. Untuk setiap Nn , jumlah n pertama bilangan asli diberikan oleh

121...21 nnn

Untuk membuktikan kesamaan ini, kita misalkan S himpunan Νn ,

sehingga kesamaan tersebut benar. Kita harus membuktikan kondisi (1) dan

(2) pada 1.3.2 dipenuhi.

i. Bila 1n , maka kita mempunyai 11.1.211:1 P , jadi 1P benar

ii. Bila kP kita asumsikan benar yakni

1.21...21 kkk

Bila kita tambahkan pada kedua ruas dengan 1k ,maka menjadi:

11.211...21 kkkkk

11211...21

kkkk

12211...21 kkkk

21211...21 kkkk

111211...21 kkkk

Dari persamaan terakhir kita ketahui bahwa karena kP berimplikasi pada

akibat 1kP bernilai benar, sehingga terbukti bahwa:

121...21 nnn , untuk setiap Νn


b. Untuk setiap Νn , jumlah kuadrat dari n bilangan pertama asli adalah

sebagai berikut:

6

121...21 222

nnnn

Untuk membuktikan formula diatas, maka pertama-tama kita buktikan

kebenaran formula diatas untuk 1n , selanjutnya jika benar untuk kn ,

maka akan dibuktikan benar pula untuk 1 kn

i. Bila 1n , maka kita mempunyai 166

611.21111:1

P , jadi

1P benar

ii. Bila kP kita asumsikan benar yakni

6

121...21 222

kkkk

Bila kita tambahkan pada kedua ruas dengan 21k ,maka menjadi:

22222 16

1211...21

kkkkkk

1

61211...21 2222 kkkkkk

6

661211...21 2222 kkkkkk

666211...21

22222 kkkkkk

667211...21

22222 kkkkk

667211...21

22222 kkkkk

6

32211...21 2222 kkkkk

6

1121111...21 2222 kkkkk


Hasil terakhir memiliki arti bahwa 1kP bernilai benar sebagai implikasi

dari kP yang bernilai benar, mengikuti induksi matematika, maka validitas

formula diatas berlaku untuk setiap Νn

c. Diberikan ba, , kita akan buktikan pernyataan ba adalah faktor dari

nn ba untuk setiap Νn .

Pertama-tama kita akan melihat untuk 1n , maka kita ketahui bahwa

pernyataan matematika bernilai benar karena ba adalah faktor dari

baba 11 .

Selanjutnya asumsikan bahwa pernyataan juga bernilai benar untuk kn ,

sehingga ba adalah faktor dari kk ba .

Selanjutnya perhatikan bahwa:

1111 kkkkkk babababa

babbaaba kkkkk 11

Berdasarkan hipotesis maka kita ketahui bahwa ba faktor dari kk baa ,

selain itu kita ketahui bahwa ba adalah faktor dari bab k , sehingga

dari sini kita simpulkan bahwa ba adalah faktor dari 11 kk ba . Dengan

induksi matematika dapat kita simpulkan bahwa ba adalah faktor dari

nn ba untuk setiap Νn

d. Untuk setiap Νn buktikanlah bahwa ketaksamaan berikut benar

!12 nn

Untuk membuktikan, pertama kita lihat untuk 1n yakni 2!1121

bernilai benar.

Selanjutnya kita asumsikan bahwa !12 kk . Dengan menggunakan fakta

22 k , diperoleh:

!11!2!1.2!122.22 1 kkkkkkk


Jadi, bila ketaksamaan tersebut berlaku untuk k , maka berlaku pula untuk

1k . Karenanya dengan induksi matematika, kita simpulkan bahwa

ketaksamaan tersebut benar untuk setiap Νn .

e. Bila Rr , 1r dan Νn , maka

rrrrr

nn

11...1

12

Ini merupakan jumlah n suku deret geometri. Untuk membuktikan kesamaan

diatas, kita misalkan 1n , maka kita mempunyai r

rr

1

112

, jadi formula

diatas benar untuk 1n . Selanjutnya kita asumsikan benar untuk kn ,

sehingga r

rrrrk

k

11...1

12 benar. Selanjutnya pada kedua ruas

kita tambahkan 1kr , sehingga menjadi:

11

12

11...1

kk

kk rr

rrrrr

r

rrrr

rr

rrr

rrrrrr

kkkkkkkk

11

111

11

11...1

22111112

rrrrrr

kkk

11...1

1112

Hasil terakhir memiliki arti formula tersebut juga berlaku untuk 1 kn ,

sehingga mengikuti prinsip induksi matematika, maka formula tersebut benar

untuk setiap Νn .

Pada sekolah menengah kita sudah diajarkan membuktikan kesamaan diatas

tanpa menggunakan induksi matematika yakni:

Misalkan nn rrrS ...1 2 , maka 12 ... nn

n rrrrrS ,

122 ......1 nnnnn rrrrrrrrSS

111 nn rSr

rrS

n

n

11 1


f. Penggunaan prinsip induksi matematika secara ceroboh dapat menghasilkan

kesimpulan yang salah. Pembaca diharapkan mencari kesalahan pada

“Bukti Teorema” berikut.

Bila n sebarang bilangan asli dan bila maksimum dari dua bilangan

asli p dan q adalah n , maka qp . (akibatnya bila p dan q dua bilangan

asli sebarang, maka qp ).

Bukti:

Misalkan S sub himpunan dari bilangan asli sehingga pernyataan tersebut

benar. maka S1 , karena qp, di Ν dan maksimumnya 1. Maka maksimum

1p dan 1q adalah k , karenanya 11 qp , karena Sk , dari sini

kita simpulkan qp . Jadi Sk 1 dan kita simpulkan bahwa pernyataan

tersebut benar untuk setiap Νn .

g. Terdapat juga beberapa pernyataan yang benar untuk beberapa bilangan asli,

tetapi tidak untuk semua. Sebagai contoh formula 412 nnnP

memberikan bilangan prima untuk 41,...,3,2,1n . Tetapi, 1P bukan

bilangan prima.

Prinsip induksi matematika memiliki bentuk dalam versi lain yang kadang-

kadang sangat berguna. Sering disebut prinsip induksi kuat, walaupun

sebenarnya ekivalen dengan versi terdahulu.

1.3.4. Prinsip Induksi Kuat.

Misalkan S sub himpunan Ν sedemikian hingga S1 , dan bila Sk ,...,2,1

maka Sk 1 . Maka ΝS .

Bukti ekivalensi prinsip induksi kuat dengan prinsip induksi matematika

diserahkan pada pembaca sebagai bahan latihan.


Latihan 1.3.

Buktikan bahwa yang berikut ini berlaku untuk semua Νn

1. 111...

3.21

2.11

nn

nn

2. 2

333 121...21

nnn

3. 2

11...321 122 nnn

4. nn 53 dapat dibagi 6

5. 152 n dapat dibagi 8

6. 145 nn dapat dibagi 16.

7. Buktikan bahwa jumlah pangkat tiga dari bilangan asli berurutan,

2,1, nnn habis dibagi 9.

8. Buktikan bahwa nn 2 untuk semua Νn

9. Tentukan suatu formula untuk jumlah

12121...

5.31

3.11

nn

Dan buktikan dugaan tersebut dengan menggunakan induksi matematika.

(dugaan terhadap pernyataan matematika, sebelum dibuktikan sering disebut

“Conjecture”)

10. Tentukan suatu formula untuk jumlah n buah bilangan ganjil pertama

12...31 n

Kemudian buktikan dugaan tersebut dengan menggunakan induksi

matematika


11. Buktikan variasi dari 1.3.2 berikut: misalkan S subhimpunan tak kosong dari

Ν sedemikian sehingga untuk suatu Ν0n berlaku (a) Sn 0 , dan (b) bila

0k dan Sk , maka Sk 1 . Maka S memuat himpunan 0nnn Ν .

12. Buktikan bahwa !2 nn Untuk setiap 4n , Νn (lihat latihan 11).

13. Buktikan bahwa 2232 nn untuk setiap 5n , Νn (lihat latihan 11).

14. Untuk bilangan asli yang mana nn 22 ? Buktikan pernyataanmu (lihat

latihan 11)

15. Buktikan bahwa nn

1...2

11

1 untuk setiap Νn .

16. Misalkan S sub himpunan dari N sedemikian sehingga (a) Sk 2 untuk

setiap Nk , dan (b) bila Sk , dan 2k , maka Sk 1 . Buktikan

ΝS .

17. Misalkan barisan nx didefinisikan sebagai berikut: 11 x , 22 x , dan

nnn xxx 12 21

untuk Nn . Gunakan prinsip induksi kuat 1.3.4. untuk

menunjukkan 21 nx untuk setiap Νn .


BAB II HIMPUNAN BILANGAN REAL

ab ini menjelaskan tentang hal-hal yang berkaitan dengan dengan

sistem bilangan real sebagai suatu sistem matematika yang

memiliki sifat-sifat sebagai suatu lapangan yang terurut dan lengkap.

Yang dimaksud dengan sistem bilangan real sebagai suatu lapangan di sini

adalah bahwa pada himpunan semua bilangan real R yang dilengkapi dengan

operasi penjumlahan dan perkalian berlaku sifat-sifat aljabar dari lapangan. Sifat

terurut dari R berkaitan dengan konsep kepositifan dan ketidaksamaan antara

dua bilangan real, sedangkan sifatnya yang lengkap berkaitan dengan konsep

supremum atau batas atas terkecil. Teorema-teorema dasar dalam kalkulus

elementer, seperti Teorema Eksistensi Titik Maksimum dan Minimum, Teorema

Nilai Tengah, Teorema Rolle, Teorema Nilai Rata-Rata, dan sebagainya,

didasarkan atas sifat kelengkapan dari R ini. Sifat ini berkaitan erat dengan

konsep limit dan kekontinuan. Dapat dikatakan bahwa sifat kelengkapan dari R

mempunyai peran yang sangat besar di dalam analisis real.

Bab ini terdiri dari beberapa sub bab. Sub bab 2.1 membahas sifat lapangan dari

R . Sub bab 2.2 menjelaskan sifat terurut dari R , dan di dalamnya dibahas juga

tentang konsep nilai mutlak. Pada sub bab 2.3 didiskusikan tentang sifat

kelengkapan dari R . Pada sub bab ini dibahas mengenai sifat Archimedean dan

sifat kerapatan dari himpunan bilangan rasional. Selanjutnya, sub bab 2.4,

menjelaskan tentang interval, sebagai suatu himpunan bagian dari R yang

dikonstruksi berdasarkan sifat terurut dari R . Yang terakhir, sub bab 2.5

membahas tentang representasi desimal dari bilangan real. Pada sub bab ini,

juga dipaparkan bagaimana membuktikan Teorema Cantor dengan

menggunakan konsep representasi desimal dari bilangan real ini. Teorema

Cantor mengatakan bahwa himpunan R merupakan himpunan yang tak

terhitung (uncountable).

B


2.1 Sifat Aljabar dari R

Sifat 2.1 (Sifat Aljabar dari R ). Pada himpunan bilangan real R yang

dilengkapi operasi penjumlahan ( ) dan operasi perkalian ( ) berlaku sifat-sifat,

terhadap operasi penjumlahan :

T1. a b b a untuk setiap Rba,

T2. a b c a b c untuk setiap Rcba ,,

T3. Terdapat elemen R0 sedemikian sehingga 0 0a a a untuk setiap

Ra

T4. Terdapat elemen R a sedemikian sehingga 0a a a a untuk

setiap Ra

terhadap operasi perkalian :

K1. a b b a untuk setiap Rba,

K2. a b c a b c untuk setiap Rcba ,,

K3. Terdapat elemen R1 sedemikian sehingga 1 1a a a untuk setiap

a

K4. Terdapat elemen Ra/1 sedemikian sehingga 1/ 1/ 1a a a a

untuk setiap Ra ,

dan

D. a b c a b a c dan b c a b a c a untuk setiap Rcba ,, .

Sifat T1 dan K1 merupakan sifat komutatif, sifat T2 dan K2 merupakan sifat

asosiatif, sifat T3 dan K3 menunjukkan eksistensi elemen identitas, dan sifat T4

dan K4 menunjukkan eksistensi elemen invers, berturut-turut masing-masing

terhadap operasi penjumlahan dan perkalian. Yang terakhir, sifat D merupakan

sifat distributif perkalian atas penjumlahan. Sifat T1-T4, K1-K4, dan D yang

dipenuhi oleh semua elemen di R , menjadikan R dipandang sebagai suatu

lapangan.


Terkait dengan elemen identitas 0 (terhadap operasi penjumlahan) dan 1

(terhadap operasi perkalian), kita memiliki fakta bahwa kedua elemen ini

merupakan elemen yang unik atau tunggal. Selain itu, perkalian setiap elemen di

R dengan elemen 0 hasilnya adalah 0. Fakta-fakta ini, secara formal matematis,

dapat direpresentasikan dalam teorema berikut ini.

Teorema 2.2.

a. Jika Raz, dan z a a maka 0z .

b. Jika u b b dengan Rbu, dan 0b maka 1.u

c. 0 0a untuk setiap Ra .

Bukti. a. Berdasarkan sifat T3, T4, T2, dan hipotesis z a a ,

0 0z z z a a z a a a a .

b. Berdasarkan sifat K1, K2, K3, dan hipotesis u b b , 0b ,

1 1/ 1/ 1/ 1u u u b b u b b b b .

c. Berdasarkan sifat K3, D, dan T3,

0 1 0 1 0 1a a a a a a a .

Berdasarkan a., diperoleh bahwa 0 0a . ■

Selain fakta di atas, kita juga memiliki fakta berikut ini.

Teorema 2.3.

a. Jika Rba, , 0a , dan 1a b maka 1/b a .

b. Jika 0a b maka 0a atau 0b .

Bukti.

a. Berdasarkan sifat K3, K4, K2, dan hipotesis 0a , dan 1a b ,

1 1/ 1/ 1 1/ 1/b b b a a b a a a a .

b. Andaikan 0a dan 0b . Akibatnya, 1/ 1a b a b . Berdasarkan

hipotesis, yaitu 0a b , dan Teorema 2.2.c., kita memiliki bahwa

1/ 0 1/ 0a b a b a b ,


Terjadi kontradiksi di sini, yaitu antara pernyataan 1/ 1a b a b dan

1/ 0a b a b . Dengan demikian, haruslah bahwa 0a atau 0b .■

Teorema 2.3.a. mengatakan bahwa eksistensi invers dari suatu elemen di R

adalah unik. Sedangkan Teorema 2.3.b. mengandung arti bahwa perkalian dua

elemen tak nol di R tidaklah mungkin menghasilkan elemen nol.

Di dalam himpunan bilangan real R dikenal pula operasi lain, yaitu operasi

pengurangan ( ) dan pembagian (:). Jika Rba, maka operasi pengurangan

didefinisikan dengan :a b a b sedangkan operasi pembagian

didefinisikan dengan : : 1/a b a b , 0b .

2.2 SIFAT TERURUT DARI R

Seperti yang telah disinggung pada pendahuluan bab ini, sifat terurut dari R

berkaitan dengan konsep kepositifan dan ketidaksamaan antara dua bilangan

real. Seperti apa kedua konsep tersebut? Di sini, kita akan membahasnya.

Terlebih dahulu kita akan membahas konsep kepositifannya.

Sifat 2.4 (Sifat Kepositifan). Terdapat himpunan bagian tak kosong dari R ,

yang dinamakan himpunan bilangan real positif R , yang memenuhi sifat-sifat :

a. Jika Rba, maka Rba .

b. Jika Rba, maka Rba .

c. Jika Ra maka salah satu diantara tiga hal, yaitu Ra , 0a , dan Ra , pasti terpenuhi.

Sifat 2.4.c. disebut juga sebagai sifat Trichotomy. Sifat ini mengatakan bahwa R

dibangun oleh tiga buah himpunan yang disjoin. Tiga buah himpunan tersebut

adalah himpunan Raa : yang merupakan himpunan bilangan real negatif,

himpunan 0 , dan himpunan bilangan real positif R . Himpunan Raa :


bisa juga dituliskan dengan R . Jika Ra maka 0a dan a dikatakan

sebagai bilangan real positif. Jika 0Ra maka 0a dan a dikatakan

sebagai bilangan real nonnegatif. Jika Ra maka 0a dan a dikatakan

sebagai bilangan real negatif. Jika 0Ra maka 0a dan a dikatakan

sebagai bilangan real nonpositif.

Penjumlahan k buah suku elemen 1 menghasilkan bilangan k . Himpunan

bilangan k yang dikonstruksi dengan cara demikian disebut sebagai himpunan

bilangan asli, dinotasikan dengan N . Himpunan N ini merupakan himpunan

bagian dari himpunan R . Himpunan ini memiliki sifat fundamental, yakni bahwa

setiap himpunan bagian tak kosong dari N memiliki elemen terkecil. Sifat yang

demikian disebut sebagai sifat well-ordering dari N .

Selanjutnya, jika kita ambil sembarang Nk maka Nk . Gabungan

himpunan N , 0 , dan : Nk k membentuk suatu himpunan yang disebut

sebagai himpunan bilangan bulat, dinotasikan dengan Z . Himpunan bilangan

asli N disebut juga sebagai himpunan bilangan bulat positif, dinotasikan dengan

Z , sedangkan himpunan : Zk k disebut juga himpunan bilangan bulat

negatif, dinotasikan dengan Z .

Dari himpunan Z , kita bisa mengonstruksi bilangan dalam bentuk /m n , dengan

0n . Bilangan real yang dapat direpresentasikan dalam bentuk yang demikian

disebut sebagai bilangan rasional. Sebaliknya, bilangan real yang tidak dapat

direpresentasikan dalam bentuk itu disebut sebagai bilangan irasional. Himpunan

bilangan rasional dinotasikan dengan Q . Dapat dikatakan bahwa himpunan

bilangan real R merupakan gabungan dua himpunan disjoin, himpunan bilangan

rasional dan himpunan bilangan irasional. Bilangan 2 dan 0 merupakan contoh

bilangan-bilangan rasional, dan dapat ditunjukkan bahwa 2 , akar dari

persamaan 2 2x , merupakan contoh bilangan irasional (lihat Bartle-Sherbert

[1]).


Sekarang, kita sampai kepada penjelasan tentang konsep ketidaksamaan antara

dua bilangan real, sebagai salah satu konsep yang berkaitan dengan sifat terurut

dari R .

Definisi 2.5. Misalkan Rba, .

a. Jika Rba maka a b atau b a .

b. Jika 0 Rba maka a b atau b a .

Sifat Trichotomy dari R mengakibatkan bahwa untuk sembarang Rba,

berlaku salah satu dari a b , a b , atau a b . Selain itu, dapat ditunjukkan

bahwa jika a b dan a b maka a b . Dari sifat terurut, dapat juga diperoleh

fakta-fakta berikut ini.

Teorema 2.6. Misalkan Rcba ,, .

a. Jika a b dan b c maka a c .

b. Jika a b maka a c b c .

c. Jika a b dan 0c maka ac bc . Jika a b dan 0c maka ac bc .

d. Jika 0ab maka 0a dan 0b , atau 0a dan 0b .

e. Jika 0ab maka 0a dan 0b , atau 0a dan 0b .

Bukti Teorema 2.6.a-2.6.b menggunakan definisi 2.5 dan Teorema 2.6.d-2.6.e

menggunakan sifat Trichotomy. Bukti Teorema tersebut ditinggalkan sebagai

latihan bagi para pembaca.

Jika kita mengambil sembarang 0a maka 12 0a dan 1

20 a a . Hal ini

mengandung arti setiap kita mengambil bilangan positif pasti selalu didapat

bilangan positif lain yang lebih kecil daripadanya. Dengan kata lain, tidak terdapat

bilangan positif yang terkecil. Pernyataan ini merupakan maksud dari teorema

berikut ini.


Teorema 2.7. Jika Ra dan 0 a untuk setiap 0 maka 0a .

Bukti. Andaikan 0a . Pilih 12 a . Kita peroleh 0 a . Pernyataan ini

kontradiksi dengan hipotesis bahwa 0 a untuk setiap 0 . Dengan

demikian, haruslah bahwa 0a . ■

Sebelumnya kita telah dikenalkan dengan bilangan real nonnegatif, yaitu elemen

dari himpunan 0R . Jika 0a atau 0a maka jelas bahwa 0Ra .

Jika 0a tentunya 0a , sehingga 0 Ra . Berdasarkan hal tersebut,

akan didefinisikan apa yang disebut sebagai nilai mutlak dari suatu bilangan real.

Nilai mutlak ini akan “me-nonnegatif-kan” bilangan-bilangan real.

Definisi 2.8 (Nilai Mutlak). Nilai mutlak dari bilangan real a , dinotasikan dengan

a , didefinisikan dengan

, 0:

, 0.a a

aa a

Dari Definisi 2.8 tersebut tampak bahwa 0a atau a adalah bilangan

nonnegatif untuk setiap bilangan real a . Sebagai contoh, 1 1 , 0 0 , dan

2 2 .

Nilai mutlak dari bilangan-bilangan real ini memiliki sifat-sifat tertentu, di

antaranya seperti yang tertuang dalam fakta berikut ini.

Teorema 2.9.

a. ab a b untuk setiap Rba, .

b. Misalkan 0c dan Ra , a c jika dan hanya jika c a c .

c. Misalkan 0c dan Ra , a c jika dan hanya jika a c atau a c .

Bukti.


a. Jika 0a atau 0b maka 0 0ab dan 0a b . Jika , 0a b maka

0ab , a a , dan b b , sehingga ab ab dan a b ab . Jika 0a

dan 0b maka 0ab , a a , dan b b , sehingga ab ab dan

a b a b ab . Untuk kasus 0a dan 0b , penyelesaiannya serupa

dengan kasus sebelumnya.

b. Misalkan a c . Untuk 0a , kita peroleh a a c , sehingga didapat

0 a c . Untuk 0a , kita peroleh a a c atau a c , sehingga

didapat 0c a . Dengan menggabungkan hasil dari kedua kasus tersebut,

kita peroleh c a c .

Untuk sebaliknya, misalkan c a c . Hal tersebut mengandung arti c a

dan a c . Dengan kata lain, a c dan a c . Lebih sederhana, yang

demikian dapat dituliskan sebagai a c .

c. Misalkan a c . Untuk 0a , kita peroleh a a c . Untuk 0a , kita

peroleh a a c atau a c . Dengan menggabungkan hasil dari kedua

kasus tersebut, kita peroleh a c atau a c .

Untuk sebaliknya, jika a c atau a c maka a c atau a c . Dengan

kata lain, a c . ■

Perhatikan kembali sifat nilai mutlak yang terdapat pada Teorema 2.9. Untuk

yang bagian a., jika a b maka 2 2a a a a . Untuk bagian b., jika c a

maka a a a .

Selanjutnya, kita sampai kepada sifat nilai mutlak yang lain, yang dinamakan

dengan Ketidaksamaan Segitiga. Ketidaksamaan ini mempunyai kegunaan yang

sangat luas di dalam matematika, khususnya di dalam kajian analisis dan aljabar.


Teorema 2.10 (Ketidaksamaan Segitiga). Jika Rba, maka a b a b

dan kesamaan terjadi atau a b a b jika a kb , dengan 0k .

Bukti. Seperti yang telah dibahas sebelumnya, jika Rba, maka dapat

diperoleh bahwa a a a dan b b b . Jika kedua ketidaksamaan ini

kita jumlahkan maka a b a b a b atau a b a b . Bukti untuk

pernyataan berikutnya ditinggalkan sebagai latihan bagi para pembaca. ■

Lebih jauh, sebagai konsekuensi dari Teorema 2.10, kita memiliki akibat berikut

ini.

Akibat 2.11. Jika Rba, maka a b a b dan a b a b .

Bukti. Perhatikan bahwa a a b b . Dengan menggunakan ketidaksamaan

segitiga, a a b b a b b atau a b a b . Dengan cara yang

serupa dapat kita peroleh bahwa b b a a a b a . Akibatnya,

b a a b atau a b a b . Akhirnya, kita memiliki

a b a b a b atau a b a b .

Selanjutnya, perhatikan bahwa a b a b a b a b ,

berdasarkan ketidaksamaan segitiga. ■

Selanjutnya, kita akan melihat bagaimana konsep terurut dari R ini diaplikasikan

untuk menyelesaikan masalah-masalah ketidaksamaan.

Contoh 2.12. Tentukan himpunan penyelesaian dari ketidaksamaan 4 2 6x .

Penyelesaian. Perhatikan bahwa

4 2 4 2 6 4 2 2 6 2 4 8 2x x x x x .

Tampak bahwa ketidaksamaan 4 2 6x dipenuhi oleh semua

: 2x x x . ■


Contoh 2.13. Cari semua penyelesaian dari ketidaksamaan 2 6x x .


2 26 6 0 2 3 0x x x x x x .

Darinya kita peroleh bahwa 2 0x dan 3 0x , atau 2 0x dan 3 0x .

Untuk kasus yang pertama kita dapatkan 2x dan 3x , atau dengan kata

lain 2 3x . Untuk kasus yang kedua kita peroleh bahwa 2x dan 3x .

Perhatikan bahwa pada kasus kedua tersebut tidak ada nilai x yang

memenuhinya. Dengan demikian, ketidaksamaan 2 6x x dipenuhi oleh

semua 32: xxx R . ■

Contoh 2.14. Selidiki apakah ketidaksamaan

2 22 3xx

memiliki penyelesaian.


2 2 2 32 3 82 0 02 3 2 3 2 3

x xx xx x x

.

Yang demikian berarti 3 8 0x dan 2 3 0x , atau 3 8 0x dan

2 3 0x . Untuk kasus yang pertama kita peroleh 8 / 3x dan 3/ 2x .

Namun hal itu tidak mungkin terjadi, artinya tidak ada x yang memenuhi. Untuk

kasus yang kedua kita peroleh 8 / 3x dan 3 / 2x , atau dengan kata lain

8 / 3 3 / 2x . Jadi ketidaksamaan

2 22 3xx

memiliki penyelesaian, dan himpunan semua penyelesaiannya adalah

2/33/8: xx R . ■

Contoh 2.15. Cari himpunan penyelesaian dari 2 1 5x .


Penyelesaian. Berdasarkan Teorema 1.9.b., 5 2 1 5x atau 6 2 4x .

Darinya kita peroleh 3 2x . Jadi himpunan penyelesaiannya adalah

23: xx R

Bisa juga ketidaksamaan tersebut diselesaikan dengan cara lain. Perhatikan

bahwa

2 1, 1/ 2

2 12 1 , 1/ 2.

x xx

x x

jika jika

Penyelesaiannya dibagi menjadi dua kasus, yaitu :

Kasus I, /x 1 2 .

Kita peroleh 2 1 2 1 5x x . Akibatnya, 2 4x atau 2x . Pada kasus ini,

himpunan penyelesaian dari 2 1 5x adalah

22/1:2:2/1: xxxxxx RRR l.

Kasus II, /x 1 2 .

Kita peroleh 2 1 2 1 2 1 5x x x . Akibatnya, 2 6x atau 3x .

Pada kasus ini, himpunan penyelesaian dari 2 1 5x adalah

2/13:3:2/1: xxxxxx RRR .

Penyelesaian seluruhnya dari 2 1 5x adalah himpunan penyelesaian kasus I

digabung dengan himpunan penyelesaian kasus II. Akibatnya, kita dapatkan

himpunan penyelesaian keseluruhan dari 2 1 5x adalah

23: xx R . ■

Contoh 2.17. Tentukan himpunan penyelesaian dari 1 2x x .

Penyelesaian. Sebelum melangkah jauh di dalam menyelesaikan

ketidaksamaan tersebut, perhatikan bahwa

, 0, 0 jika jika

x xx

x x

dan

1, 11

1 , 1. jika jika

x xx

x x

Penyelesaiannya kita bagi menjadi tiga kasus terlebih dahulu, yaitu :


Kasus I, x 1 .

Kita peroleh x x dan 1 1 1x x x . Akibatnya,

1 1 2x x x x atau 2 3x atau 3/ 2x . Pada kasus ini,

himpunan penyelesaian dari 1 2x x adalah

12/3:1:2/3: xxxxxx RRR .

Kasus II, x 1 0 .

Kita peroleh x x dan 1 1x x . Akibatnya, 1 1 2x x x x

atau 1 2 . Ketidaksamaan 1 2 dipenuhi oleh semua Rx . Untuk kasus II,

himpunan penyelesaian dari 1 2x x adalah

01:01: xxxxx RRR .

Kasus III, x 0 .

Kita peroleh x x dan 1 1x x . Akibatnya, 1 1 2x x x x atau

2 1x atau 1/ 2x . Untuk kasus III, himpunan penyelesaian dari 1 2x x

adalah

2/10:2/1:0: xxxxxx RRR .

Dengan menggabungkan himpunan penyelesaian untuk kasus I, kasus II, dan

kasus III, diperoleh seluruh nilai Rx yang memenuhi ketidaksamaan

1 2.x x , yaitu 2/12/3: xx R . ■

Contoh 2.18. Selidiki apakah ketidaksamaan 3 2 4x x memiliki

penyelesaian.

Penyelesaian. Sebelum melangkah jauh di dalam menyelesaikan

ketidaksamaan tersebut, perhatikan bahwa

3, 3

33 , 3.

jika jika

x xx

x x

dan

2, 22

2 , 2. jika jika

x xx

x x

Penyelesaiannya kita bagi menjadi tiga kasus terlebih dahulu, yaitu :


Kasus I, x 2 .

Kita peroleh 3 3 3x x x dan 2 2 2x x x . Akibatnya,

3 2 3 2 4x x x x atau 2 3x atau 3 / 2x . Untuk kasus

ini, kita tidak mempunyai penyelesaian dari 3 2 4x x karena

2:2/3: xxxx RR .

Kasus II, x 2 3 .

Kita peroleh 3 3 3x x x dan 2 2x x . Akibatnya,

3 2 3 2 4x x x x atau 5 4 . Pernyataan ini merupakan

sesuatu yang mustahil. Jadi untuk kasus ini, kita tidak mempunyai penyelesaian.

Kasus III, x 3 .

Kita peroleh 3 3x x dan 2 2x x . Akibatnya,

3 2 3 2 4x x x x atau 2 5x atau 5 / 2x . Untuk kasus ini,

kita tidak mempunyai penyelesaian dari 3 2 4x x karena

2/5:3: xxxx RR .

Secara keseluruhan, kita tidak memiliki solusi untuk ketidaksamaan

3 2 4x x . ■

2.3 SIFAT KELENGKAPAN DARI R

Pada subbab ini kita akan membahas sifat ketiga dari R , yaitu sifat kelengkapan.

Seperti yang telah dikatakan pada pendahuluan bab ini, sifat kelengkapan

berkaitan dengan konsep supremum atau batas atas terkecil. Untuk itu, kita akan

bahas terlebih dahulu apa yang dimaksud dengan batas atas dari suatu

himpunan bilangan real, dan kebalikannya, yaitu batas bawahnya.


Definisi 2.19. Misalkan X adalah himpunan bagian tak kosong dari R .

a. Himpunan X dikatakan terbatas atas jika terdapat Ra sedemikian

sehingga a x , untuk setiap x X . Bilangan real a yang demikian disebut

sebagai batas atas dari X .

b. Himpunan X dikatakan terbatas bawah jika terdapat Rb sedemikian

sehingga b x , untuk setiap x X . Bilangan real b yang demikian disebut

sebagai batas bawah dari X .

c. Himpunan X dikatakan terbatas jika X terbatas atas dan terbatas bawah.

Himpunan X dikatakan tidak terbatas jika X tidak terbatas atas atau tidak

terbatas bawah.

Sebagai contoh, perhatikan himpunan 0: xx R . Setiap elemen pada

himpunan 0: bb R merupakan batas bawah dari 0: xx R . Setiap

kita mengambil elemen 0: xxx R maka selalu kita dapatkan bahwa

1x x , sedangkan 0:1 xxx R . Yang demikian mengandung arti

bahwa tidak ada Ra sedemikian sehingga a x , untuk setiap

0: xxx R . Jadi himpunan 0: xx R terbatas bawah tetapi tidak

terbatas atas, atau juga dapat dikatakan bahwa himpunan tersebut tidak terbatas.

Contoh lain, pandang himpunan 1: xx R . Himpunan 1: aa R

merupakan koleksi semua batas atas dari 1: xx R . Tidak ada Rb

sedemikian sehingga b x , untuk semua 1: xxx R , karena setiap kita

mengambil 1: xxx R maka selalu dapat kita peroleh bahwa 1x x ,

sedangkan 1:1 xxx R . Akibatnya, himpunan 1: xx R tidak

mempunyai batas bawah. Jadi himpunan 1: xx R terbatas atas tetapi tidak

terbatas bawah, atau juga dapat dikatakan bahwa himpunan tersebut tidak

terbatas.

Berdasarkan paparan sebelumnya, himpunan 10: xx R memiliki batas

atas dan batas bawah, atau dengan kata lain himpunan tersebut merupakan


himpunan terbatas. Dari batas-batas bawahnya, kita dapat memilih batas bawah

yang terbesar, yaitu elemen 0. Sedangkan dari batas-batas atasnya, kita dapat

memilih batas atas yang terkecil, yaitu elemen 1. Berikut ini adalah definisi

secara formal dari batas atas terkecil, disebut supremum, dan batas bawah

terbesar, disebut infimum, dari suatu himpunan bilangan real.

Definisi 2.20. Misalkan X adalah himpunan bagian tak kosong dari R .

a. Misalkan X terbatas atas. Elemen Ra dikatakan supremum dari X jika

memenuhi syarat-syarat :

(1) a adalah batas atas dari X

(2) a v , untuk setiap v , batas atas dari X .

b. Misalkan X terbatas bawah. Elemen Rb dikatakan infimum dari X jika

memenuhi syarat-syarat :

(1) b adalah batas bawah dari X

(2) b w , untuk setiap w , batas bawah dari X .

Selanjutnya, mungkin timbul pertanyaan, apakah perbedaan antara supremum

(infimum) dengan maksimum (minimum)? Contoh sebelumnya tentang himpunan

10: xx R , bisa menjadi ilustrasi untuk menjelaskan hal ini. Himpunan

10: xx R tidaklah mempunyai minimum dan maksimum, karena tidak

ada 10:, xxMm R sedemikian sehingga m x dan M x , untuk

setiap 10: xxx R . Sedangkan untuk supremum dan infimum,

himpunan 10: xx R memilikinya, yaitu 1 dan 0, masing-masing secara

berurutan. Elemen minimum dan maksimum haruslah elemen dari himpunan

yang bersangkutan, tetapi elemen infimum dan supremum tidaklah harus

demikian. Jadi elemen infimum dan supremum bisa termasuk atau tidak

termasuk ke dalam himpunan yang bersangkutan. Himpunan 10: xx R

memiliki infimum dan supremum, yaitu elemen 1 dan 0, yang termasuk ke dalam

himpunan 10: xx R .

Selanjutnya, kita akan memberikan formulasi lain dari definisi supremum dan

infimum pada definisi 2.20. Kita mulai dengan definisi supremum. Elemen a


adalah batas atas dari X ekuivalen dengan a x , untuk setiap x X .

Pernyataan a v , untuk setiap v , batas atas dari X , mengandung arti bahwa

jika z a maka z adalah bukan batas atas dari X . Jika z adalah bukan batas

atas dari X maka terdapat zx X sedemikian sehingga zx z . Jadi kita

mempunyai fakta bahwa jika z a maka terdapat zx X sedemikian

sehingga zx z . Selanjutnya, jika diberikan 0 maka a a . Dengan

menggunakan fakta sebelumnya, maka terdapat x X sedemikian sehingga

x a . Jadi kita memperoleh fakta baru, yang ekuivalen dengan fakta

sebelumnya, yaitu untuk setiap 0 terdapat x X sedemikian sehingga

x a . Dengan demikian kita memperoleh fakta-fakta yang ekuivalen

dengan definisi 2.20.

Teorema 2.21. Elemen Ra , batas atas dari X , himpunan bagian tak kosong

dari R , adalah supremum dari X jika dan hanya jika apabila z a maka

terdapat zx X sedemikian sehingga zx z .

Teorema 2.22. Elemen Ra , batas atas dari X , himpunan bagian tak kosong

dari R , adalah supremum dari X jika dan hanya jika untuk setiap 0

terdapat x X sedemikian sehingga x a .

Fakta-fakta serupa yang berkaitan dengan elemen infimum adalah sebagai

berikut.

Teorema 2.23. Elemen Rb , batas bawah dari X , himpunan bagian tak

kosong dari R , adalah infimum dari X jika dan hanya jika apabila z b maka

terdapat zx X sedemikian sehingga zx z .

Teorema 2.24. Elemen Rb , batas bawah dari X , himpunan bagian tak

kosong dari R , adalah infimum dari X jika dan hanya jika untuk setiap 0

terdapat x X sedemikian sehingga x b .


Bukti Teorema 2.23 dan Teorema 2.24 ditinggalkan sebagai latihan bagi para

pembaca.

Selanjutnya, mungkin kita mempertanyakan apakah elemen supremum atau

infimum tunggal atau tidak. Mari kita kaji masalah ini. Misalkan Rvu, adalah

supremum dari himpunan yang terbatas atas U . Untuk menunjukkan bahwa

supremum dari U adalah tunggal, berarti kita harus menunjukkan bahwa u v .

Untuk menunjukkannya, perhatikan bahwa u w dan v w , untuk setiap w ,

batas atas dari U . Karena u dan v juga batas atas dari U , kita memiliki u v

dan v u . Yang demikian berarti u v atau supremum dari U adalah tunggal.

Dengan mudah, dapat pula kita tunjukkan bahwa infimum dari suatu himpunan

yang terbatas bawah juga tunggal.

Berdasarkan semua penjelasan pada subbab ini, kita mempunyai suatu aksioma

yang sangat esensial. Aksioma inilah yang dimaksud dengan sifat Kelengkapan

dari R , atau biasa juga disebut sifat supremum dari .

Aksioma 2.25 (Sifat Kelengkapan dari R ). Setiap himpunan bagian dari R

yang terbatas atas memiliki supremum di R .

Aksioma tersebut mengatakan bahwa R , digambarkan sebagai himpunan titik-

titik pada suatu garis, tidaklah “berlubang”. Sedangkan himpunan bilangan-

bilangan rasional Q , sebagai himpunan bagian dari R yang juga memenuhi

sifat aljabar (lapangan) dan terurut, memiliki “lubang”. Inilah yang membedakan

R dengan Q . Karena tidak “berlubang” inilah, R , selain merupakan lapangan

terurut, juga mempunyai sifat lengkap. Oleh karena itu, R disebut sebagai

lapangan terurut yang lengkap. Penentuan supremum dari himpunan

2,0:: 2 tttT Q bisa dijadikan ilustrasi untuk menjelaskan terminologi

“lubang” pada himpunan Q . Supremum dari QT yaitu 2 , yang merupakan

akar dari persamaan 2 2x , bukanlah bilangan rasional. Bilangan 2 ini

merupakan salah satu “lubang” pada Q . Maksudnya, supremum dari QT

adalah 2 yang bukan merupakan elemen dari Q . Sehingga dapat dikatakan


bahwa aksioma kelengkapan tidak berlaku pada Q . Tetapi jika kita bekerja pada

R , yang demikian tidak akan terjadi.

Sekarang, misalkan V adalah himpunan yang terbatas bawah, artinya terdapat

Rl sedemikian sehingga l x , untuk setiap x V . Darinya, kita memperoleh

bahwa l x , untuk setiap x V . Dengan demikian, himpunan :x x V

terbatas atas. Menurut Aksioma 2.25., himpunan :x x V memiliki

supremum. Misalkan s adalah supremum dari :x x V . Yang demikian

berarti s x , untuk setiap x V , dan s r , untuk setiap r , batas atas dari

:x x V . Darinya, kita memiliki s x , untuk setiap x V , dan s r ,

untuk setiap r , batas atas dari :x x V . Dapat ditunjukkan bahwa r batas

atas dari :x x V jika dan hanya jika r adalah batas bawah dari V . Jadi

kita memiliki s x , untuk setiap x V , dan s t , untuk setiap t , batas bawah

dari V , atau dengan kata lain, s adalah infimum dari himpunan V .

Berdasarkan penjelasan tersebut, kita memiliki hal yang serupa dengan Aksioma

2.25, yaitu bahwa setiap himpunan bagian dari R yang terbatas bawah memiliki

infimum di R .

Contoh 2.26. Tentukan supremum dari himpunan 1: xxS R .

Penyelesaian. Kita klaim terlebih dahulu bahwa sup S , supremum dari S ,

adalah 1. Klaim kita benar jika dapat ditunjukkan bahwa :

1. Batas atas dari S adalah 1, atau 1x , untuk setiap x S .

2. 1v , untuk setiap v , batas atas dari S .

Jelas bahwa 1 adalah batas atas dari S . Selanjutnya, misalkan 1v . Perhatikan

elemen 1/ 2 / 2v . Dapat ditunjukkan bahwa 1/ 2 / 2 1v v . Artinya, setiap

elemen 1v bukanlah batas atas dari S . Jelas bahwa v batas atas dari S jika

dan hanya jika 1v . Hal ini sekaligus menunjukkan bahwa 1 merupakan batas

atas terkecil dari S . Dengan demikian, 1 merupakan supremum dari S .


Selanjutnya, kita akan menggunakan Teorema 2.21 untuk menunjukkan 1 adalah

supremum dari S . Jika 1v , berdasarkan pembahasan tadi, dengan memilih

1/ 2 / 2vs v , kita peroleh bahwa vs S dan vv s . Jadi 1 merupakan

supremum dari S .

Kita akan coba cara lain untuk menunjukkan bahwa 1 merupakan supremum dari

S , seperti yang tertulis pada Teorema 2.22. Diberikan 0 . Di sini kita akan

memilih apakah ada s S sedemikian sehingga 1 s (pemilihan s yang

demikian tidaklah unik). Jika kita memilih 1 / 2s maka kita memperoleh apa

yang kita harapkan, karena jelas bahwa 1 / 2 1s , atau dengan kata lain

s S dan 1 1 / 2s . Yang demikian selalu mungkin untuk sembarang

0 yang diberikan. Jadi memang 1 adalah supremum dari S . ■

Contoh 2.27. Tentukan infimum dari 0: xxI R .

Penyelesaian. Kita klaim terlebih dahulu bahwa inf I , infimum dari I , adalah 0.

Klaim kita benar jika dapat ditunjukkan bahwa :

1. Batas bawah dari I adalah 0, atau 0 x , untuk setiap x I .

2. 0w , untuk setiap w , batas bawah dari I .

Jelas 0 merupakan batas bawah dari I . Berikutnya, misalkan 0w . Perhatikan

bahwa 0 / 2w w . Di sini / 2w I . Artinya, jika 0w maka w bukan batas

bawah dari I . Jelas bahwa 0w jika dan hanya jika w adalah batas bawah

dari I . Hal ini sekaligus menunjukkan bahwa 0 adalah batas bawah terbesar dari

I .

Berikutnya, kita akan menggunakan Teorema 2.23 untuk menunjukkan 0 adalah

infimum dari I . Misalkan 0w . Berdasarkan pembahasan sebelumnya, dengan

memilih / 2wi w , kita peroleh bahwa wi I dan wi w . Akibatnya, 0 adalah

infimum dari I .


Cara lain, adalah dengan menunjukkan seperti apa yang tercantum pada

Teorema 2.24. Diberikan 0 . Kita akan memilih apakah ada i I sedemikian

sehingga 0i . Jika / 2i maka i I dan i . Hal ini selalu

mungkin untuk sembarang 0 yang diberikan. Dengan demikian, 0 adalah

infimum dari I . ■

Contoh 2.28. Tunjukkan bahwa jika himpunan RS terbatas atas dan 0a

maka supremum dari : :aS as s S , sup aS a sup S .

Penyelesaian. Ada beberapa cara untuk menyelesaikan masalah tersebut. Kita

mulai dengan cara yang pertama, yaitu bahwa kita harus menunjukkan bahwa

a sup S adalah batas atas dari aS atau a sup S as , untuk setiap s S , dan

a sup S v , untuk setiap v , batas atas dari aS . Karena S adalah himpunan

yang terbatas atas, S mempunyai supremum, menurut sifat Kelengkapan dari R .

Karenanya, sup S s , untuk setiap s S . Karena 0a , a sup S as , untuk

setiap s S . Artinya, a sup S adalah batas atas dari aS . Akibatnya, aS

memiliki supremum. Selanjutnya, misalkan w adalah sembarang batas atas dari

aS atau w as , untuk setiap s S . Karena 0a , kita peroleh bahwa /w a s ,

untuk setiap s S . Di sini /w a adalah batas atas dari S . Akibatnya,

/w a sup S atau w a sup S . Kita peroleh bahwa a sup S w , untuk setiap w ,

batas atas dari aS . Jadi sup aS a sup S .

Cara kedua untuk menyelesaikan masalah tersebut adalah dengan menunjukkan

bahwa a sup S adalah batas atas dari aS dan untuk setiap v a sup S terdapat

vs aS sedemikian sehingga vv s . Telah ditunjukkan bahwa a sup S adalah

batas atas dari aS . Sekarang, misalkan v a sup S . Karena 0a , /v a sup S .

Akibatnya, terdapat /v as S sedemikian sehingga // v av a s . Karenanya, kita

memperoleh /v av as . Di sini jelas bahwa /v aas aS . Dengan memilih /v v as as ,

kita mempunyai vs aS dan vv s . Jadi SaaS supsup . ■

Lebih jauh, kita akan melihat bagaimana sifat kelengkapan dari R ini digunakan

untuk menunjukkan bahwa himpunan semua bilangan asli N tidak mempunyai


batas atas. Artinya tidak terdapat Rx sedemikian sehingga n x , untuk

setiap Nn , atau dengan kata lain jika diberikan Rx terdapat Nxn

sedemikian sehingga xn x .

Teorema 2.29 (Sifat Archimedean). Jika Rx maka terdapat Nxn

sedemikian sehingga xn x .

Bukti. Andaikan N memiliki batas atas atau terdapat Rx sedemikian

sehingga n x , untuk setiap Nn . Akibatnya, x adalah batas atas dari N .

Menurut sifat kelengkapan dari R , N memiliki supremum. Misalkan supremum

dari N itu adalah a . Perhatikan bahwa 1a a . Karena 1a jelas bukan batas

atas dari N , maka terdapat Nm sedemikian sehingga 1a m . Darinya kita

memiliki bahwa 1a m . Perhatikan bahwa N1m . Yang demikian

mengakibatkan bahwa a bukan batas atas dari N . Hal ini kontradiksi dengan

asumsi di awal bahwa a adalah supremum dari N , yang tiada lain juga

merupakan batas atasnya. Jadi himpunan N tidak memiliki batas atas atau Jika

Rx maka terdapat Nxn sedemikian sehingga xn x . ■

Sekarang, misalkan 0t . Kita peroleh bahwa 1/ 0t . Menurut sifat

Archimedean, terdapat Nn , yang bergantung pada 1/ t (bisa juga dikatakan

bergantung pada t ), sedemikian sehingga 1/n t , atau juga bisa ditulis sebagai

1/ n t . Berdasarkan pembahasan ini, kita memiliki akibat berikut.

Akibat 2.30. Jika 0t maka terdapat Ntn sedemikian sehingga 0 1/ tn t

Selain Akibat 2.30, sifat Archimedean memilki konsekuensi lain, seperti yang

dinyatakan pada akibat berikut ini.

Akibat 2.31. Jika 0y maka terdapat Nyn sedemikian sehingga

1y yn y n .

Bukti. Misalkan mymE y :: N dengan Ry . Sifat Archimedean

menjamin bahwa himpunan yE tidaklah kosong. Karena yE himpunan bagian


dari N dan tidak kosong, maka menurut sifat well-ordering dari R , yE

mempunyai elemen terkecil. Misalkan elemen terkecil itu adalah yn . Karena yn

adalah elemen terkecil dari yE , maka 1y yn E atau yn y 1 . Dengan

demikian 1y yn y n . ■

Jika kita memiliki dua buah sembarang bilangan rasional yang berbeda, secara

intuitif kita akan mengatakan bahwa di antara keduanya juga terdapat bilangan

rasional yang lain dan jumlahnya bisa tak berhingga. Dengan kata lain, himpunan

semua bilangan rasional Q adalah himpunan yang rapat. Secara formal,

memang dapat dibuktikan bahwa Q memiliki sifat yang demikian.

Teorema 2.32. Jika Qyx, dan x y maka terdapat bilangan rasional r

sedemikian sehingga x r y .

Bukti. Misalkan 0x . Akibatnya, 0y . Menurut Akibat 2.30, terdapat Np

sedemikian sehingga 1/ p y . Bilangan rasional : 1/r p memenuhi x r y .

Berikutnya, misalkan 0x . Darinya, kita memiliki 0y x . Berdasarkan Akibat

2.30, terdapat Nm sedemikian sehingga 1/ m y x . Karenanya, 1 my mx

atau 1 mx my . Pandang 0mx . Menurut Akibat 2.31, terdapat Nn

sedemikan sehingga 1n mx n . Dari 1n mx kita memperoleh 1n mx ,

sehingga 1n mx my . Dari mx n kita memperoleh mx n my . Akibatnya,

/x n m y . Bilangan rasional : /r n m memenuhi x r y .

Terakhir, misalkan 0x atau 0x . Akibatnya, 0y x . Dengan cara serupa

seperti pada kasus 0x , kita bisa mendapatkan bilangan rasional r sedemikian

sehingga x r y . ■

Kita juga memiliki fakta lain, yang analog dengan teorema 2.32, untuk himpunan

bilangan-bilangan irasional.


Akibat 2.33. Jika Ryx, dan x y maka terdapat bilangan irasional z

sedemikian sehingga x z y .

Bukti. Dari hipotesis kita dapatkan bahwa R2/,2/ yx dan / 2 / 2x y .

Menurut Teorema 2.32, terdapat bilangan rasional 0r sedemikian sehingga

/ 2 / 2x r y atau 2x r y . Bilangan : 2z r merupakan bilangan

irasional dan memenuhi x z y . ■

2.4 INTERVAL

Pada subbab ini kita membahas suatu himpunan bagian dari R yang

dikonstruksi berdasarkan sifat terurut dari R . Himpunan bagian ini dinamakan

sebagai interval.

Definisi 2.34. Misalkan Rba, dengan a b .

a. Interval buka yang dibentuk dari elemen a dan b adalah himpunan

bxaxba ::, R .

b. Interval tutup yang dibentuk dari elemen a dan b adalah himpunan

bxaxba ::, R .

c. Interval setengah buka (atau setengah tutup) yang dibentuk dari elemen a

dan b adalah himpunan bxaxba ::, R atau

bxaxba ::, R .

Semua jenis interval pada Definisi 2.34 merupakan himpunan yang terbatas dan

memiliki panjang interval yang didefinisikan sebagai b a . Jika a b maka

himpunan buka ,a a dan himpunan tutup ,a a a , yang dinamakan

dengan himpunan singleton. Elemen a dan b disebut titik ujung interval.

Selain interval terbatas, terdapat pula interval tak terbatas. Pada interval tak

terbatas ini, kita dikenalkan dengan simbol dan yang berkaitan dengan

ketak terbatasannya.


Definisi 2.35. Misalkan Ra .

a. Interval buka tak terbatas adalah himpunan axxa ::, R atau

axxa ::, R .

b. Interval tutup tak terbatas adalah himpunan axxa ::, R atau

axxa ::, R .

Himpunan bilangan real R merupakan himpunan yang tak terbatas dan dapat

dinotasikan dengan , . Perlu diperhatikan bahwa simbol atau

bukanlah bilangan real. Karenanya, dapat dikatakan bahwa R ini tidak

mempunyai titik-titik ujung.

Teorema 2.36 (Karakterisasi Interval). Jika RS adalah himpunan yang

memuat paling sedikit dua elemen dan memiliki sifat :

jika Ryx, dan x y maka ,x y S ,

maka S merupakan suatu interval.

Bukti. Kita akan membuktikannya untuk empat kasus.

Kasus I, S adalah himpunan terbatas.

Karena S himpunan terbatas maka S mempunyai infimum atau supremum.

Misalkan infimum dan supremum dari S adalah masing-masing, secara

berurutan, a dan b . Jika x S maka a x b . Karenanya, ,x a b .

Akibatnya, ,S a b .

Selanjutnya, akan ditunjukkan bahwa ,a b S . Misalkan ,z a b atau

a z b . Yang demikian berarti z bukan batas bawah dari S . Akibatnya,

terdapat zx S sedemikian sehingga zx z . Kita memperoleh pula bahwa z

bukan batas atas dari S . Itu artinya bahwa terdapat zy S sedemikian sehingga

zz y . Kita mendapatkan bahwa ,z zz x y . Karena menurut hipotesis,

,z zx y S , maka z S . Karena yang demikian berlaku untuk sembarang

,z a b , maka ,a b S .


Jika ,a b S maka ,a b S . Karena telah diperoleh bahwa ,S a b , maka

,S a b . Jika ,a b S maka ,S a b cukup dinyatakan dengan ,S a b .

Karena ,a b S dan ,S a b , maka ,S a b . Jika a S dan b S maka

,S a b dan ,a b S masing-masing, secara berurutan, cukup dinyatakan

,S a b dan ,a b S . Akibatnya, kita memperoleh ,S a b . Jika a S dan

b S maka dapat ditunjukkan bahwa ,S a b .

Kasus II, S adalah himpunan yang terbatas atas tetapi tidak terbatas

bawah.

Karena S terbatas atas, maka S mempunyai supremum. Misalkan supremum

dari S adalah b . Kita memperoleh bahwa x b , untuk setiap x S . Akibatnya,

,S b .

Berikutnya, kita akan menunjukkan bahwa ,b S . Misalkan ,z b

atau z b . Karena z bukan batas atas dari S , maka terdapat zy S

sedemikian sehingga zz y . Karena S tidak terbatas bawah, maka terdapat

zx S sedemikian sehingga zx z . Akibatnya, ,z zz x y . Karena menurut

hipotesis, ,z zx y S , maka z S . Yang demikian berlaku untuk sembarang

,z b . Karena itu, ,b S .

Jika b S maka ,b S dapat pula dinyatakan dengan ,b S .

Karena ,S b dan ,S b , maka ,S b . Jika b S maka

,S b cukup dinyatakan dengan ,S b Akibatnya, bersama dengan

,b S , kita memperoleh bahwa ,S a b .


Kasus III, S adalah himpunan yang tidak terbatas atas tetapi terbatas

bawah. Dengan cara yang serupa, seperti pada kasus II, dapat ditunjukkan bahwa

,S a atau ,S a dengan a adalah infimum dari S .

Kasus IV, S adalah himpunan yang tidak terbatas.

Berdasarkan hipotasis, jelas bahwa RS . Selanjutnya, kita akan menunjukkan

bahwa SR . Misalkan Rz . Karena S tidak terbatas, maka z bukanlah

batas bawah dan batas atas dari S . Akibatnya, terdapat ,z zx y S sedemikian

sehingga zx z dan zz y . Darinya, kita memiliki ,z zz x y . Menurut hipotesis,

,z zx y S . Akibatnya, z S . Karena hal ini berlaku untuk sembarang Rz ,

maka SR . Dengan demikian, SR .

Jadi, secara keseluruhan, telah ditunjukkan bahwa S merupakan suatu interval

di R . ■

2.5 REPRESENTASI DESIMAL DARI BILANGAN REAL Semua bilangan real dapat dinyatakan dalam bentuk lain yang disebut sebagai

bentuk desimal. Misalkan 0,1x . Jika kita membagi interval 0,1 menjadi 10

sub interval yang sama panjangnya, maka 1 1/10, 1 /10x b b untuk suatu

1 0,1,2,...,9b . Jika kita membagi lagi interval 1 1/10, 1 /10b b menjadi 10

sub interval yang sama panjangnya, maka

2 21 2 1 2/10 /10 , /10 1 /10x b b b b untuk suatu 2 0,1, 2,...,9b . Jika

proses tersebut terus dilanjutkan maka kita akan memperoleh barisan nb

dengan 90 nb , untuk semua Nn , sedemikian sehingga x memenuhi

1 2 1 22 2

1... ...

10 10 10 10 10 10nn

n n

bbb b b bx

.


Representasi desimal dari 0,1x adalah 1 20, ... ...nb b b . Jika 1x dan NN

sedemikian sehingga 1N x N maka representasi desimal dari 1x adalah

1 2, ... ...nN b b b dengan 1 20, ... ...nb b b adalah representasi desimal dari 0,1x N .

Sebagai contoh, kita akan menentukan bentuk desimal dari 1/7. Jika 0,1 dibagi

menjadi 10 sub interval yang sama panjang maka 1/ 7 1/10, 1 1 /10 . Jika

1/10, 1 1 /10 dibagi menjadi 10 sub interval yang sama panjang maka

2 21/ 7 1/10 4 /10 ,1/10 4 1 /10 . Selanjutnya, akan kita peroleh

2 3 2 31/ 7 1/10 4 /10 2 /10 ,1/10 4 /10 2 1 /10 . Jika proses ini terus

dilanjutkan akan kita dapatkan bahwa 1/ 7 0,142857142857...142857... .

Representasi desimal dari suatu bilangan real adalah unik, kecuali bilangan-

bilangan real berbentuk /10nm dengan ,m n dan 1 10nm . Sebagai

contoh, representasi decimal dari 1/2 adalah 0,4999… atau 0,5000… (Coba

pembaca periksa mengapa yang demikian bisa terjadi). Contoh lain,

1/8=0,124999...=0,125000... .

Coba perhatikan kembali representasi decimal dari 1/7 yaitu

0,142857142857...142857... . Terdapat pengulangan deretan angka 142857 pada

representasi desimal dari 1/7. Representasi desimal yang demikian disebut

reperesentasi desimal periodik dengan periode 6p yang menunjukkan jumlah

deretan angka yang berulang. Dapat ditunjukkan bahwa bilangan real positif

adalah rasional jika dan hanya jika representasi desimalnya adalah periodik (lihat

Bartle-Sherbert [1]).

Dengan menggunakan representasi desimal dari bilangan real ini, kita akan

membuktikan Teorema Cantor yang mengatakan bahwa himpunan semua

bilangan real adalah tak terhitung (uncountable).


Teorema 2.37. Interval satuan 10::1,0 xx R adalah tak terhitung

(uncountable).

Bukti. Andaikan interval 0,1 countable. Misalkan 1 20,1 , ,..., ,...nx x x .

Karena setiap elemen di 0,1 dapat dinyatakan dalam bentuk desimal, maka kita

dapat menyatakan bahwa

1 11 12 1

2 21 22 1

1 2

0, ... ...0, ... ...

0, ... ...

n

n

n n n nn

x b b bx b b b

x b b b

dengan 0 9ijb , untuk semua Nji, .

Selanjutnya definisikan bilangan real 1 2: 0, ... ...ny y y y dengan

4, 5:

5, 4. jika

jika nn

nnn

by

b

Jelas bahwa 0,1y . Berdasarkan pendefinisian ny , jelas bahwa ny x untuk

setiap Nn . Selain itu, bentuk 1 2: 0, ... ...ny y y y adalah unik karena 0,9ny

untuk semua Nn . Hal itu semua mengandung arti bahwa 0,1y . Terjadi

kontradiksi di sini. Jadi 0,1 haruslah uncountable. ■

Prosedur pada pembuktian Teorema 2.37 di atas dikenal sebagai prosedur

diagonal yang memanfaatkan representasi desimal bilangan real. Karena

R1,0 dan 0,1 uncountable, maka R adalah uncountable.


BAB III BARISAN BILANGAN REAL

3.1 DEFINISI BARISAN BILANGAN REAL

Definisi 3.1. Barisan bilangan real adalah fungsi RN: X .

Jika RN: X adalah barisan bilangan real maka nilai fungsi X di Nn

dinotasikan sebagai nx . Nilai nx ini disebut suku ke- n dari barisan bilangan real

X . Barisan bilangan real X dapat pula dituliskan sebagai Nnxn : . Dalam

literatur lain, barisan bilangan real X ini biasa dituliskan dalam notasi 1n nx

.

Barisan bilangan real dapat direpresentasikan dalam berbagai cara. Barisan

bilangan real : 1,3,5,...X dapat dinyatakan dengan N nxX n :: dengan

2 1nx n atau 1 2n nx x dengan 1 1x . Hubungan 1 2n nx x dengan

1 1x ini disebut sebagai hubungan rekursif.

Selanjutnya, perhatikan kembali barisan bilangan real N nnxX n :12: .

Jika n semakin besar maka nx semakin besar, tanpa batas. Tetapi, kalau kita

perhatikan barisan N nnyY n :/1: , maka jika n semakin besar maka ny

semakin kecil, menuju angka nol. Barisan bilangan real Y ini dikatakan sebagai

barisan yang mempunyai limit atau barisan yang konvergen. Sedangkan barisan

bilangan real X dikatakan sebagai barisan yang tidak memiliki limit atau barisan

yang tidak konvergen atau divergen.

Definisi 3.2. Barisan bilangan real Nnxn : dikatakan konvergen ke Rx ,

limit dari dari Nnxn : , jika untuk setiap 0 terdapat 0N sedemikian

sehingga untuk setiap Nn , nx x .


Misalkan barisan bilangan real Nnxn : konvergen. Diberikan 0 cukup

besar. Karena x adalah “ujung” dari barisan bilangan real Nnxn : , tentunya

nx x yang cukup besar dapat dipenuhi oleh semua nx , n N dengan N yang

kecil. Sebaliknya, jika 0 cukup kecil maka nx x yang cukup kecil dapat

dipenuhi oleh setiap nx , n K dengan K yang besar. Penjelasan tersebut

mengandung arti bahwa semakin besar N maka semakin kecil atau nx

dengan n N akan semakin dekat ke limitnya, yaitu x . Pernyataan barisan

bilangan real X konvergen atau menuju ke x dapat dinyatakan sebagai

lim X x atau lim nx x atau lim nnx x

atau nx x .

Berdasarkan Definisi 3.2, kita bisa mendapatkan fakta bahwa lim nnx x

jika dan

hanya jika untuk setiap 0 , himpunan xxn n:N adalah himpunan

yang berhingga. Bukti fakta ini ditinggalkan sebagai latihan bagi para pembaca.

Contoh 3.3. Perhatikan lagi barisan bilangan real N nnyY n :/1 .

Diberikan 0 . Selanjutnya, lihat bahwa 1/ 0 1/ 1/n n n . Jika n N

dengan 1/N maka 1/n atau 1/ n . Akibatnya, 1/ 0n untuk

setiap n N . Yang demikian berlaku untuk setiap 0 . Ini artinya bahwa

barisan bilangan real Y konvergen ke nol. ■

Sekarang, kita perhatikan lagi barisan bilangan real N nnyY n :/1 .

Kemudian pandang barisan bilangan real ' 1/ 2,1/ 4,1/ 6,...Y . Suku-suku pada

'Y merupakan suku-suku yang menempati urutan genap pada Y . Barisan 'Y ini

disebut sebagai sub barisan dari Y . Berikut ini adalah definisi formal dari sub

barisan.


Definisi 3.4. Misalkan N nxX n :: adalah barisan bilangan real dan

1 2 ... ...kn n n dengan Nkn untuk semua Nk . Barisan bilangan real

N kxXkn ::' disebut sebagai sub barisan dari N nxX n :: .

Bagaimana dengan limit sub barisan dari suatu sub barisan ? Teorema berikut

menjelaskan hal ini.

Teorema 3.5. Jika N kxXkn ::' adalah sub barisan dari barisan

N nxX n :: yang konvergen ke Rx maka sub barisan N kxXkn ::'

juga konvergen ke Rx .

Bukti. Karena N nxX n :: adalah barisan yang konvergen ke Rx , maka

jika diberikan 0 terdapat 0N sedemikian sehingga untuk semua

n N berlaku nx x .

Selanjutnya, dengan menggunakan induksi matematika, akan ditunjukkan bahwa

kn k untuk setiap Nk . Diketahui bahwa 1 2 ... ...kn n n . Untuk 1k

jelas bahwa 1 1n . Misalkan untuk k p berlaku pn p . Kita akan tunjukkan

bahwa untuk 1k p berlaku 1 1pn p . Karena 1p pn n maka 1pn p atau

dengan kata lain 1 1pn p . Dengan demikian kn k untuk setiap Nk .

Jika k N maka kn N . Untuk semua kn N berlaku knx x .

Yang demikian berarti sub barisan N kxXkn ::' juga konvergen ke Rx . ■

Apakah kebalikan dari Teorema 3.5 berlaku ? Untuk menjawabnya kita lihat

penjelasan berikut ini. Perhatikan bahwa barisan ' 1,1,1,...,1,...Z adalah sub

barisan dari barisan 11, 1,1, 1,..., 1 ,...nZ . Barisan 'Z adalah barisan

yang konvergen ke 1, tetapi barisan Z adalah barisan yang tidak konvergen.

Tetapi jika setiap sub barisan dari suatu barisan bilangan real X adalah barisan


yang konvergen maka X adalah barisan yang konvergen karena X sendiri

adalah sub barisan dari dirinya sendiri.

Bagaimana halnya dengan limit dari suatu barisan bilangan real yang konvergen,

apakah tunggal atau tidak ? Misalkan x dan y adalah limit dari barisan bilangan

real yang konvergen N nxX n :: . Jika diberikan 0 terdapat , 0x yN N

sehingga untuk setiap xn N dan yn N , berlaku, masing-masing secara

berurutan, / 2nx x dan / 2nx y . Misalkan : ,x yN maks N N .

Selanjutnya, perhatikan bahwa, berdasarkan pertidaksamaan segitiga,

/ 2 / 2n n n nx y x x x y x x x y

untuk semua .n N Karena 0 yang diberikan sembarang, maka 0x y

atau x y . Yang demikian berarti bahwa limit dari suatu barisan bilangan real

yang konvergen adalah tunggal.

Teorema 3.6. Limit dari satu barisan bilangan real yang konvergen adalah

tunggal.

3.2 SIFAT-SIFAT BARISAN BILANGAN REAL

Definisi 3.6. Barisan bilangan real N nxX n :: dikatakan terbatas jika

terdapat bilangan real 0M sedemikan sehingga nx M untuk setiap Nn .

Berkaitan dengan sifat keterbatasan barisan bilangan real tersebut kita memiliki

teorema berikut ini.

Teorema 3.7. Barisan bilangan real yang konvergen adalah terbatas.

Bukti. Misalkan barisan bilangan real N nxX n :: adalah barisan yang

konvergen ke Rx . Itu berarti bahwa jika kita ambil 0 0 maka terdapat

bilangan real 0 0N sehingga 0nx x untuk semua 0n N .


Selanjutnya, perhatikan bahwa, berdasarkan pertidaksamaan segitiga,

0n n nx x x x x x x x

untuk semua 0n N .

Berikutnya, pilih 01 2 3 01: , , ,..., ,NM maks x x x x x . Jelas bahwa untuk

setiap Nn berlaku nx M atau dengan kata lain barisan bilangan real X

adalah barisan yang terbatas. ■

Sekarang, Misalkan N nxX n :: dan N nyY n :: adalah dua buah

barisan bilangan real yang konvergen. Apakah N nyxYX nn :: ,

N ncxcX n :: dengan Rc , N nyxXY nn :: , dan

N nyxYX nn :/:/ juga barisan yang konvergen ? Teorema-teorema

berikut ini menjelaskan hal tersebut.

Teorema 3.8. Jika X dan Y adalah barisan yang konvergen ke x dan y ,

secara berurutan, dan Rc maka barisan X Y , cX , dan XY adalah juiga

barisan yang konvergen, masing-masing secara berurutan, ke x y , cx , dan xy .

Bukti. Misalkan N nxX n :: dan N nyY n :: . Perhatikan bahwa,

bedasarkan pertidaksamaan segitiga,

n n n n n nx y x y x x y y x x y y .

X dan Y adalah barisan yang konvergen ke x dan y , maka jika diberikan

0 maka terdapat bilangan real 1 2, 0N N sedemikian sehingga untuk setiap

1n N dan 2n N , masing-masing secara berurutan, berlaku / 2nx x dan

/ 2ny y . Misalkan 1 2: ,N maks N N . Jika n N maka

/ 2 / 2n n n nx y x y x x y y .

Karena 0 yang diberikan sembarang, maka X Y konvergen ke x y .


Berikutnya, perhatikan bahwa

n ncx cx c x x .

Misalkan 0c . Jika diberikan 0 maka dengan memilih berapa pun bilangan

real 0N , selalu berlaku 0n ncx cx c x x untuk setiap n N .

Sekarang misalkan 0c . Karena X adalah barisan yang konvergen ke x maka

jika diberikan 0 maka terdapat bilangan real 0N sedemikian sehingga

untuk setiap n N , berlaku /nx x c . Akibatnya, untuk setiap n N ,

/n ncx cx c x x c c .

Karena 0 yang diberikan sembarang, maka cX konvergen ke cx .

Selanjutnya, kita akan menunjukkan bahwa barisan XY konvergen ke xy .

Pertama, perhatikan bahwa

n n n n n n

n n n n

n n n

x y xy x y x y x y xy

x y x y x y xy

x y y x x y

Menurut Teorema 3.7, X adalah barisan yang terbatas. Itu artinya terdapat

bilangan real 0L sehingga nx L untuk setiap Nn . Misalkan

: ,M maks L y . Jika diberikan 0 maka terdapat bilangan real 1 2, 0N N

sedemikian sehingga untuk setiap 1n N dan 2n N , masing-masing secara

berurutan, berlaku / 2nx x M dan / 2ny y M . Misalkan

1 2: ,N maks N N . Jika n N maka

/ 2 / 2n n n n nx y xy x y y x x y M M M M .

Karena 0 yang diberikan sembarang, maka XY konvergen ke xy . ■

Pembahasan berikutnya kita akan menunjukkan bahwa /X Y akan konvergen

ke /x y jika 0y . Tetapi sebelumnya, kita lihat terlebih dahulu teorema berikut

iini.


Teorema 3.9. Jika N nyY n :: adalah barisan tak nol ( 0ny untuk setiap

Nn ) yang konvergen ke 0y maka barisan N nyY n :/1:/1 juga

konvergen ke 1/ y .

Bukti. Jika 0y kita peroleh bahwa 0y . Karena Y adalah barisan yang

konvergen ke y , maka terdapat 1 0N sehingga untuk setiap 1n N , berlaku

1/ 2ny y y . Karena

n ny y y y atau n n ny y y y y y

maka 1/ 2ny y atau 1 2

ny y untuk setiap 1n N .

Selanjutnya, jika diberikan 0 maka terdapat 2 0N sehingga untuk setiap

2n N , berlaku 21/ 2ny y y . Kemudian, perhatikan bahwa, berdasarkan

pertidaksamaan segitiga,

1 1 1nn

n n n

y y y yy y y y y y

.

Jika 1 2: ,N maks N N maka untuk setiap n N , berlaku

22

1 1 1 2 12n

n n

y y yy y y y y

.

Karena 0 yang diberikan sembarang, maka 1/Y konvergen ke 1/ y . ■

Berdasarkan Teorema 3.8 dan Teorema 3.9, jika X adalah barisan bilangan real

yang konvergen ke x dan Y adalah barisan bilangan real tak nol yang

konvergen ke 0y maka barisan bilangan real /X Y juga konvergen ke /x y .

Teorema 3.10 (Teorema Apit). Misalkan N nxX n :: , N nyY n :: , dan

N nzZ n :: adalah barisan-barisan bilangan real yang memenuhi

n n nx y z untuk setiap Nn . Jika lim limn nn nx z L

maka lim nn

y L

.


Bukti. Jika diberikan 0 maka terdapat bilangan real 1 2, 0N N sedemikian

sehingga untuk setiap 1n N dan 2n N , masing-masing secara berurutan,

berlaku nL x dan nz L (mengapa demikian ?). 1 2: ,N maks N N .

Akibatnya, jika n N maka

n n nL x y z L .

Kita peroleh bahwa nL y L atau ny L untuk setiap n N .

Karena 0 yang diberikan sembarang, maka lim nny L

. ■

Contoh berikut ini memperlihatkan bagaimana Teorema Apit diaplikasikan untuk

menghitung limit suatu barisan.

Contoh 3.11. Kita akan menghitung limit dari barisan

Nn

nn :cos

2 . Secara

langsung, mungkin kita agak susah untuk menentukan limitnya. Perhatikan

bahwa 1 cos 1n untuk setiap Nn . Karenanya, kita bisa memperoleh

2 2 2

1 cos 1nn n n

untuk setiap Nn .

Akibatnya, 2 2 2

1 cos 1lim lim limn n n

nn n n

. Jadi

2

cos0 lim 0n

nn

atau 2

coslim 0n

nn

. ■

Barisan bilangan real yang terbatas belum tentu konvergen. Sebagai contoh,

barisan bilangan real N nn :1 adalah barisan yang terbatas tetapi tidak

konvergen. Syarat cukup lain apa yang diperlukan sehingga barisan yang

terbatas merupakan barisan yang konvergen ? Pembahasan berikut akan

menjelaskannya.

Definisi 3.12. Misalkan N nxX n :: adalah barisan bilangan real. Barisan

X dikatakan naik jika 1 2 1... ...n nx x x x dan dikatakan turun jika


1 2 1... ...n nx x x x . Barisan bilangan real yang naik atau turun disebut

sebagai barisan yang monoton.

Teorema 3.13 (Teorema Kekonvergenan Monoton). Misalkan N nxX n ::

adalah barisan bilangan real yang monoton. Barisan bilangan real X konvergen

jika dan hanya jika X terbatas. Lebih jauh,

i) Jika N nxX n :: adalah barisan yang naik dan terbatas atas maka

N

nxx nnn:suplim .

ii) Jika N nxX n :: adalah barisan yang turun dan terbatas bawah maka

N

nxx nnn:inflim .

Bukti.

i) Karena barisan X terbatas atas, maka, menurut sifat kelengkapan dari R ,

himpunan Nnxn : memiliki supremum. Misalkan N nxx n :sup .

Jika diberikan 0 maka x bukanlah batas atas dari Nnxn : . Yang

demikian mengandung arti terdapat NK sehingga Kx x x . Karena

X adalah barisan naik dan x adalah batas atas dari Nnxn : maka kita

mempunyai fakta bahwa

1 2 ...K K Kx x x x x x .

Dengan kata lain, nx x x atau nx x untuk setiap n K .

Karena 0 yang diberikan sembarang maka barisan X konvergen ke x .

ii) Karena barisan X terbatas bawah, maka, menurut sifat kelengkapan dari R ,

himpunan Nnxn : memiliki infimum. Misalkan N nxx n :inf . Jika

diberikan 0 maka x bukanlah batas bawah dari Nnxn : . Yang

demikian mengandung arti terdapat NK sehingga Kx x x . Karena

X adalah barisan turun dan x adalah batas bawah dari Nnxn : maka

kita mempunyai fakta bahwa

2 1... K K Kx x x x x x .


Dengan kata lain, nx x x atau nx x untuk setiap n K .

Karena 0 yang diberikan sembarang maka barisan X konvergen ke x . ■

Contoh 3.14. kita akan menunjukkan bahwa barisan N nxX n :: yang

suku-sukunya memenuhi hubungan rekursif 11 12n nx x dengan 1 0x

adalah barisan yang konvergen dengan menggunakan Teorema Kekonvergean

Monoton. Akan kita perlihatkan bahwa N nxX n :: adalah barisan yang naik

dan terbatas atas yang dibatas atasi oleh 2. Kedua hal itu akan ditunjukkan

dengan menggunakan induksi matematika.

Kita peroleh bahwa 2 1/ 2x . Itu berarti bahwa 1 2x x . Sekarang asumsikan

bahwa 1k kx x Kita akan membuktikan bahwa 1 2k kx x . Karena 1k kx x ,

maka 11 11 12 2k kx x atau 1 2k kx x . Jadi N nxX n :: adalah

barisan yang naik.

Jelas 1 2x . Asumsikan 2kx . Akan ditunjukkan bahwa 1 2kx . Perhatikan

bahwa

1 11 1 32 1 2 12 2 2k k k kx x x x .

Berdasarkan pernyataan terakhir, bisa juga kita katakan bahwa 2nx untuk

setiap Nn . Ini berarti X adalah barisan yang terbatas atas.

Karena N nxX n :: adalah barisan yang naik dan terbatas atas, maka,

menurut Teorema Kekonvergenan Monoton, barisan X konvergen. Perhatikan

bahwa N nxX n ::' 1 adalah sub barisan dari N nxX n :: . Karena X

adalah barisan yang konvergen, maka, menurut Teorema 3.5, 'X juga

merupakan barisan yang konvergen ke titik yang sama. Misalkan limit barisannya

adalah x . Perhatikan bahwa


1 11 1 11 lim lim 1 1 12 2 2n n n nn n

x x x x x x x .

Jadi barisan bilangan real X konvergen ke 1. ■

3.3 TEOREMA BOLZANO-WEIERSTRASS

Pada bagian ini kita akan membahas Teorema Bolzano-Weierstrass, yang

memberikan syarat cukup suatu barisan bilangan real memiliki sub barisan yang

konvergen. Tetapi, sebelumnya, kita akan membahas terlebih dahulu tentang

eksistensi sub barisan yang monoton dari suatu barisan bilangan real.

Terema 3.15 (Teorema Sub Barisan Monoton). Setiap barisan bilangan real

memiliki sub barisan yang monoton.

Bukti. Misalkan N nxX n :: adalah barian bilangan real. Definisikan

nkxX kn :: . Untuk setiap Nn , bisa saja nX memiliki suku terbesar,

namun, bisa juga tidak.

Kasus I, untuk setiap Nn , nX memiliki suku terbesar. Misalkan 1ns adalah

suku terbesar dari 1X . Selanjutnya, perhatikan 1 1nX . Misalkan

2nx adalah suku

terbesar dari 1 1nX . Jelas bahwa

1 2n nx x dengan 1 2n n . Kita juga bisa

mendapatkan 3ns yang merupakan suku terbesar dari

2 1nX . Jelas pula bahwa

2 3n nx x dengan 2 3n n . Jika proses ini terus dilanjutkan maka kita akan

dapatkan

1 2 3 1... ...

k kn n n n nx x x x x

dengan 1 2 3 1... ...k kn n n n n .

Jadi kita dapatkan barisan Nkxkn : merupakan sub barisan dari

N nxX n :: yang monoton turun.

Kasus II, tidak semua nX memiliki suku terbesar. Misalkan N1n

sedemikian sehingga 1nX tidak memiliki suku terbesar. Definisikan suatu


himpunan bagian dari 1nX , yakni 11: : ,n n nI x n n x x . Jelas Himpunan

I karena 1nX tidak memiliki suku terbesar. Misalkan N2n sedemikian

sehingga

2 11min : ,n n n nx x n n x x .

Misalkan N3n sedemikian sehingga

3 11 2min : , ,n n n nx x n n n n x x .

Misalkan pula N4n sedemikian sehingga

4 11 2 3min : , , ,n n n nx x n n n n n n x x .

Jika proses tersebut terus dilanjutkan maka kita akan mendapatkan

1 2 3 1.. ...

k kn n n n nx x x x x

dengan 1 2 3 1... ...k kn n n n n .

Jadi kita dapatkan barisan Nkxkn : merupakan sub barisan dari

N nxX n :: yang monoton naik.

Jadi barisan bilangan real N nxX n :: memiliki sub barisan yang monoton. ■

Misalkan N kxXkn :' adalah sub barisan yang monoton dari barisan

bilangan real N nxX n :: yang terbatas. Karena X terbatas maka 'X

terbatas juga. Menurut Teorema Kekonvergenan Monoton, 'X adalah barisan

yang konvergen. Jadi kita memperoleh suatu fakta, biasa dikenal sebagai

Teorema Bolzano-Weierstrass untuk barisan, yaitu

Teorema 3.16. Barisan bilangan real yang terbatas memiliki sub barisan yang

konvergen.

3.4 KRITERIA CAUCHY

Teorema Kekonvergenan Monoton memberikan jaminan atau syarat cukup

barisan bilangan real yang monoton adalah barisan yang konvergen. Bagaimana

halnya dengan barisan yang tidak monoton ? Apakah masih memungkinkan


menjadi barisan yang konvergen ? Penjelasan yang akan hadir berikut ini

memberikan syarta perlu dan syarat cukup suatu barisan bilangan real yang tidak

monoton adalah barisan yang konvergen.

Definisi 3.17. Barisan bilangan real N nxX n :: dikatakan sebagai barisan

Cauchy jika untuk setiap 0 terdapat bilangan real 0N sedemikian

sehingga untuk setiap Nmn , berlaku n mx x .

Contoh 3,18. Kita akan menunjukkan bahwa barisan bilangan real Nnn :/1 2

adalah barisan Cauchy. Diberikan 0 . Pilih 2 /N . Akibatnya, jika

,n m N maka , 2 /n m atau 2 21/ ,1/ / 2n m . Dengannya, kita

dapatkan untuk ,n m N , berlaku

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 12 2n m n m n m

.

Karena 0 yang diberikan sembarang, maka barisan bilangan real

Nnn :/1 2 adalah barisan Cauchy. ■

Contoh 3.19. Akan kita perlihatkan bahwa barisan bilangan real

N nX n :1 bukanlah barisan Cauchy. Negasi dari definisi barisan

Cauchy adalah terdapat 0 0 sedemikian sehingga untuk setiap 0 0N

terdapat 0,n m N yang memenuhi 0n mx x . Misalkan 0 1/ 2 .

Perhatikan bahwa 1 2 1/ 2n nx x . Jadi untuk setiap 0 0N kita selalu

bisa mendapatkan 0,n m N dengan 1m n sehingga 1 1/ 2n nx x .

Jadi barisan N nX n :1 bukanlah barisan Cauchy. ■

Lema 3.20. Barisan bilangan real Cauchy adalah barisan yang terbatas.

Bukti. Misalkan N nxX n : adalah barisan Cauchy. Yang demikian berarti

jika diberikan 0 maka terdapat 0N sedemikian sehingga untuk setiap


Nmn , berlaku mn xx . Akibatnya, Nn xx untuk setiap

Nn . Darinya, kita memperoleh Nn xx untuk setiap Nn .

Misalkan

NN xxxxmaksM ,,....,,: 121 .

Untuk setiap Nn , kita memilki Mxn . Jadi N nxX n : adalah barisan

yang terbatas. ■

Selanjutnya, kita akan melihat bahwa setiap barisan bilangan real Cauchyi

adalah barisan yang konvergen dan setiap barisan bilangan real yang konvergen

adalah barisan Cauchy.

Teorema 3.21. Suatu barisan bilangan real adalah konvergen jika dan hanya jika

barisan itu adalah barisan Cauchy.

Bukti. Kita akan buktikan syarat perlunya terlebih dahulu. Misalkan

N nxX n : adalah barisan yang konvergen. Karenanya, jika diberikan

0 maka terdapat 0N sedemikian sehingga untuk setiap Nn

berlaku 2/ xxn . Berdasarkan pertidaksamaan segitiga, untuk setiap

Nmn , berlaku

2/2/mnmnmn xxxxxxxxxx .

Karena 0 yang diberikan sembarang, maka N nxX n : adalah barisan

Cauchy.

Berikutnya, kita akan membuktikan syarat cukupnya. Misalkan N nxX n :

adalah barisan Cauchy. Itu berarti bahwa jika diberikan 0 maka terdapat

0N sedemikian sehingga untuk setiap Nmn , berlaku 2/ mn xx .

Menurut Lema 3.20, N nxX n : adalah barisan yang terbatas, dan menurut

Teorema Bolzano-weierstrass, N nxX n : mempunyai sub barisan

N kxXkn :' yang konvergen ke x . Yang demikian mengandung arti bahwa


terdapat 0K sedemikian sehingga untuk setiap Kk berlaku

2/ xxkn . Misalkan KNmaksH ,: dan ,..., 21 nnH .

Karenanya, 2/ xxH . Untuk Hn kita mempunyai

2/2/xxxxxxxxxx HHnHHnn .

Karena 0 yang diberikan sembarang, maka N nxX n : adalah barisan

yang konvergen ke x . ■

3.5 BARISAN DIVERGEN Coba perhatikan kembali Definisi 3.17, definisi tentang barisan bilangan real

Chauchy. Definisi tersebut ekuivalen dengan pernyataan bahwa suatu barisan

bilangan real divergen jika dan hanya jika barisan tersebut bukanlah barisan

Cauchy. Itu artinya untuk suatu 00 tidak terdapat 0K sedemikian

sehingga untuk setiap Kmn , berlaku mn xx . Akibatnya, untuk setiap

Nk terdapat kmn , berlaku mn xx .

Perhatikan barisan bilangan real N nZ n :1 1 . Ambil 10 . Untuk kn

dan 1 km berlaku

1211 11

kkkkmn xxxx .

Jadi untuk setiap Nk terdapat kmn , sedemikian sehingga 1 mn xx .

Dengan kata lain, N nZ n :1 1 adalah barisan yang divergen.

Lihat kembali barisan N nnxX n :12 yang merupakan barisan yang

divergen. Misalkan diberikan sembarang bilangan 0M . Kita peroleh selalu

ada Nn sehingga nx M , yakni untuk 1 / 2n M . Barisan ini dikatakan

divergen menuju tak hingga positif ( ).


Bagaimana halnya dengan barisan N nnsS n :12 . Barisan S juga

adalah barisan yang divergen, karena setiap kita mengambil 0M selalu

dapatkan Nn sehingga ns M , yakni untuk 1 / 2n M . Barisan ini

dikatakan divergen menuju tak hingga negatif ( ).

Sekarang pehatikan barisan 11, 1,1, 1,..., 1 ,...nZ . Telah ditunjukkan

bahwa barisan ini juga merupakan barisan yang divergen. Suku-suku barisan ini

nilainya berosilasi atau berubah-ubah, secara berselang-seling dan terus-

menerus tanpa henti, antara 1 atau -1. Barisan ini divergen tetapi tidak menuju ke

maupun .

Dari tiga contoh barisan divergen di atas, kita dapat membuat definisi formal

barisan yang divergen.

Definisi 3.22. Misalkan N nxX n : adalah barisan bilangan real. Barisan

X dikatakan divergen menuju ( ) jika untuk setiap 0M terdapat

0N M sehingga untuk setiap n N M berlaku nx M ( nx M ).

Definisi 3.23. Jika N nxX n : adalah barisan bilangan real yang divergen

tetapi tidak menuju ke maupun maka N nxX n : adalah barisan

bilangan real yang divergen secara berosilasi.

Berdasarkan Teorema 3.7 dan Teorema Kekonvergenan Monoton, barisan

bilangan real yang monoton adalah barisan yang konvergen jika dan hanya jika

barisan tersebut adalah barisan yang terbatas. Dengan kata lain, barisan

bilangan real yang monoton adalah barisan yang divergen jika dan hanya jika

barisan itu adalah barisan yang tidak terbatas. Dapat ditunjukkan jika suatu

barisan adalah tak terbatas dan naik maka limit barisan tersebut menuju positif

tak hingga. Jika suatu barisan adalah tak terbatas dan turun maka limit barisan

itu menuju negatif tak hingga.


Ada cara lain untuk menunjukkan bahwa suatu barisan bilangan real adalah

barisan yang divergen. Teorema berikut, dinamakan Teorema Perbandingan,

menjelaskan kondisi yang membuat suatu barisan dikatakan sebagai barisan

yang divergen.

Teorema 3.24. Jika Nnxn : dan Nnyn : adalah barisan bilangan real

yang memenuhi

nn yx untuk setiap Nn

Maka

a. Jika nn

xlim maka nn

ylim .

b. Jika nn

ylim maka nn

xlim .

Bukti.

a. Misalkan 0M . Karena nn

xlim , maka terdapat 0N sehingga untuk

setiap Nn berlaku Mxn . Karena nn yx untuk setiap Nn , maka

nn yx untuk setiap Nn . Akibatnya, Myn untuk setiap Nn ..

Karena 0M yang diberikan sembarang, maka nn

ylim .

b. Misalkan 0M . Karena nn

ylim , maka terdapat 0N sehingga untuk

setiap Nn berlaku Myn . Karena nn yx untuk setiap Nn , maka

nn yx untuk setiap Nn . Akibatnya, Mxn untuk setiap Nn .

Karena 0M yang diberikan sembarang, maka nn

xlim . ■

Namun demikian, tidaklah selalu kita bisa menjumpai kondisi dua barisan seperti

yang ada pada hipotesis Teorema 3.24, sehingga kita tidak dapat

mengaplikasikan teorema tersebut untuk menunjukkan suatu barisan bilangan

real adalah barisan yang divergen. Teorema di bawah ini, dinamakan sebagai

Teorema Perbandingan Limit, menjelaskan kondisi (yang lebih umum

dibandingkan kondisi pada Teorema 3.24) yang menjadikan suatu barisan

bilangan real dikatakan sebagai barisan divergen.


Teorema 3.25. Jika Nnxn : dan Nnyn : adalah barisan bilangan real

positif yang memenuhi

Lyx

n

n

n

lim dengan RL dan 0L

maka diperoleh bahwa nn

xlim jika dan hanya jika nn

ylim .

Bukti. Karena Lyx

n

n

n

lim , maka jika diberikan 2/L terdapat 0N

sedemikian sehingga untuk setiap Nn berlaku 2// LLyx nn atau

2/3/2/ LyxL nn atau nnn yLxyL 2/32/ . Akibatnya, kita mempunyai

bahwa nn xyL 2/ dan nn yxL 3/2 untuk Nn . Berdasarkan Teorema

2.24, jika nn

xlim maka nn

ylim dengan menggunakan fakta

nn yxL 3/2 untuk Nn . Dengan Teorema yang sama, jika nn

ylim maka

nn

xlim dengan menggunakan fakta nn xyL 2/ untuk Nn . Jadi

nn

xlim jika dan hanya jika nn

ylim . ■

3.6 DERET TAK HINGGA

Misalkan N nxX n :: adalah barisan bilangan real. Dari suku-suku barisan

dari X kita bisa mengonstruksi barisan lain N nsS n :: dengan

nn xxxxs ...: 321 dengan Nn .

Barisan S yang demikian dinamakan sebagai deret tak hingga (atau deret saja)

yang dibangkitkan oleh barisan N nxX n :: . Bilangan ns disebut sebagai

jumlah parsial dari derat tak hingga. Bilangan nx disebut sebagai suku dari deret

tak hingga. Jika nns

lim ada maka S dikatakan sebagai deret tak hingga yang

konvergen dan limit tersebut disebut sebagai jumlah deret tak hingga S atau

jumlah dari ......321 nxxxx . Deret tak hingga S dapat pula dinotasikan

dengan


1nnx atau nx .

Jadi jika nns

lim ada maka

1

limn

nnnxs . Kemudian, jika nn

s

lim tidak ada maka

S dikatakan sebagai deret tak hingga yang divergen.

Contoh 3.26. Kita akan memperlihatkan bahwa deret tak hingga

...81

41

21

21

1

n

n

adalah deret yang konvergen.

Perhatikan bahwa

...161

81

41

21

21

1

n

n .

Akibatnya,

121

21

21

21

21

21

21

21

1111

n

n

n

n

n

n

n

n.

Dengan demikian,

...81

41

21

21

1

n

n

Adalah deret yang konvergen. ■

Dapat ditunjukkan bahwa deret

1...32

1

rararararar

n

n

jika 1r (coba pembaca buktikan). Deret yang demikian dinamakan deret deret

geometrik.

Jelas bahwa deret tak hingga

...531121

nn


adalah salah satu contoh deret tak hingga yang divergen karena jumlah deret

tersebut tidak terbatas..

Tentunya bukanlah sesuatu yang mudah untuk menunjukkan suatu deret tak

hingga adalah deret yang konvergen. Melalui fakta-fakta berikut ini, kita akan

diberikan syarat perlu untuk kekonvergenan deret tak hingga.

Teorema 3.27. Jika deret tak hingga

1nnx konvergen maka 0lim

nnx .

Bukti. Jika nn xxxxs ...321 maka 13211 ... nn xxxxs .

Akibatnya, nnn xss 1 . Jika deret tak hingga

1nnx konvergen maka

0limlimlimlimlimlim 11 nnnnnnnnnnnnn

xxssxss . ■

Pandang barisan jumlah parsial Nnsn : dengan nn xxxxs ...321 .

Jika deret tak hingga

1nnx konvergen maka Nnsn : adalah barisan yang

konvergen. Menurut Kriteria Cauchy untuk barisan, kita memperoleh fakta seperti

yang tertuang dalam teorema berikut ini.

Teorema 3.28 (Kriteria Cauchy untuk Deret Tak Hingga). Barisan Nnsn :

atau deret tak hingga

1nnx konvergen jika dan hanya jika untuk setiap 0

terdapat 0N sedemikian sehingga jika Nnm maka

m

njjnm xss

1

.

Jika Nnxn : adalah barisan nonnegatif maka barisan jumlah parsial

Nnsn : adalah barisan yang monoton naik. Menurut Teorema


Kekonvergenan Monoton, jika Nnsn : adalah barisan terbatas mala

Nnsn : adalah barisan yang konvergen.

Teorema 3.29. Misalkan Nnxn : adalah barisan nonnegatif. Barisan jumlah

parsial Nnsn : adalah barisan terbatas jika dan hanya jika Nnsn :

adalah barisan yang konvergen atau deret tak hingga

1nnx adalah konvergen.

Lebih jauh, N

nssx nnnn

n :suplim1

.

Contoh 3.30. Perhatikan deret tak hingga

1

1n n

. Kemudian, perhatikan pula

bahwa

nnns

21...

121...

41

31

211 12

nn 2

1...21...

41

41

211

21...

21

211

2

1 n .

Berdasarkan hal tersebut, Nnsn : adalah barisan tak terbatas. Menurut

Teorema 3.29, deret tak hingga

1

1n n

divergen. ■

Contoh 3.31. Kita akan menunjukkan bahwa deret tak hingga

12

1n n

konvergen.

Barisan jumlah parsial dari deret tak hingga tersebut adalah barisan yang

monoton naik. Untuk menunjukkan barisan jumlah parsial terbatas, cukup

dengan menunjukkan terdapat sub barisan dari Nnsn : , yaitu Nkskn : ,


yang terbatas. Untuk itu, perhatikan bahwa, jika 112: 11 n maka 1

1ns , jika

312: 22 n maka

2/112/213/12/11 2222

ns ,

dan jika 712: 33 n maka

222222 2/12/114/47/16/15/14/1223

nnn sss .

Secara umum, dengan menggunakan induksi matematika, kita peroleh bahwa

jika 12: kkn maka

12 2/1...2/12/110 knk

s .

Karena 22/11/1...2/1...2/12/11 12 k , maka 2kns untuk

setiap Nk . Akibatnya, sub barisan Nkskn : terbatas. Dengan demikian,

barisan Nnsn : terbatas. Menurut Teorema 3.29, deret tak hingga

1

2/1n

n

konvergen. ■

Kita juga bisa menentukan kekonvergenan suatu deret tak hingga dengan cara

membandingkan suku ke- k pada deret takhingga tersebut dengan suku ke- k

pada deret tak hingga yang lain.

Teorema 3.32 (Uji Perbandingan). Misalkan Nnxn : dan Nnyn :

adalah barisan bilangan real yang bersifat, untuk suatu NK , nn yx 0

untuk setiap Kn .

a. Jika

1nny konvergen maka

1nnx konvergen.

b. Jika

1nnx divergen maka

1nny konvergen.

Bukti. Menurut Teorema Cauchy untuk deret tak hingga, jika

1nny konvergen

maka apabila diberikan 0 terdapat 0N sedemikian sehingga jika

Nnm maka


m

njj

m

njj yy

11

.

Misalkan NKM ,sup: . Kita peroleh untuk Mnm ,

m

njj

m

njj yx

11

.

Menurut Teorema Cauchy untuk deret tak hingga,

1nnx konvergen.

Kontrapositif dari a. adalah b. . ■

Contoh 3.33. Kita akan menunjukkan bahwa deret tak hingga

13 1n nn

konvergen. Perhatikan bahwa

23

11 nn

n

untuk setiap Nn .

Kita ketahui bahwa deret tak hingga

12

1n n

konvergen. Menurut Uji

Perbandingan,

13 1n nn

deret tak hingga yang konvergen. ■

Teorema 3.34 (Uji Perbandingan Limit). Misalkan Nnxn : dan Nnyn :

adalah barisan bilangan real positif sejati dan limit

n

n

n yxL

lim:

Nilainya ada.

a. Untuk 0L ,

1nnx konvergen jika dan hanya jika

1nny konvergen.

b. Untuk 0L , jika

1nny konvergen maka

1nnx konvergen.

Bukti. Misalkan 0L . Diberikan 2/L . Karenanya, terdapat 0N

sedemikian sehingga untuk setiap Nn , 2// LLyx nn atau


2/3/2/ LyxL nn . Berdasarkan Uji Perbandingan,

1nnx konvergen jika dan

hanya jika

1nny konvergen.

Misalkan 0L . Diberikan 1 . Karenanya, terdapat 0N sedemikian

sehingga untuk setiap Nn , 10/ nn yx atau nn yx 0 . Berdasarkan Uji

Perbandingan, jika

1nny konvergen maka

1nnx konvergen. ■

Perhatikan kembali deret tak hingga

13 1n nn

pada contoh 3.33. Perhatikan

bahwa

011

lim/1

1/lim 3

3

2

3

nn

nnn

nn.

Karena deret tak hingga

12

1n n

konvergen, maka, menurut Uji Perbandingan

Limit, deret tak hingga

13 1n nn

konvergen.

Ada cara lain, selain menggunakan Teorema 3.29, yaitu dengan menggunakan

suatu uji yang disebut sebagai Uji Kondensasi Cauchy, untuk menunjukkan

bahwa deret tak hingga

1/1

nn dan

1

2/1n

n , masing-masing, divergen dan

konvergen, secara berurutan. Bahkan dengan Uji Kondensasi Cauchy kita dapat

menunjukkan secara umum bahwa deret-p,

1/1

n

pn , konvergen jika 1p dan

divergen jika 1p .


Teorema 3.35 (Uji Kondensasi Cauchy). Misalkan barisan Nkak :

nonnegatif dan monoton turun. Deret tak hingga

1kka konvergen jika dan hanya

jika deret tak hingga

122

k

kka konvergen.

Bukti. Perhatikan jumlah parsial

n

kkn as

1 dan

n

k

kn kat

122 . Untuk kn 2 ,

1227654321 ......

kk aaaaaaaaasn

kk taaaa k 22

221 2...22 2 .

Jelas jika

122

k

kka konvergen maka

1kka konvergen.

Untuk kn 2 ,

kk aaaaaasn 2124321 ...... 1

2/2...22/ 21

221 2 kk taaaa k .

Seperti halnya di atas, jika

1kka konvergen maka

122

k

kka konvergen. ■

Untuk 0p , jelas bahwa 0/1lim

p

nn . Dengan menggunakan Teorema 3.27,

deret tak hingga

1/1

n

pn divergen untuk 0p . Perhatikan bahwa

1

1

1

222

k

kp

kpk

k

dengan 0p .

Dengan menggunakan Uji Kondensasi Cauchy, dapat ditunjukkan bahwa bahwa

deret-p,

1/1

n

pn , konvergen jika 1p dan divergen jika 1p (Detail

penjelasan fakta ini ditinggalkan sebagai latihan bagi pembaca).

Kita pun dapat menunjukkan kekonvergenan suatu deret tak hingga dengan

membandingkan dua suku pada deret tak hingga tersebut.


Teorema 3.36. Misalkan Nnan : adalah barisan bilangan real non negatif

sejati.

a. Jika 1/lim 1 nnnaa maka deret tak hingga

1nna konvergen.

b. Jika 1/lim 1 nnnaa maka deret tak hingga

1nna divergen.

c. Jika 0/lim 1 nnnaa maka tidak diperoleh kesimpulan apakah

1nna

konvergen atau divergen.

Bukti. Misalkan Laa nnn

/lim 1 . Misalkan 1L , maka terdapat 0N

sedemikian sehingga untuk setiap Nn , Laa nn /1 . Karenanya,

............ 221 N

kNNkNNN aLaLLaaaa .

Ruas kanan pertidaksamaan di atas merupakan deret tak hingga geometrik

dengan rasio 10 L . Akibatnya, menurut Teorema 3.32, deret tak hingga

1nna konvergen.

Jika 1L , kita bisa memperoleh bahwa, untuk suatu 0N ,

............ 221 N

kNNkNNN aLaLLaaaa .

Karena 1L , deret di ruas kanan pertidaksamaan adalah deret yang divergen.

Yang demikian mengakibatkan deret di ruas kiri divergen. Akibatnya, deret tak

hingga

1nna divergen.

Untuk 1L , perhatikan deret tak hingga

1/1

nn dan

1

2/1n

n . Diperoleh

1/1

1/1lim

nn

n dan

1/1

1/1lim 2

2

nn

n.

Deret tak hingga

1/1

nn dan

1

2/1n

n adalah deret yang divergen dan konvergen,

masing-masing secara berurutan. Jadi untuk 1L , kita tidak bisa mendapatkan

kesimpulan tentang kekonvergenan suatu deret tak hingga. ■


BAB IV LIMIT FUNGSI

4.1 Titik Timbun Definisi 4.1.

Misalkan RA dan Rc , dengan c tidak harus di A. C di sebut titik timbun A

jika

),()(,0 ccCV memuat paling sedikit satu anggota A yang tidak

sama dengan c, atau AccV }/{)( .

Contoh 4.2. 1. Misalkan A = ( 2 , 3 ), tentukan titik timbun A.

Penyelesaian

2 titik timbun A, karena dengan mengambil sebarang δ = ½ , dimana

)2,1()2( 21

21

2/1 V maka AV }2/{)2(2/1 . Sehingga dengan mengambil

δ > 0 dapat disimpulkan AV }2/{)2( .

2 ½ juga titik timbun A, karena AV }2/{)2(,0 21

21

.

3 juga titik timbun A, karena AV }3/{)3(,0 .

Jadi dapat disimpulkan bahwa setiap titik pada interval [2 , 3] merupakan titik

timbun A.

2. Misalkan B = {1, 2, 3, 4, 5 }, tentukan titik timbun B.

Penyelesaian

Ambil δ = ½ , sehingga )1,()1( 21

21

2/1 V . Tetapi

BV }1/{)1(2/1 . Jadi 1 bukan titik timbun B. Begitu juga dengan titik

yang lain..

Jadi dapat disimpulkan bahwa B = {1, 2, 3, 4, 5 } tidak mempunyai titik timbun.


Teorema 4.3.

Misalkan RA dan Rc , c titik timbun A jika dan hanya jika

cancaa nnnn

)(lim,),( N .

Bukti:

)( Misal c titik timbun A. Sehingga )(1 cVn

memuat sedikitnya satu titik di A yang

berbeda dari c. Jika na titik tersebut, maka

cancaAa nnnn

)(lim,, N .

)( Diserahkan kepada pembaca sebagai latihan. ■

4.2 Definisi Limit Fungsi Definisi 4.4.

Misalkan RR AfA :, dan Rc , dengan c titik timbun A. Misalkan L limit

dari f di titik c, ditulis Lxfcx

)(lim jika ,0,0 untuk

AccVx }/{)( berlaku )()( LVxf .

Definisi limit di atas dapat ditulis Lxfcx

)(lim jika dan hanya

jika ,0,0 untuk cx0 dan Ax berlaku Lxf )( .

Contoh 4.5

1. Misalkan xxfAfnn

A 2)(,:,:1

RR . Buktikan 0)(lim

0

xf

x.

Bukti:

Ambil 0 sebarang. Pilih 2 , Sehingga jika xx 00 dan

Ax berlaku 2

222202)( xxxLxf .

Jadi terbukti 02lim0

xx

.


2. Buktikan 22lim cxcx

.

Analisa pendahuluan

Tujuan pembuktian ini mencari 0 sehingga untuk

Axcx ,0,0 berlaku 22 cx .

Perhatikan bahwa cxcxcxcxcx ))((22 .

Jika diambil 1 maka 1 cx .

Menurut pertidaksamaan segitiga 1 cxcx atau cx 1 .

Sehingga cxccxcxcx 2122 ,

Dengan mengambil c21

maka diperoleh 22 cx .

Bukti:

Ambil 0 sebarang. Pilih

c21,1min

, Sehingga jika cx0

dan Rx berlaku cxccxcxcx 2122

Jadi terbukti 22lim cxcx

. ■

Teorema 4.6.

Jika RAf : dan c titik timbun A , Rc maka f hanya mempunyai satu limit

di titik c.

Selanjutnya akan dibicarakan kaitan antara barisan dengan limit fungsi dan

kriteria kedivergenan.

Teorema 4.7 (Kriteria Barisan untuk Limit).

Misalkan RAf : dan c titik timbun A , maka

Lxfcx

)(lim jika dan hanya jika untuk setiap barisan (xn) di A yang konvergen

ke c dimana )(,, nn xfncx N konvergen ke L.

Bukti dari teorema 4.6 dan 4.7 diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.


Contoh 4.8.

Buktikan 4lim 2

2

x

x dengan menggunakan kriteria barisan.

Bukti:

Ambil nn

xn ,12 . Akan ditunjukkan )( nxf konvergen ke 4.

Perhatikan bahwa 4144lim)(lim 222

nnxf

xnx.

Jadi terbukti bahwa 4lim 2

2

x

x. ■

Teorema 4.9 (Kriteria Kedivergenan).

Misalkan RR AfA :, dan Rc , dengan c titik timbun A.

a) Jika RL maka f tidak punya limit L di c jika dan hanya jika ada barisan

(xn) di A yang konvergen ke c dimana ,, ncxn tetapi )( nxf tidak

konvergen ke L.

b) f tidak punya limit di c jika dan hanya jika ada barisan (xn) di A yang

konvergen ke c dimana ,, N ncxn tetapi )( nxf tidak konvergen ke R .

Contoh 4.10.

1. Buktikan xx

1lim0

tidak ada di R .

Bukti:

Misalkan x

xf 1)( . Ambil N nn

xn ,12 . Tetapi

2

211)( nn

xf n ,sehingga )( nxf tidak konvergen karena tidak terbatas

di . Jadi terbukti bahwa xx

1lim0

tidak ada di R .

2. Buktikan )sgn(lim0

xx

tidak ada.

Bukti:


Misalkan f(x) = sgn (x). Perhatikan bahwa

0,1

0,00,1

)sgn(x

xx

x .

Sehingga fungsi sgn (x) dapat ditulis menjadi 0,)sgn( xxxx .

Ambil N

nn

xn

n ,)1(. Tetapi

nn

n

n

nnn

n

nxxxxf )1(

)1(

)1()sgn()(

,

sehingga )( nxf divergen. ■

4.3 Teorema Limit Definisi 4.11.

Misalkan RR AfA :, dan Rc , dengan c titik timbun A. f dikatakan

terbatas pada lingkungan c jika ada lingkungan dari c, yaitu )(cV dan

konstanta M > 0 sehingga ).(,)( cVAxMxf

Teorema 4.12.

Misalkan RR AfA :, dan f mempunyai limit di Rc , maka f terbatas

pada suatu lingkungan dari c.

Definisi 4.13

Misalkan RRR AgAfA :,:, . Definisikan

Axxhxhxfx

hfbxbfxbf

xgxfxfgxgxfxgfxgxfxgf

,0)(,)()()(),())((

)()())((,)()())(()()())((


Teorema 4.14.

Misalkan RRR AgAfA :,:, dan Rc , dengan c titik timbun A.

Misalkan b .

1. Jika Lxfcx

)(lim dan Mxgcx

)(lim , maka

bLxbfLMxfgMLxgfMLxgf

cxcx

cxcx

))((lim))((lim))((lim))((lim

2. Jika 0)(lim,,0)(,:

HxhAxxhAhcx

R maka .limHL

hf

cx

Bukti:

1. Ambil 0 sebarang.

Misal Lxfcx

)(lim , artinya ,01 untuk 10 cx dan Ax

berlaku 2

)( Lxf .

Misal Mxgcx

)(lim , artinya ,02 untuk 20 cx dan Ax

berlaku 2

)( Mxg .

Akan ditunjukkan MLxgfcx

))((lim .

Pilih ),min( 21 , sehingga untuk cx0 dan Ax berlaku

))(())(()())(( MxgLxfMLxgf

22)()( MxgLxf

Jadi terbukti MLxgfcx

))((lim . ■

2. Bukti selanjutnya diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.

Contoh 4.15.

Hitung

634lim).4lim).

2

222 xxb

xxa

xx

Jawab.


a) Kita dapat menggunakan teorema 4.13 (b), karena jika dimisalkan f(x) = x + 4

dan h(x) = x2 , 0)(lim,,0)(2

Hxhxxhx

maka

23

46

lim

)4(lim4lim 2

2

222

x

x

xx

x

x

x

b) Tidak dapat menggunakan teorema 4.13 (b), karena jika dimisalkan

xxxhxxf ,63)(,4)( 2 tetapi

0)63(lim)(lim22

xxhHxx

maka untuk

34)22(

312lim

31)2(

31lim

634lim,2

22

2

2

xxx

xxxxx

. ■

Teorema 4.16.

Misalkan RR AfA :, dan Rc , dengan c titik timbun A. Jika

cxAxbxfa ,)( dan jika )(lim xfcx

ada maka bxfacx

)(lim .

Teorema Apit 4.17.

Misalkan RR AhgfA :,,, dan Rc , dengan c titik timbun A. Jika

cxAxxhxgxf ,)()()( dan jika )(lim)(lim xhLxfcxcx

maka

Lxgcx

)(lim .

Contoh 4.18.

Buktikan bahwa

xx

1coslim0

tidak ada tetapi 01coslim0

xx

x.

Bukti.

Akan dibuktikan

xx

1coslim0

tidak ada . Misalkan

xxf 1cos)( .


Ambil subbarisan nn

xn ,2

1

dan subbarisan

nn

yn ,)12(

1

,

dimana 0)12(

1lim,02

1lim

nn nn

.Tetapi 12cos)( nxf n dan

1)12cos()( nyf n , sehingga ))((lim))((lim nnnnyfxf

.

Jadi

xx

1coslim0

tidak ada.

Akan dibuktikan 01coslim0

xx

x.

Perhatikan bahwa xx

xx

1cos dan xxxx

00

lim0lim maka menurut

teorema apit 01coslim0

xx

x. ■

Teorema 4.19.

Misalkan RR AfA :, dan Rc , dengan c titik timbun A. Jika

0)(lim

xfcx

maka cxcVAxxfcV ),(,0)()( .

Bukti:

Misalkan 0)(lim

xfLcx

. Pilih 02

L , sehingga menurut definisi limit fungsi

2)(,00 LLxfAxcx .

Karena 2

)( LLxf maka 2

)(2

LLxfL atau

cxcVAxLxf ),(,02

)( . ■


Soal – soal

1. Misalkan

Nn

nD :

1. Tentukan titik timbun D.

2. Misalkan 53)(,:),2,0( xxfAfA R . Buktikan 5)(lim

0

xf

x dan 8)(lim

1

xf

x

3. Buktikan jika RAf : dan c titik timbun A , Rc maka f hanya mempunyai satu limit di titik c.

4. Buktikan 0,11lim

ccxcx

.

5. Misalkan RR AfA :, dan Rc , dengan c titik timbun A. Buktikan jika 0)(lim)(lim

LxfLxf

cxcx.

6. Misalkan RR IfI :, dan Ic . Misalkan IxcxKLxfLK ,)(& Buktikan Lxf

cx

)(lim .

7. Buktikan bahwa limit berikut tidak ada

)0()1sin(lim)())sgn((lim)(

)0(1lim)()0(1lim)(

200

020

xx

dxxc

xx

bxx

a

xx

xx

8. Misalkan RR AgfA :,, dan Rc , dengan c titik timbun A. Misalkan f terbatas pada lingkungan dari c dan 0)(lim

xg

cx. Buktikan bahwa

0))((lim

xfgcx

.

9. Berikan contoh fungsi f dan g dimana fungsi f dan g tidak punya limit di titik c,

tetapi f + g dan fg mempunyai limit di titik c.

10. Buktikan teorema 4.15

11. Misalkan RR AfA :, dan Rc , dengan c titik timbun A. Buktikan

jika 0)(lim

xfcx

maka cxcVAxxfcV ),(,0)()( .


BAB V KEKONTINUAN FUNGSI

5.1 Definisi Fungsi Kontinu Definisi 5.1.

Misalkan RR AfA :, dan Ac . f dikatakan kontinu di titik c jika untuk

setiap lingkungan ))(( cfV dari f(c) terdapat lingkungan )(cV dari c sehingga

jika )(cVAx maka ))(()( cfVxf .

Berikut ini ada beberapa hal yang perlu diperhatikan dalam pengambilan titik c;

1. Jika Ac , dimana c titik timbun A, maka dari definisi limit dan definisi fungsi

kontinu dapat disimpulkan bahwa )(lim)( xfcfcdikontinufcx

.

Dengan kata lain, jika c titik timbun A maka f dikatakan kontinu di titik c jika

memenuhi syarat

f terdefinisi di titik c

)(lim xfcx

ada

)(lim)( xfcfcx

2. Jika Ac , dimana c bukan titik timbun A, maka ada lingkungan )(cV dari c

sehingga }{)( ccVA . Jadi dapat disimpulkan bahwa fungsi f jelas

kontinu di titik Ac walaupun c bukan titik timbun A. Titik ini disebut ”titik

terisolasi dari A”.

Definisi selanjutnya akan membicarakan kekontinuan fungsi pada suatu

himpunan.

Definisi 5.2.

Misalkan RR AfA :, Jika AB , f dikatakan kontinu pada B jika f

kontinu di setiap titik pada B.


Teorema 5.3

Misalkan RR AfA :, dan Ac . Pernyataan berikut ekuivalen :

1) f dikatakan kontinu di titik c jika untuk setiap lingkungan ))(( cfV dari f(c)

terdapat lingkungan )(cV dari c sehingga jika )(cVAx maka

))(()( cfVxf .

2) Untuk )()(,0,0 cfxfcxAx .

3) Jika (xn) barisan bilangan riil, R nAxn , dan (xn) konvergen ke-c

maka barisan f((xn)) konvergen ke f(c).

Kriteria Ketakkontinuan 5.4

Misalkan RR AfA :, dan Ac . f tidak kontinu di titik c jika dan hanya

jika )x(A)x( nn konvergen ke c, f((xn)) tidak konvergen ke f(c).

Contoh 5.5

1. Misalkan f(x) = 2x. Buktikan f(x) kontinu pada R .

Bukti:

Ambil 0 sebarang dan Rc sebarang.

Pilih 2222)()(,2

cxcxcfxfDxcx f .

Sehingga menurut definisi kekontinuan f(x) kontinu pada R .

2. Misalkan R xxxh ,)( 2 . Buktikan h(x) kontinu pada R .

Bukti:

Pada contoh 5.5 (2) telah dibuktikan bahwa )()(lim 2 chcxhcx

dengan

Rc , maka h kontinu pada setiap titik Rc . Sehingga h kontinu pada R .

3. Misalkan R xxxf ),sgn()( . Buktikan bahwa f(x) tidak kontinu di x = 0.

Bukti:

Pada contoh 4.9 (2) telah dibuktikan bahwa )sgn(lim0

xx

tidak ada di R .


Sehingga f(x) = sgn x tidak kontinudi x = 0.

4. Misalkan RA , dan f ”fungsi Di richlet” yang didefinisikan sebagai

berikut:

Qx

Qxxf

\,0,1

)(

Buktikan bahwa f(x) tidak kontinu di R .

Bukti:

Misalkan Qc , ambil N ncxQx nn ,)(,\)( .

Karena N nxf n ,0)( maka 0))((lim nn

xf , tetapi f(c) = 1.

Akibatnya f tidak kontinu pada Qc .

Misalkan Q\Rb , ambil N nbyQy nn ,)(,)( .

Karena N nyf n ,1)( maka 1))((lim nn

yf , tetapi f(b) = 0.

Akibatnya f tidak kontinu pada Q\Rb .

Dari kedua kasus di atas dapat diambil kesimpulan f tidak kontinu pada R .

Selanjutnya ada beberapa hal tentang perluasan fungsi kontinu;

1) Terkadang ada fungsi RAf : yang tidak kontinu di titik c karena f(c)

tidak terdefinisi.Tetapi, jika fungsi f mempunyai limit L di titik c maka dapat

didefinisaikan fungsi baru R }{: cAF yang didefinisikan sebagai

berikut:

Ax,)x(fcx,L

)x(F

Maka F kontinu di titik c.

2) Misalkan fungsi RAg : tidak mempunyai limit di titik c, maka tidak

dapat dibuat fungsi R }{: cAG yang kontinu di titik c dan

didefinisikan sebagai berikut:

Ax,)x(gcx,C

)x(G

Untuk membuktikan pernyataan di atas andaikan C)x(Glimcx

. Bukti

selengkapnya diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.


Contoh 5.6

1) Misalkan 01

x,

xsin)x(g . Karena )x(glim

x 0 tidak ada, maka kita

tidak dapat memperluas fungsi g(x) di titik x = 0.

2) Misalkan 01

x,

xsinx)x(f . Karena f(0) tidak terdefinisi dan f tidak

kontinu di titik x = 0 tetapi 010

xsinxlim

x, maka kita dapat memperluas

fungsi f(x) menjadi RR :F yang didefinisikan sebagai berikut:

01

00

x,x

sinx

x,)x(F .

Sehingga F kontinu di x = 0.

5.2 Sifat-sifat Fungsi Kontinu

Misalkan RRR bAhgfA ,:,,, . Pada definisi 3.12 telah dibahas tentang

penjumlahan (f + g), selisih (f - g), perkalian dua fungsi (fg), dan perkalian fungsi

dengan skalar (bf) serta pembagian (f / h) dengan Axxh ,0)( . Berikut ini

akan membahas penjumlahan, selisih, perkalian dua fungsi, dan perkalian fungsi

dengan skalar serta pembagian fungsi kontinu.

Teorema 5.7.

Misalkan RRR bAgfA ,:,, . Misalkan Ac dan f dan g kontinu di titik

c,

a) Maka f + g, f - g, fg, bf kontinu di titik c.

b) Jika A:h kontinu di Ac dan jika Ax,)x(h 0 maka f /h

kontinu di titik c.

Bukti: a). Untuk membuktikan teorema di atas, dibagi menjadi dua kasus :


1. Jika c bukan titik timbun A

2. Jika c titik timbun A, f kontinu di titik c, dan g kontinu di titik c maka

)()(lim cfxfcx

dan )()(lim cgxgcx

. Sehingga

)(lim)(lim)()(lim))((lim xgxfxgxfxgfcxcxcxcx

))(()()( cgfcgcf

Akibatnya (f + g) kontinu di titik c. ■

Teorema 5.8.

Misalkan RRR bAgfA ,:,, . Misalkan Ac dan f dan g kontinu pada

A,

a) Maka f + g, f - g, fg, bf kontinu pada A.

b) Jika RAh : kontinu pada A dan jika Ax,)x(h 0 maka f /h

kontinu di pada A.

Teorema 5.9.

Misalkan RR AfA :, , dan misalkan | f | didefinisikan sebagai

Axxfxf ,)()( .

a) Jika f kontinu di titik Ac maka | f | kontinu di titik c.

b) Jika f kontinu pada A maka | f | kontinu pada A.

Bukti teorema 5.8 dan 5.9 diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.

Teorema 5.10.

Misalkan AxxfAfA 0)(,:, RR , dan misalkan f didefinisikan

sebagai Axxfxf ,)())((

a) Jika f kontinu di titik Ac maka f kontinu di titik c.

b) Jika f kontinu pada A maka f kontinu pada A.

Bukti.

a) Ambil 0 sebarang. Misalkan Ac . Jika 0cf maka 0cf .

Karena f kontinu di Ac maka


2)(,0 xfxfcxAx atau

cfxfxf 0 .

Sekarang misalkan Ac dan 0cf . Karena Karena f kontinu di

Ac maka cfcfxfcxAx )(,0 .

Perhatikan bahwa cxAx , berlaku

)()(

)()()(

)()()()(

)()()()(

)()()()()()(

)()(

cfcf

cfcfxf

cfxfcfxf

cfxfcfxf

cfxfcfxfcfxf

cfxf

Jadi terbukti f kontinu di titik c. ■

Pada teorema 5.7 membahas tentang perkalian dua fungsi kontinu adalah

kontinu. Selanjutnya akan dibahas tentang komposisi fungsi kontinu.

Komposisi Fungsi Kontinu Teorema 5.11.

Misal BAfBgAfBA )(,:,:,, RRR . Jika f kontinu di titik Ac

dan g kontinu pada B)c(fb maka RAfg : kontinu di titik c.

Teorema 5.12.

Misal BAfBgAfBA )(,:,:,, RRR . Misalkan f kontinu pada A

dan g kontinu pada B . Jika BAf )( maka RAfg : kontinu pada A.

Bukti teorema 5.11 dan 5.12 diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.

5.3 Fungsi Kontinu pada Interval

Definisi 5.13.

Misal RAf : . f dikatakan terbatas pada A jika AxMxfM ,)(0 .


Dari definisi di atas dapat dikatakan suatu fungsi dikatakan terbatas jika range

fungsi tersebut terbatas di R . Ingat bahwa fungsi kontinu tidak selalu terbatas,

contohnya pada }0:{,1)( xxAx

xf R , f kontinu pada A tetapi tidak

terbatas pada A.

Jika }10:{,1)( xxBx

xf R juga f kontinu pada B tetapi f tidak

terbatas pada B. Sedangkan jika }1:{,1)( xxCx

xf R f kontinu pada C

dan f terbatas pada C, meskipun C tidak terbatas.

Teorema 5.14 (Keterbatasan).

Misal I = [a,b] interval tertutup terbatas dan misalkan RIf : kontinu pada I.

Maka f terbatas pada I.

Bukti:

Andaikan f tidak terbatas pada I, maka N nnxfIx nn ,)( . Karena I

terbatas maka X = (xn) terbatas, sehingga menurut teorema Bolzano-Weistrass

ada subbarisan yang konvergen, sebut )( nrxX yang konvergen ke x. Karena

IX maka menurut teorema Ix .

Dari hipotesis di atas diketahui f kontinu pada I, sehingga menurut teorema 5.3

))((rnxf konvergen ke f(x). Menurut teorema suatu barisan konvergen adalah

terbatas, maka ))((rnxf terbatas. Hal ini bertentangan dengan kenyataan bahwa

R rrnxf rnr,)( . Jadi pengandaian salah haruslah f terbatas pada I.■

Definisi 5.15

Misalkan RR AfA :, . f mempunyai maksimum absolut pada A jika ada

AxxfxfAx ),(*)(* dan f mempunyai minimum absolut pada A jika

ada AxxfxfAx ),()( ** .

x* disebut titik maksimum absolut dan *x disebut titik minimum absolut.


Teorema 5.16 (Maksimum-Minimum).


Maka f mempunyai maksimum absolut dan minimum absolut pada I.

Bukti :

Misalkan }),({)( IxxfIf . Karena I interval tertutup terbatas maka f(I) juga

terbatas pada R , sehingga f(I) mempunyai supremum dan infimum, sebut s* =

sup f(I) dan )(inf* Ifs . Akan dibuktikan )(&*)(**, *** xfsxfsIxx .

Karena s* = sup f(I) maka N nn

s ,1* bukan batas atas f(I). Sehingga

N nsxfn

sIx nn *,)(1* .

Karena I terbatas maka X = (xn) juga terbatas, sehingga menurut Teorema

Bolzano-Weistrass ada subbarisan )(rnxX yang konvergen ke x*. Karena f

kontinu di x* maka *)()(lim xfxfrnn

sehingga rsxf

ns

rnr

*,)(1* .

Karena *lim*1*lim ssn

sn

rn

maka menurut teorema apit

*))((lim sxfrnn

. Sehingga )(sup*))((lim*)( Ifsxfxfrnn

.

Akibatnya f(x) mempunyai absolut maksimum. ■

Teorema 5.17 (Lokasi Akar).


Jika )(0)(,, ffI atau )(0)( ff maka

0)(),( cfc .

Bukti dari teorema lokasi akar diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.


Teorema 5.18 (Niai Tengah Bolzano’s).

Misal I = [a,b] interval dan misalkan RIf : kontinu pada I. Jika Iba , dan

jika Rk yang memenuhi )()( bfkaf maka kcfbac )(),( .

Bukti:

Misal Iba , dan )()( bfkaf , Rk .

Misalkan a < b dan misalkan g(x) = f(x) – k. Karena )()( bfkaf

maka )(0)( bgag . Karena f(x) kontinu pada I maka g(x) juga kontinu

pada I, sehingga menurut teorema lokasi akar

kcfcgbcabac )()(0),,( .Jadi f(c) = k.

Misalkan b < a dan misalkan h(x) = k - f(x). Karena )()( bfkaf maka

)(0)( ahbh . Karena f(x) kontinu pada I maka h(x) juga kontinu pada I,

sehingga menurut teorema lokasi akar

)()(0),,( cfkchacbbac .Jadi f(c) = k. ■

Akibat 5.19.


Jika k yang memenuhi )(sup)(inf IfkIf maka kcfIc )( .

5.4 Kekontinuan Seragam

Definisi 5.20.

Misalkan .:, RR AfA f dikatakan kontinu seragam pada A jika untuk

)()()(,,0)(,0 ufxfuxAux .

Selanjutnya akan dibicarakan beberapa kriteria ketakkontinuan seragam, salah

satunya dengan menggunakan barisan.

Definisi 5.21 (Ketak Kontinuan Seragam).

Misalkan .:, RR AfA Pernyataan berikut ekuivalen :

1) f tidak kontinu seragam pada A

2) 00 )()(,,0,0 ufxfuxAux


3) N

nufxfuxAux nnnnn ,)()(&0)(lim)(),(,0 00

Dari definisi kekontinuan fungsi jelas bahwa jika f kontinu seragam pada A maka

f kontinu di setiap titik dari A. Tetapi jika f kontinu di setiap titik dari A tidak

mengakibatkan f kontinu seragam pada A. Contohnya misalkan

}0:{,1)( xxAx

xg R . Fungsi g kontinu pada A ( lihat contoh ), tetapi g

tidak kontinu seragam pada A karena dengan mengambil

0)(lim1

1,1,21

0

nnnnn ux

nu

nx dan

R nnnugxg nn ,1|)1(|)()( 021 .

Selanjutnya jika f kontinu pada suatu interval tertutup terbatas, sebut I maka f

kontinu seragam pada I.

Teorema 5.22 (Kekontinuan Seragam).

Misalkan I adalah interval tertutup terbatas, dan RIf : kontinu pada I maka

f kontinu seragam pada I.

Bukti dari teorema 5.22 diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.

Pada teorema 5.22 suatu fungsi kontinu akan kontinu seragam jika intervalnya

tertutup dan terbatas. Apabila intrervalnya tidak tertutup dan terbatas akan sulit

menentukan kekontinuan seragam. Untuk itu diperlukan kondisi lain, yaitu

kondisi Lipschitz . Definisi 5.23 (Fungsi Lipschitz).

Misalkan .:, RR AfA Jika AuxuxKufxfK ,,)()(0

maka f dikatakan fungsi Lipschitz pada A atau memenuhi kondisi Lipschitz.

Teorema 5.24.

Jika RAf : dan f fungsi Lipschitz maka f kontinu seragam pada A.


Bukti:

Ambil 0 sebarang.

Misalkan f fungsi Lipschitz maka AuxuxKufxfK ,,)()(0 .

Akan ditunjukkan f kontinu seragam pada A atau

)()(,,0 ufxfuxAux .

Pilih K , sehingga

KKKuxKufxfAux )()(,, .

Jadi f kontinu seragam pada A. ■

Kebalikan dari teorema di atas tidak benar, artinya tidak setiap fungsi kontinu

seragam adalah fungsi Lipschitz. Contohnya, misalkan

xxgIIg )(],2,0[,: . Menurut teorema 5.10 g kontinu pada I,

sehingga menurut teorema 5.22 g kontinu seragam pada I. Tetapi g bukan fungsi

Lipschitz karena tidak ada IuxuxKugxgK ,,)()(0 .

Contoh 5.25. 1. Misalkan f(x) = x2 pada A = [0,b] dengan b konstanta positif. Tunjukkan

bahwa f kon tinu seragam.

Jawab:

Ambil ],0[, bux sebarang. Perhatikan bahwa

uxbuxuxuxufxf 2)()( 22 .

Sehingga dengan mengambil K = 2b , f merupakan fungsi Lipschitz. Menurut

teorema 5.24 f kontinu seragam.

2. Misalkan ),1[,)( Axxg . Tunjukkan bahwa g kon tinu seragam.

Jawab:

Ambil Aux , sebarang. Perhatikan bahwa

uxux

uxuxugxg

21)()( .

Sehingga dengan mengambil K = ½ , g merupakan fungsi Lipschitz. Menurut

teorema 5.24 g kontinu seragam.


5.5 Fungsi Monoton dan Fungsi Invers

Definisi 5.26.

Misalkan ,: RAf f dikatakan naik pada A jika Ax,x 21 dan 21 xx maka

)x(f)x(f 21 .

f dikatakan naik sejati pada A jika Ax,x 21 dan 21 xx maka

)x(f)x(f 21 .

Misalkan ,: RAf f dikatakan turun pada A jika Ax,x 21 dan 21 xx

maka )x(f)x(f 21 .

f dikatakan naik sejati pada A jika Ax,x 21 dan 21 xx maka

)x(f)x(f 21 .

Jika R,Af : naik pada A maka g = -f turun pada A, sedangkan jika

R,Af : turun pada A maka g = -f naik pada A.

Fungsi yang monoton belum tentu konitnu, sebagai contoh

Misalkan

],(x,],[x,

)x(f211100

Pada fungsi di atas, f naik pada [0,2] tetapi tidak kontinu di x = 1.

Teorema 5.27.

Misal ,:, RR IfI f naik pada I. Misal Ic dimana c bukan titik ujung

dari I, maka

}cx,Ix:)x(finf{)x(flim).ii(}cx,Ix:)x(fsup{)x(flim).i(

cx

cx

Bukti:

(i). Ambil 0 sebarang.

Misalkan Ix dan x < c. Karena f naik maka )c(f)x(f . Sehingga

}cx,Ix:)x(f{ terbatas di atas oleh f(c). Karena }cx,Ix:)x(f{


terbatas di atas maka mempunyai supremum,sebut

}cx,Ix:)x(fsup{L .

Maka L,0 bukan batas atas }cx,Ix:)x(f{ , sehingga

Iy dimana .L)y(fLcy

Pilih ycyc 0 maka cyy dan

L)y(f)y(fL . Akibatnya L)x(f jika yc0 atau

},:)(sup{)( cxIxxfxf untuk yc0 .

Karena 0 sebarang, maka dapat disimpulkan

},:)(sup{)(lim cxIxxfxfcx

.

(ii). Buktinya di serahkan kepada pembaca sebagai latihan. ■

Akibat 5.28.

Misal ,:, RR IfI f naik pada I. Misal Ic dimana c bukan titik ujung

dari I, maka pernyataan berikut equivalent:

a) f kontinu di c

b) )x(flim)c(f)x(flimcxcx

c) }cx,Ix:)x(finf{)c(f}cx,Ix:)x(fsup{

Misal I interval dan ,: RIf f fungsi naik. Misal a titik ujung kiri dari I, dan f

kontinu di a jika dan hanya jika },ax,Ix:)x(finf{)a(f atau f kontinu

pada a jika dan hanya jika )x(flim)a(fax

.

Misal I interval dan ,: RIf f fungsi naik. Misal b titik ujung kanan dari I, dan

f kontinu di b jika dan hanya jika },bx,Ix:)x(fsup{)b(f atau f kontinu

pada b jika dan hanya jika )x(flim)b(fbx

.


Soal-Soal

1. Misalkan ,:, RR AfA dan Ac , f kontinu pada c. Buktikan jika

)()()(,)(,0 yfxfcVAyxcV .

2. Misalkan R xxxf ),sgn()( . Buktikan bahwa f(x) kontinu di di 0, cc R .

3. Misalkan ,: RR f f kontinu pada c, 0)(, cfc R . Buktikan

0)()()( xfcVxcV .

4. Misalkan

Q\R

QRR

xxxx

xgg,3

,2)(,:

Tentukan di titik mana g kontinu.

5. Tentukan di titik mana fungsi berikut kontinu

xxxkd

xx

xxhc

xxxxgb

xx

xxxfa

,1cos)().(

0,|sin|1

)().(

0,)().(

,1

12)().(

2

2

2

6. Misalkan ,: RR f dan K > 0 yang memenuhi

R yxyxKyfxf ,,)()( . Buktikan bahwa f kontinu di setiap titik

Rc .

7. Misalkan RR AfA :, , dan misalkan | f | didefinisikan sebagai

Axxfxf ,)()( . Buktikan jika f kontinu di titik Ac maka | f | kontinu

di titik c.

8. Misalkan ,:, RR AfA dan f kontinu pada A. Jika f n didefinisikan

sebagai N nxfxf nn ,))(()( , buktikan bahwa f n kontinu pada A.

9. Berikan contoh fungsi f dan g yang tidak kontinu di titik c, tetapi (f + g) dan

(fg) kontinu di titik c.

10. Berikan contoh fungsi R]1,0[:f yang tidak kontinu di setiap titik dari [0,1],

tetapi |f| kontinu pada [0,1].

11. Misal I = [a,b] dan misalkan RIf : kontinu pada I dimana

Ixxf ,0)( . Buktikan Ixxf ,)(0 .


12. Misal I = [a,b] dan misalkan RIf : kontinu pada I dimana

)()(, 21 xfyfIyIx . Buktikan 0)( cfIc .



15. Misal I = [a,b] dan misalkan RIf : kontinu pada I , dan misalkan

0)(,0)( bfaf . Misalkan 0)(: xfIxW dan w = sup{W}.

Buktikan f(w) = 0.

16. Misalkan ),0[,)( Axxg . Tunjukkan bahwa g kon tinu seragam pada

A.

17. Misalkan ),[,1)( aAx

xg dengan a konstanta positif. Tunjukkan bahwa

g kon tinu seragam pada A.

18. Buktikan jika f kontinu seragam pada A maka f terbatas pada A.

19. Misalkan f(x) = x dan g(x) = sin x, tunjukkan bahwa f(x) dan g(x) kontinu

seragam pada , tetapi (fg)(x) tidak kontinu seragam pada .

20. Misalkan ),1[,1)( 2 Ax

xg . Tunjukkan bahwa g kon tinu seragam pada

A, tetapi g tidak kontinu seragam pada ),0( B .

21. Gunakan kriteria ketakkontinuan seragam pada fungsi berikut:

),0()1sin()().(),0[)().( 2

BxxgbAxxfa

22. Buktikan jika f dan g kontinu seragam pada R maka gf kontinu seragam

pada R .

23. Misalkan RRRR bAgAfA ,:,:, . Misalkan Ac dan f dan g

kontinu di titik c, buktikan (f + g), f - g, fg, bf kontinu di c dengan

menggunakan definisi fungsi kontinu.


DAFTAR PUSTAKA Bartle, R. G., Sherbert, D. R., 2000. Introduction to Real Analysis Third

Edition, John Wilwey & Sons, Inc. DePree, J., Swartz, C., 1998. Introduction to Real Analysis, John Wiley & Sons,

Inc. Goldberg, R. R., Methods of Real Analysis Second Edition, John Wiley & Sons.

Analisis Real

Education

Transcript of Analisis Real