DAPATKAN KUMPULAN SOAL + PEMBAHASAN

UJIAN NASIONAL SMA dan SMP

GABUNG Di DUNIA

E-Learning Matematika IDmathcirebon

YAP ...

IDmathcirebon.com

Muhammad Irfan Habibi

CEO dan Pendiri E-Learning Matematika IDmathcirebon

IDmathcirebon.com

Jujur, Terpercaya. Profesional Membina Anda Menuju Kemandirian

PENGANTAR ANALISIS REAL

MATERI:

- Sistem Bilangan Real

- Barisan Bilangan Real

- Limit Fungsi

- Fungsi Kontinu

REFERENSI:

- Introduction to Real Analysis : Robert G. Bartle, Donald IR Sherbert

- Pengantar Analisis Real : Prof. Dr. Soeparna. D

SISTEM BILANGAN REAL

Definisi : Sistem bilangan R adalah suatu sistem aljabar yang terhadap operasi

jumlahan (+) & operasi perkalian ( ) mempunyai sifat-sifat sebagai berikut:

A. (R, +) Grup komutatif, yaitu:

(A1). baba ,, (Tertutup)

(A2). cbacbacba ,,, (Assosiatif)

(A.3). aaooaao ,,! (Punya/ada elemen Netral )

(A.4). aaoaaaa ,!, (Ada elemen Invers )

(A.5). abbaba ,, (Komutatif)

B. (R-{0}, ) Grup Komutatif, yaitu

(M1). 0,0, baba (Tertutup)

(M2). cbacbacba ,0,, (Assosiatif)

(M3). aaaa 11,0,01! (Ada elemen satuan)

(M4). 111

,01

!,0 aaa

aa

a (Ada el invers ditulis 1a )

(M5). abbaba 0, (komutatif)

E-Learning Matematika IDmathcirebon.com | FREE Dapatkan Soal dan Pembahasan

C. ,, distributif

cabacbacba ,,,

Selanjutnya anggota disebut bilangan Real / bilangan nyata.

Teorema 1.

(a). Jika z dan ,, aaza maka z = 0

(b). Jika bu, dengan ob dan ,bbu maka 1u

Bukti:

(a). Diketahui aazaz ,,

Menurut (A4) aaaaz

(A2) aaaaz

(A4) 00 z

(A3) 0z

(b). bbubbu ,0,,

(M4) 11 bbbbu

(M2) 11 bbbbu

(M4) 11 u

(M3) 1u

Teorema 2.

(a). Jika 0,, baba maka ab

(b). Jika 1,,0 baba maka a

b1

Bukti :

(a). 0,, baba

(A4) 0 abaa

(A2) 0 abaa

(A4) 00 ab

(A3) ab

(b). Latihan

Teorema 3:

Misal ba, , maka

(a). Persamaan bxa mempunyai penyelesaian tunggal bax

(b). Jika ,0a persamaan bxa mempunyai penyelesaian tunggal

ba

x

1

Bukti:

(a). Dengan (A2) (A4) & (A3) didapat

bbbaabaa 0

bxa mempunyai penyelesaian bax

Misal 1x juga penyelesaian, maka

bxa 1

(A4) baxaa 1

(A2) baxaa 1

(A4) bax 10

(A3) bax 1

(b). Latihan

Teorema 4.

Jika a sebarang, maka

(a). 00 a (c). aa

(b). aa 1 (d). 111

Bukti:

(a).

aaaM

13

010 aaaa

01 ac

aaA

13

0001

aaaaaTh

(b).

aaaaM

1113

ac

11

aA

04

0a

aaaaaTh

1012

(c). Dari A4 0 aa

aaaTh

2

(d). Dari ab, diganti 1111

111 c

Teorema 5

cba ,,

(a). Jika 0a maka 01

a dan a

a

1

1

(b). Jika ,0, acaba maka cb

(c). Jika 0ba , maka 0a atau 0b

Bukti:

(a). a

a1

0 ada

Andaikan 01

a, maka

001

13

aaa

M

Kontradiksi.

Jadi a

Th

aaa

b

1

11

12

(b). 01

0 a

a sehingga dari yang diketahui:

caba

caa

baa

11

cb 11

cb

(c). Misalkan 0a harus dibuktikan 0b .

Karena 0a , maka 01

a. Oleh karena itu 0

11

aba

a

(diketahui)

0

01

b

b

SIFAT URUTAN DARI :

Terdapat sehingga memenuhi:

(1). baba,

(2). baba ,

(3). a , tepat satu berlaku : aaa ,0, (sifat Trichotomi)

Selanjutnya P disebut himpunan bilangan riil positif.

Kesepakatan :

aa disebut bilangan Riil Positif, ditulis 0a

aa disebut bilangan Riil Negatif, ditulis 0a

aUa 0 disebut bilangan real non negatif, ditulis 0a

aUa 0 disebut bilangan real non positif, ditulis 0a

ba ditulis ba atau ab

baUba 0 atau ab

bacba dan cb

bacba dan cb

Teorema :

cba ,,

(1). ba dan cacb

(2). Tepat satu berlaku : bababa ,,

(3). ba dan baba

Bukti:

(1). Karena ba dan cb , maka ba dan cb , sehingga

menurut (1) didapat cacbba . D.k.l ba

(2). Dengan Trichotomi, tepat satu berlaku :

bababa ,0,

bababa ,,

(3). Andaikan ba , maka baba Kontradiksi dengan yang

diketahui.

Teorema :

(1). 00 2 aa

(2). 01

(3). 0, nn

Bukti:

(1). Menurut sifat Trichotomi, untuk 0a , maka a atau a

Dengan sifat urutan (2) 2aaa atau .2 aaa Jadi

02 a

(2). Dari (1) : .101 2 Jadi 01

111

(3). Dengan induksi matematika:

i) 011 n benar karena (2)

ii) Dianggap benar untuk kn

Karena k&1 maka dengan sifat urutan (1) : 1k

01k .

Jadi nn ,0

Teorema:

dcba ,,,

(1). cbcaba

(2). dbcadcba

(3). bcaccba 0

bcaccba 0

(4). 010 a

a

010 a

a

Bukti:

(1). Dari ,ba maka . ba cbcacbcaba

(2). Karena dcba maka ba dan dc

Dengan sifat urutan (1) : dbcadcba

dbca

(3). Dari ba dan 0c , maka ba dan c

Dengan sifat urutan (2) : cba

bcac

bcac

(4). Latihan.

Teorema :

Jika ba maka bbaa 2

1

Bukti :

Diketahui baaaaba 2

bbbbaba 2

bbaa

bba

baa

2

1

22

1

2

1dan

2

12

2

10

2

1022

Teorema:

Jika a dan a0 , untuk sebarang bilangan 0 maka 0a

Bukti:

Andaikan 0,0 aa . Dengan Teorema sebelumnya, aa 2

10 . Diambil bilangan

a2

10 , maka a 00 . Kontradiksi dengan yang diketahui : 0,0 a

Pengandaian 0a salah

Teorema (Teorema Ketidaksamaan Bernoulli)

x dan 1x maka nnxxn

,11

Bukti:

Dengan induksi matematika:

i) xxn 111 benar

ii) Dianggap benar untuk kxxknk

11:

iii) 1 kn

211111111 kxxkxkxxxx

kk

xk 11

nxxn

11 .

HARGA MUTLAK

Definisi:

a , Harga mutlak dari a :

0,

0,

aa

aaa

Teorema:

1. 00 aa

2. aa

3. baab

4. caccac ,0

5. aaaa ,

Bukti:

1. Jelas dari definisi

2. a

i) aaaa 00

ii) aaaaaa 00

iii) aaaaa 00

3. ba,

i) Jika salah satu 0a atau 0b , maka mudah dipahami baab

ii) Jika 00 ba , maka babaababab 0

iii) Jika 00 ba , maka babaababab 0

4. Dari ca diperoleh cadanca yang berakibat cadanac

yang ekuivalen dengan cac

5. Jelas bahwa 0a dan oleh karena itu menurut (4) diperoleh aaa

KETAKSAMAAN SEGITIGA

bababa ,,,

Bukti: Untuk aaaba :,

bbb

Diperoleh : bababa

bababababa 4

Akibat:

(1). baba

(2). baba

Bukti:

1). Untuk ba,

(i) bbabbaa

(ii) abaabaaabaabb

Sehingga

baba dari (i)

baab atau baba dari (ii)

Jadi

bababa

D.k.l

baba

2). babababa

Contoh:

Tentukan 0 sehingga 4,1, xxf dengan 15

432 2

x

xxxf

Jawab:

15

432

15

432 22

x

xx

x

xxxf

432432 22 xxxx

432 2 xx

48443162

411515 x

4,1,124

48

115

432 2

x

x

xxxf .

SIFAT KELENGKAPAN

Definisi:

uS ,,

(1). u disebut batas atas (upper bound) dari S jika Ssus ,

(2). disebut batas bawah (lower bound) dari S jika Sss ,

Jadi u bukan batas atas dari S jika suSs ,

Contoh:

1). 10, xxS

1 adalah batas atas dari S karena Sxx ,1

0 adalah batas bawah dari S karena Sxx ,0

2). xxS 0,1

0 batas bawah 1S

Sebarang bilangan real u bukan batas atas 1S karena ada

suSus ,1 1

3).

nn

S ,1

2

1 batas atas dari 2S

0 batas bawah dari 2S

4). S

Setiap bilangan real u merupakan batas atas dan batas bawah S

Definisi:

SS ,

Himpunan S dikatakan terbatas ke atas jika S mempunyai batas atas

Himpunan S dikatakan terbatas ke bawah jika S mempunyai batas

bawah

Himpunan S dikatakan terbatas jika S terbatas ke atas dan terbatas ke

bawah.

Definisi:

uSS ,,,

. u dikatakan batas atas terkecil (Supremum) = sup S = bat S dari S jika

(1). Ssus , atau u batas atas S.

(2). Jika v sebarang batas atas, maka vu

(3). Jika vuv , bukan batas atas S

(4). Jika uv , maka svSs ,

dikatakan batas bawah terbesar (infimum) dari S = bbt S = inf S jika =

(1). Sss , atau batas bawah S.

(2). Jika w sebarang batas bawah, maka w

(3). Jika w , maka w bukan batas bawah S

(4). Jika w , maka wsSs ,

Contoh:

1). 10, xxS

1 Sup S sebab :

i) Sxx ,1 atau 1 batas atas S.

ii) Jika v sebarang bilangan , 1v maka svSs ,1 (v bukan

batas atas S )

0 inf S sebab

i) Sxx ,0 atau 0 batas bawah S.

ii) Jika 0w , maka

1,2

1,2

1

ww

ws , wsSs ,

( w bukan batas bawah S )

2).

22

1,

11 x

xxS

2

5 sup 1S sebab

i). 1,2

5 Stt

ii). Jika 2

5v , maka v bukan batas atas S sebab svSs ,2

51

Lemma : (1)

SuSS atas batas,,

suSsSu ,0 Sup

Bukti:

( ) Diketahui Su sup .

Diambil bilangan 0 sebarang. Akibatnya uu .

Karena u Sup S , maka u bukan batas atas S . Jadi

suSs sehingga .

( ) Diketahui u batas atas S dan suSs ,0 .

Diambil sebarang uv . Pilih bilangan 0 vu . Dari yang diketahui,

suSs

Tetapi svvuuu

v bukan batas atas S . Dengan demikian Su sup

Lemma-2

SbawahbatasvSS ,,

vsSsSv ,0inf

Contoh:

3,21,0 UA

O = inf A sebab

(1). aAa 0, (0 batas bawah)

(2). 0,0 oaAa (dapat dipilih 2

10 a )

3= Sup A sebab

(1). 3, aAa (3 batas atas A )

(2). 11 3,0 aAa

Catatan :

1). Inf & sup tidak perlu jadi anggota Contoh : 10:3 xxS

2). Suatu himpunan bisa jadi punya batas bawah tapi tidak punya batas atas, dan

sebaliknya punya batas atas, tidak punya batas bawah. Misal:

0:1 xxS Punya batas bawah tapi tidak punya batas atas

0:1 xxS Punya batas atas tapi tidak punya batas bawah

SIFAT KELENGKAPAN

1. Setiap himpunan tak kosong & terbatas di atas dalam mempunyai supremum

dalam

2. Setiap himpunan tak kosong & terbatas di bawah dalam mempunyai infimum

dalam

LATIHAN

1). ,, SS terbatas dalam

Buktikan

SssSSup :inf

Bukti:

Misalkan SssT :

Dengan sifat kelengkapan , S mempunyai supremum dalam

Mislkan Su sup , sehingga berlaku Ssus , . Akibatnya Sssu , .

Oleh karena itu –u adalah batas bawah dari T .

Dengan sifat kelengkapan, T mempunyai infimum dalam

Misalkan Tinf

Dalam hal ini: uatauu ................ (1)

Di pihak lain : Sss , sehingga berlaku Sss , yaitu batas atas

dari S dan u ........ (2).

Dari (1) & (2) didapat u atau sup TS inf

2). uS , batas atas S dengan Su . Buktikan Su sup

Bukti : Jika uv maka Sus 0 sehingga 0sv

Su sup

3). SuS sup,

Buktikan : (1). 2

1u bukan batas atas S .

(2). n

u 1 batas atas S , Nn

Bukti :

Untuk n

uun

un

Nn 11,01

,

Karena u batas S, maka n

u 1 bukan batas atas S & n

u 1 batas atas S ,

Nn

Teorema :

(i). Jika BBA , terbatas ke atas, maka sup BA sup

(ii). Jika BBA , terbatas ke bawah, maka inf BA inf

Bukti:

(i). Karena BA dan B terbatas ke atas, maka A juga terbatas ke atas. Diambil k

sebarang batas atas himpunan B .

Karena BA , maka k juga merupakan batas atas A . Jadi sup B merupakan batas

atas himpunan A . Akibatnya :

Sup A sup B

(ii). Latihan

Teorema :

BbAabaBAxBA &:kanDidefinisi.&,

Jika BA, dan terbatas, maka

(i). sup BA sup A + sup B

(ii). Inf BA inf A + inf B

Bukti :

(i). Misal 1M = sup A dan 2M =sup B . Oleh karena itu 1, MaAa dan

2, MbBb . Akibatnya BAba , 2121 MMMMba batas atas

BA sehingga sup 21 MMBA = sup A + sup B

(ii) Bukti sejalan

Tugas : (1)

S , S terbatas ke atas.

Didefinisikan, a ,

SssaSa ,

Buktikan : sup SaSa sup

Sifat Archimedes : xx nxNnx ,

Akibat :

y dan z bilangan riil positif, maka

(i). nyzNn

(ii). yn

Nn 10

(iii). nznNn 1

Bukti : Diketahui y dan z bil riil positif.

(i). Ambil 0y

zx . Dengan sifat archimedes, Nn sehingga ny

zx

nyz

(ii). Khususnya 1z , (i) menjadi ny1 atau yn 10

(iii). Misal mzNmS :

S , karena sifat archimedes

NS , karena N mempunyai elemen terkecil maka S mempunyai elemen

terkecil. Misal n elemen terkecil, maka nzn 1 .

Teorema (eksistensi 2 ) : bilangan riil positif x sehingga 2x =2.

Teorema Kerapatan:

Jika x dan y bilangan real sehingga yx , maka bilangan ras r sehingga yrx

Bukti :

Misalkan 0x . Ambil 0 xyz . Dengan sifat archimedes, Nn sehingga

zxyn

1

Jadi nxny 1 atau nynx 1

Untuk 0nx , maka Nm sehingga mnxm 1 atau 11 mnxm

Oleh karena itu : nynxmnx 1 . Jadi yn

mx .

Akibat :

Jika x dan y bilangan real sehingga yx , maka bilangan irasional p sehingga

ypx .

Bukti:

Dari yx maka 22

yx yang masing-masing di . Menurut teorema kerapatan,

bilangan rasional r sehingga 22

yr

x . Sehingga yrx 2 .

KETAKSAMAAN CAUCHY

Jika Nn , nn bbdanaa ,.......,.,,......... 11 bilangan real, maka

22

1

22

1

2

11 ..................... nnnn bbaababa

Lebih lanjut, jika tidak semua 0bj , maka tanda ”=” di dalam berlaku jika hanya jika

s s.d.h

sbnasba n ,.......,11

Bukti:

Didefinisikan dengan Ffs

22

11 ....... tbnatbatF n

222

111

22

1 ..............2....... tbnbtbabaaatF nnn

Jelas bahwa ttF ,0

Dengan demikian

CBtAttF 22

Dengan

22

1 ....... bnbA

nnbabaB .......11

22

1 ....... naaC

Sehingga 0tF tidak mungkin mempunyai 2 akar yang berbeda. Oleh karena itu

042 ACBD

0.............4.......4 22

1

22

1

2

11 bnbanababa nn

Jadi

22

1

2

1

2

11 ....................4 bnbanababa nn

Lebih lanjut,

Jika 22

1

22

1

2

11 .................... bnbanababa nn , maka 0D

Dengan demikian F mempunyai satu akar kembar yaitu

njsbja j ,.......,2,1untuk,0

sbja j

jika njsbja j ,.......,1, , maka

222

1

22

22

1 .............. bnbssbnsb

22

1

22

1

2 .............. bnbbnbs

22

1

22

1 .............. bnbsbnsb .

Tugas 2 = nn

S ;1 . Buktikan inf 0S

Tugas 3 = nmmn

S ,;11 . Buktikan sup 2S , inf 0S

Tugas 4 = nmnm

S ,;11 . Buktikan 1 = sup S , -1 = inf S

Tugas 5 = uSS ,, . Buktikan

(i). n

u 1 batas atas S

(ii). n

u 1 bukan batas atas

BARISAN BILANGAN RIIL

Definisi : Barisan bilangan riil X adalah fs dari N ke .

Notasi barisan : NnxxX nn :atau , .

Bilangan-bilangan riil yang dihasilkan disebut unsur barisan, ditulis nnn zx atau atau .

Contoh-Contoh barisan

1). ,.......,, aaAa barisan konstan a (semua unsurnya a ).

2). ,.......3

1,2

1,1:1 Nnn

S .

3). NnyyYn

nn ,1, .

,.......1,.......,1,1,1n

.

4). Nnn

nwwW nn

,

32

15,

,.......

32

15,......,

9

.16,

7

11,

5

6

n

n

Definisi :

Jika nn yYxX dan barisan bilangan riil

Didefiniskan :

Jumlah barisan NnyxYX nn ;

Selisih barisan NnyxYX nn ;

Hasil kali barisan NnyxYX nn ;

Jika NncxcXc n ;,

Jika NnznzZ nn ,0,; , maka hasil bagi ZX dan adalah

barisan

Nn

z

x

Z

X

n

n ;

Definisi:

Barisan bilangan riil nxX dikatakan konvergen dalam , jika terdapat x

sehingga knNkk )(,0 berlaku

xxn .

Notasi: xxxx nn lim, .

Note:

xxxx nn

xxx n

xxxn ,

Contoh:

1). 0.,1

nn xNnn

x

Bukti: n

xnn

100 1

Diberikan sebarang bilangan .0

Dengan sifat archimedes, .1

sehingga k k

N

Untuk kn ,

kn

xn

110

0nx

2). 3.,2

13 nn xNn

nx

Bukti = nn

xn2

13

2

133

Diberikan sebarang bilangan .0

Dengan sifat archimedes, knkk

untuk ,2

1atau 2

1 sehingga k ,

kn

xn2

1

2

13 .

3nx

3). 2

5.,32

15

nn xNn

n

nx

Bukti :

nnnn

nn

n

nxn

4

13

64

13

64

13

64

1510210

2

5

32

152

5

Diberikan sebarang bilangan .0

Dipilih bilangan Nk sehingga .13

41

k

Akibatnya untuk kn :

13

4

4

13

4

13

4

132

5kn

xn

25nx

Definisi:

Barisan bilangan riil nx dikatakan terbatas jika 0M sehingga NnMxn ,

Contoh:

1. Nnn

xn ,1

Nnnn

xn ,111

nx terbatas.

2. Nnxn

n ,1

Nnxn ,1

3. Nnn

nyn

,

12

2

124

3

2

1

24

3

2

1

212

23

21

nn

n

nNyn ,1

Catatan:

nx tidak terbatas jika MxNnM n ,,0

Contoh

1) Nnx n

n ,2

nnxnnn

n 11122

MnNnM ,0 (sifat archimedes)

Jadi NnM ,0 sehingga

Mnxn

Dengan kata lain nx tak terbatas.

2) Nnnxn ,2

2nxn

Tidak ada 0M sehingga NnMnxn ,2

Jadi nx tidak terbatas.

Teorema

Jika nx konvergen, maka nx terbatas.

Bukti

Misal xxn . Hal ini berarti untuk 1 , terdapat Nk sehingga jika kn berakibat

1 xxn

Untuk kn :

xxxx nn

xxxn x1

Diambil M = maks xxxx k 1,,.....,, 121

Akibatnya:

NnMxn ,

Teorema

Jika nx dan ny konvergen, maka

(1) nx konvergen dan skalar,limlim nn xx

(2) nn yx konvergen dan nnnn yxyx limlimlim

(3) nn yx konvergen dan nnnn yxyx limlimlim

(4)

n

n

y

x konvergen dan

0,0limasal,lim

limlim

nn

n

n

n

n yyy

x

y

x

Bukti

Misal xxn dan yyn

(1) skalar, xxxxxx nnn

Diberikan bilangan 0 sebarang. Karena xxn , maka terdapat bilangan

Nkk sehingga jika kn berlaku

1

xxn

Akibatnya

1xxxx nn

nx konvergen ke x .

(2) yyxxyyxxyxyx nnnnnn

Diberikan bilangan 0 sebarang

Karena xxn , maka terdapat Nk 1 sehingga jika 1kn berlaku

2

xxn

Karena yyn , maka terdapat Nk 2 sehingga jika 2kn berlaku

2

yyn

Pilih k = maks 21,kk , akibatnya untuk kn berlaku

yyxxyxyx nnnn

22

yxyx nn .

(3) xyyxyxyxxyyx nnnnnn

yxxyyx nnn

yxxyyxyxxyyx nnnnnn

Diberikan 0 sebarang

Karena xxn , maka terdapat Nk 1 sehingga untuk setiap 1kn :

12

y

xxn

.

nx konvergen, maka nx terbatas. Jadi ada 0M sehingga NnMxn , .

Karena yyn maka terdapat Nk 2 sehingga untuk setiap 2kn :

M

yyn2

.

Dipilih k = maks 21,kk . Akibatnya jika kn :

y

yMMxyyx nn

122

22.

Contoh:

21

2 n

xn

2

3

12

43

n

nyn

84

81

244

nnxn

2

7

2

147

12

4312

2

2

nn

nn

n

n

nyx nn

3

4

43

14

43

121

2

12

43

12

n

nn

n

nn

n

nn

y

x

n

n

Teorema (Uji Rasio)

Diberikan nx barisan bilangan riil positif sehingga Lx

x

n

n

n

1

~lim (ada). Jika 1L

maka nx konvergen dan 0lim~

nn

x .

Contoh:

1). Nnn

xxnnn ,

3, .

13

1

3

1lim

3

3

1limlim

~1~

1

~

n

n

n

n

x

x

n

n

nnn

n

n

Jadi nx konvergen dan 03

lim~

nn

n.

2). Nnnzn ,1

11

21

n

n

z

z

n

n

Jadi nz tidak konvergen.

Teorema

Jika Nnxxx nn ,0, maka 0x

Bukti:

Andaikan 0x , maka 0 x .

Diketahui xxn . Diambil bilangan 0 x , maka terdapat Nk sehingga jika

kn :

xxxn

xxxx n

02 nxx

Kontradiksi dengan 0nx .

Teorema

Jika Nnyxyyxx nnnn ,,, maka yx

Bukti:

Diketahui nn yx , maka 0 nn xy . Akibatnya

0lim~

nnn

xy

0limlim~~

nn

nn

xy

0 xy

yxxy atau .

Teorema Apit

Jika xyxzxxNnzyx nnnnnn maka,dan,, .

Bukti:

Dengan teorema sebelumnya:

xzyyxx nn

nn

nn

nn

~~~~

limlimdanlimlim

xyyx nn

nn

~~

limdanlim

Jadi xynn

~

lim .

Definisi:

Barisan nx dikatakan :

(a) Naik monoton (monotonic increasing/non decreasing/tidak turun) jika

Nnxx nn ,1 .

(b) Turun monoton (monotonic decreasing/non increasing/tidak naik) jika

Nnxx nn ,1 .

(c) Monoton jika nx naik monoton/turun monoton.

Contoh:

1). n

xn

1

1

11

nxn

Nnxx nn ,1

Jadi nx turun monoton.

2). Nnn

nxn

,

53

12

159

7

3

2

353

37

352

nn

n

249

7

3

21

nxn

Nnxx nn ,1 . Jadi nx naik monoton.

3).

100,1

100,1

nn

nnyn

ny tidak monoton

Teorema Kekonvergenan Monoton

Misal nx barisan monoton.

nx konvergen jika dan hanya jika nx terbatas.

Dalam hal ini:

(a). Jika nx naik monoton, maka Nnxx nnn

;suplim~

.

(b). Jika nx turun monoton, maka Nnxx nnn

;inflim~

.

Bukti:

Diketahui nx konvergen. Menurut teorema sebelumnya, nx terbatas.

Diketahui nx monoton dan terbatas.

Misal nx naik monoton , jadi Nnxx nn ,1

Misalkan x = sup Nnxn : , maka untuk setiap 0 , terdapat Nk sehingga

kxx

Karena nx naik monoton, maka untuk kn :

xxxxx nk

Diperoleh untuk kn :

xxn

Jadi xxn .

Catatan:

Untuk menyelidiki kekonvergenan suatu barisan, maka kita cukup memperhatikan ekor

dari barisan tersebut, yaitu barisan bagian dari barisan tersebut yang dimulai dari suatu

urutan tertentu.

Definisi:

Misal ,.....,.....,, 21 nyyyY barisan bilangan riil.

M : bilangan asli, Ekor – M dari Y adalah barisan:

,.....,; 21 MMnMM yyNnyY

Contoh:

,.....12,.....,13,11,9,7,5,3,1 nY

,.....12.....,,15,13,11,......,,: 87655 nyyyNnyY n .

Teorema:

Misal NnyY n ; barisan bilangan riil dan NM .

Ekor – M dari Y, MY konvergen Y konvergen.

Dalam hal ini MYY LimLim .

Contoh:

1). Nnn

xn ,1

nx terbatas dan turun monoton, maka menurut TKM :

0;1inf Nnn

xLim n

2). Diketahui barisan ny dengan Nnyyy nn ,324

1,1 11

Tunjukkan ny konvergen.

Bukti: ,.....8

113

4

52

4

1,

4

5312

4

1,1 321

yyy

Claim 1 nn yy (naik monoton).

Dibuktikan dengan induksi matematika

4

511 21 yyn (benar)

Dianggap benar untuk n = k. Jadi 1 kk yy

Dibuktikan benar untuk n = k + 1

324

11 kk yy

4

3

2

1 ky 211 32

4

1

4

3

2

1 kkk yyy

Jadi 1, nn yyNn .

Claim 21 ny (terbatas)

2111 1 yn (benar)

Dianggap benar untuk n = k. Jadi 21 ky

Dibuktikan benar untuk n = k + 1

324

11 kk yy

431

432

2

14

32

1 ky

21 1 ky .

Jadi .21, nyNn D.k.l ny terbatas.

Karena ny naik monoton dan terbatas, maka menurut TKM, ny konvergen dan

Nnyyy nn :supLim . Ekor – 1 dari NnyYY n :11 .

Karena nyY konvergen ke y, maka 11 nyY juga konvergen ke y.

Jadi,

1LimLim nn yyy

32

4

1Lim ny

4

3Lim

2

1Lim ny

4

3

2

1 nyLim .

2

34

3

2

1

4

3

2

1 yyyy .

Definisi :

Diketahui nxX barisan bilangan real dan nr barisan bilangan asli naik monoton,

yaitu nrr nn ,1 .

,.......,.......,,,321

1

nrrrr xxxxX disebut barisan bagian dari X .

Contoh:

,.......1,.......,5

1,4

1,3

1,2

1,1n

X

,.......2

1,.......,5

1,4

1,3

11

nX barisan bagian X

,.......12

1,.......,5

1,3

1,11

nX barisan bagian X

,.......6

1,3

1,4

1,1,2

111 X bukan barisan bagian X

Catatan: Ekor barisan merupakan barisan bagian.

Teorema:

Jika nxX konvergen ke x, maka sebarang barisan bagian X konvergen ke x.

Bukti:

Diambil 0 sebarang. Karena xxn , maka xxknNk n:,

Karena nr barisan bilangan asli naik, maka nrn . Akibatnya knrkn n ,

sehingga xxnr

.

Teorema (Kriteria Divergen)

Jika nxX barisan bilangan real, maka pernyataan-pernyataan berikut ekuivalen:

(i). nxX divergen (tidak konvergen ke x )

(ii). xxkrNrNk nrnno dan,,0

(iii). NnxxxX orro nn ,'dan0

Contoh: n1 divergen

Bukti: Andaikan n1 konvergen ke x, maka barisan bagian n

1 konvergen ke x,

tetapi

1,.......1,1,1,11 X

1,.......1,1,1,11 X

n1 divergen

Ingat : nx konvergen nx terbatas

nx terbatas nx belum tentu konvergen, contoh n1 terbatas tetapi tidak

konvergen.

Teorema Bolzano Weierstrass:

Setiap barisan bilangan real terbatas mempunyai barisan bagian konvergen.

Contoh: NnxXn

n ,1

X terbatas

1,.......1,1,11 X .

Teorema : Diketahui nx terbatas. Jika xxnr , maka xxn . (#)

BARISAN CAUCHY (BC)

Definisi : Barisan nx disebut BC jika HnmNH ,sehingga,0 :

nm xx

Contoh:

1). Nnn

xn ,1

Diambil 0 sebarang

nmnmnm

xx nm111111

Dipilih NH sehingga 2

1 H

Akibatnya untuk :, Hnm

22

11HH

xx nm .

BCxn

2). Nnn

nyn

,

13

52

39

13

3

2

313

313

312

nn

n

Diambil 0 sebarang

39

13

3

2

39

13

3

2

nmyy nm

39

13

39

13

nm

39

13

39

13

nm

39

13

39

13

nm

nm 9

13

9

13

Dipilih NH sehingga 26

91

H

Akibatnya :, Hnm

26

9

9

13

26

9

9

13nm yy

BCyn .

3). Nnzn

n ,1

nm

nm zz 11

Diambil 1

HnmnmNnmNH ,sehinggaganjil,genap,,,

Diperoleh:

nm

nm zz 11

211

BCzn bukan

Teorema:

(a). nn xBCx terbatas

(b). konvergen B nn xCx

Bukti:

(a). Karena ,BCxn maka untuk 1 , HnmNH ,,

1 nm xx

Akibatnya Hn

HHnn xxxx

HHn xxx

Hx1

Diambil M = maks 1,,.......,, 121 HH xxxx

Diperoleh Nn

Mxn .

(b). Diambil 0 sebarang.

Karena :,,maka, HnmNHBCxn

2 nm xx .

BCxn , maka nx terbatas. Menurut teorema BW, barisan bagian nr

x dari nx

sehingga xxxnr

, .

Karena maka,xxnr HkN ,k ,.......,dan 21 rrk krn sehingga :

2 xx

nr.

Akibatnya untuk kn :

xxxxxx kknn

xxxx kkn

22

.

Contoh:

Diketahui 2,2

1,2,1dengan 1221 nxxxxxxX nnnn

Tunjukkan nx konvergen dan selanjutnya tentukan konvergen ke mana.

Jawab:

dst8

13,4

7,2

3,2,1 54321 xxxxx

digunakandapattidakTKMmonotontidak

terbatas,21

n

nn

x

xnx

Perhatikan bahwa:

12121 xx

2

12

3232 xx

243 21

41

47

23 xx

:

:

11

2

1

nnn xx (cek dengan induksi).

Diperoleh:

mmnnnnnmn xxxxxxxxx 12211 .......

mmnnnnnn xxxxxxxx 132211 .......

1112111 2

1.......

2

1

2

1

2

1

mnnn

121 2

1.......

2

1

2

11

2

1nmn

nn 2

4

211

1

2

11

Diberikan 0 sebarang. Pilih 42

1dengan

HNH .

Akibatnya :, Hnm

44

2

4

2

4Hnmn xx

BCxn . Menurut teorema sebelumnya, nx konvergen.

Perhatikan untuk barisan bagian suku ganjil 12 nx

35

3

21

4

11

3

21

4

11

3

4

2

11

411

411

2

11

2

1.......

2

1

2

11

:

:

21

21

211

3253

21

211

813

211

23

1

12312

537

25

3

1

n

n

n

nnx

x

x

x

x

Jadi 3

5nx menurut teorema (#)

LIMIT FUNGSI

Definisi

cA ,

c disebut titik limit A jika 0 ,

cAcV

dimana cccV , = persekitaran titik c.

Contoh

1) 1,0A

2

12

1,0 AV sehingga 2

1 titik limit A, 2 bukan titik limit A sebab

ada 2

10 sehingga 22 AV

2)

Nnn

A ;1

,0.1

,,0 Vk

Nk .

Untuk kn

kn11

, .

knn

knn

AV :1

0:1

0

Jadi 0 Limit A.

Teorema

cA ,

c titik limit cxcxAxA nnn ,, .

Bukti

Diketahui c titik limit A

cAcVNnn

1, . Jadi cxAcVx n

n

n ,1 .

Akibatnya cVxn

n 1 dan cxAx nn , , atau cxAxn

cn

cx nnn

,,

1,

1

Dengan demikian diperoleh cxAxn

cxn

nnn ,,11

.

Karena 01

lim~

nn

dan 01

lim~

nn

, maka menurut teorema apit: 0lim~

cxnn

.

Jadi cxcxAx nnn ,,

Diketahui cxcxAx nnn ,, . Hal ini berarti untuk setiap 0 , terdapat

Nk sehingga untuk setiap cxkn n:

Axcxcx nnn ,,

Axcxcxc nnn ,,

Jadi AxcxcVx nnn ,, . Dengan demikian, cAcVxn atau

cAcV .

Definisi

A , c titik limit A.

Af :

Fungsi f dikatakan mempunyai limit di c jika terdapat L dengan sifat untuk setiap

0 , terdapat 0, c sehingga untuk setiap cxAx 0, berlaku :

Lxf .

Ditulis:

LxfcxxcLxfcx

,0,0lim

Contoh

1)

xcxcx

,2323lim

Bukti

Diberikan bilangan 0 sebarang.

cxcx 32323

Dipilih c

. Akibatnya untuk setiap cxx 0, berlaku:

3

3332323 cxcx .

2) 63

9lim

2

3

x

x

x

Bukti

363

92

x

x

x

Diberikan 0 sebarang.

Dipilih . Akibatnya untuk setiap 30, xx berlaku:

36

3

92

xx

x

3) 8484lim 22

ccxxcx

Bukti

cxcxccxx 2222 448484

cxcx 224

cxcxcx 4

14 cxcx

cxcx 144

cxcx 144

Untuk 1 cx :

cccxccxx 1

Sehingga

cxcxccxx 1448484 22

cxcc 1414

cxc 58

Diberikan 0 sebarang.

Pilih

58,1min

c

Akibatnya untuk cxx 0, :

cxcccxx 588484 22

58 c

58

58c

c

Teorema (kriteria barisan untuk limit)

LxfcxcxAxLxf nnnncx

,,lim

Bukti

Diketahui Lxfcx

lim , artinya

Lxfcxxc 0,0,0

Diambil sebarang cxcxAx nnn ,, .

Untuk 0 diatas, terdapat Nk sehingga jika kn berakibat

cxn .

Akibatnya untuk kn :

Lxf n

Andaikan Lxfcx

lim . Hal ini berarti cxAx 0,0,00

tetapi 0 Lxf .

ncxAxNn nn

10, . Jadi barisan cxAx nn , dan cxn

tetapi

0 Lxf n

D.k.l nxf L. Kontradiksi yang diketahui.

Kriteria Divergen

Diberikan AfA :, dan c titik limit A.

(a) cxcxAxLxf nnncx

,,lim tetapi nxf L.

(b) xfcx

lim tidak ada cxcxAx nnn ,, tetapi nxf divergen.

Contoh

1) 0,1

cos xx

xf

Ambil

0,0,1

1

nnn xx

nx

Tetapi Nnnx

xfn

n

n

,11cos

1cos

1

xfx 0lim

tidak ada

2) 3,3

1

x

xxg

Ambil 3,1

3 nn xn

x dan 3nx

Tetapi n

n

xxg

n

n

31

3

1

3

1

xgx 3lim

tidak ada.

3)

3,1

3,22 xx

xxxf

Ambil 3,3,1

3 nnn xxn

x

51

521

32 nn

xxf nn

3,3,1

3 nnn xxn

x

22

2

2 168

1691

1311

nnnnnxxf nn

= - 8

xfx 3lim

tidak ada.

Teorema Limit Fungsi

Agf :,

c titik limit A

Jika Lxfcx

lim dan Mxgcx

lim , maka

(1)

,lim Lxfcx

(2) MLxgfcx

lim

(3) LMxfgcx

lim

(4) 0,lim

M

M

Lx

g

f

cx

Definisi

AgfA :,,

(1) xgxfxgf

Axxgxfxfg ,

(2) Axxbfxbfb ,,

(3)

Axxh

xfx

n

fxh

,,0

Bukti

(1) Ambil sebarang barisan cxcxAx nnn ,, sehingga Lxf n

Akibatnya

Lxfxf nn

Lxfcx

lim

(2) Ambil sebarang barisan cxcxAx nnn ,,

Karena MxgLxfcxcx

lim,lim maka

Lxf n dan Mxg n

Akibatnya

MLxgxfxgf nnn

MLxgfcx

lim

Contoh

1)

3,1

3,22 xx

xxxf

3,8

3,5

x

xxg

xfcx

lim dan xgcx

lim tidak ada

3,9

3,32 xx

xxxgf

xgxfxgfxxx 333limlim0lim

2) xfxfxx 32lim,3lim

tidak ada

xgx 3lim

tidak ada, 8lim2

xgx

3,18

3,252 xx

xxxfg

24lim2

xfgx

xfgx 3lim

tidak ada

3)

3,1

3,32 xx

xxxf

2,2

3,3

x

xxg

2,12

32,13

3,33

2

2

xx

xx

xx

xfg

xfgx 3lim

tidak ada

Karena xfx 3lim

tidak ada, xgx 3lim

ada, xfgx 2lim

tidak ada

Karena xfx 2lim

ada, xgx 2lim

tidak ada.

Teorema

0,: xfAf

xfcx

lim ada 0lim

xfcx

Bukti

Misalkan Lxfcx

lim . Andaikan 0L

Diambil 0 L . Terdapat 0 sehingga untuk setiap cxAx 0, berlaku

LLxf

LLxfL

02 xfL

Kontradiksi dengan 0xf

Teorema apit

Diberikan A

Ahgf :,,

c titik limit A.

Jika cxAxxhxgxf ,, dan

Lxhxfcxcx

limlim , maka Lxgcx

lim .

FUNGSI KONTINU

Definisi:

Af :

AAc limittitik

cfxfcxAxccfFs ,0,0dikontinudikatakan

Atau:

Fungsi f kontinu di c jika

(1). cf ada

(2). adaxfLimcx

(3). cfxfLimcx

Contoh:

1).

1,3

1,132 xx

xxxf

41 f

41

xfLimx

xfLimfx 1

1

Kesimpulan : f kontinu di 1.

2).

1,2

1,13

x

xxxg

21 g

41

xgLimx

xgLimgx 1

1

Kesimpulan : g tidak kontinu di 1.

Fungsi f dikatakan kontinu pada A jika f kontinu di setiap titik anggota A .

Fungsi yang tidak kontinu dinamakan fungsi diskontinu.

Teorema:

Af :

Ac

f kontinu di cfxfcxAxc nnn , .

Teorema:

Af :

Ac

f diskontinu di cfxfcxAxc nnn ,

Contoh:

1).

irrasional,0

rasional,1

x

xxf

Untuk c rasional, 1cf

Diambil barisan bilangan irrasional nx dengan cxn

nx irrasional Nnxf n ,0 . Akibatnya cfxf n 0

Jadi f diskontinu di c rasional.

Untuk c irrasional, 0cf

Diambil barisan bilangan rasional ny dengan cyn

ny rasional Nnyf n ,1 . Akibatnya cfyf n 1

Jadi f diskontinu di c irrasional.

2). :f kontinu

rrf ,0 rasional

Buktikan xxf ,0

Bukti:

Cukup dibuktikan irrasional,0 xxf

Diambil sebarang x irrasional. Karena f kontinu pada , maka f kontinu di x.

Diambil barisan bilangan rasional xrr nn , . Akibatnya xfrf n .

Di lain pihak, nrf n 0 . Jadi 0nrf

Dengan ketunggalan limit, maka 0xf , x irrasional.

3). :f

irrasional,38

rasional,3

xx

xxxf

Tentukan titik-titik kekontinuan dari f

Jawab:

Misal f kontinu di c.

Diambil sebarang barisan cxx nn ,

irrasional,38

rasional,3

nn

nn

nxx

xxxf

Karena cxn maka nx rasional dan nx irrasional juga konvergen ke c.

Dengan demikian:

33 cxy nn

cxz nn 3838

Di lain pihak, ny dan nz barisan bagian dari nxf . Karena f kontinu di

c, maka cfzcfy nn dan

Dengan ketunggalan limit barisan :

4

5 sehingga383 ccccf .

Teorema:

Agf :,

Ac

Jika f dan g masing-masing kontinu di c, maka

(i). rcf skala, dikontinu

(ii). cgf dikontinu

(iii). cfg dikontinu

(iV0. 0, dikontinu cgcg

f

Teorema:

Misal BA,

Af :

Bg :

adalah fungsi-fungsi dengan BAf .

Jika f kontinu di Ac dan g kontinu di cfb , maka Afg : kontinu di C .

Bukti:

Diambil sebarang barisan cxx nn ,

Karena f kontinu di c , maka cfxf n

Karena g kontinu di cf maka cfgxfg n yang berarti

cfgxfg n .

Contoh:

1). 3 xxf

12 xxg

f kontinu di 0

g kontinu di 03 f

1332 xxgxfgxfg kontinu di 0

2). 1 xxf

1,2

1,0

x

xxg

Fungsi f kontinu di 0 tetapi fungsi g diskontinu di 01 f

0,2

0,0

x

xxfg

fg diskontinu di 0.