BAGIANPERTAMABilanganReal,Barisan,Deret12 HendraGunawanPengantarAnalisisReal 30. BILANGANREAL0.1BilanganRealsebagaiBentukDesimalDalambukuini pembacadiasumsikantelahmengenal dengancukupbaikbi-langanasli, bilanganbulat, danbilanganrasional. Himpunansemuabilanganaslidilambangkan dengan N, yakniN := 1, 2, 3, . . . .Himpunan semua bilangan bulat dilambangkan dengan Z, yakniZ := 0, 1, 2, 3, . . . .(Tanda . . . di sini menyatakan dan seterusnya, yang mengasumsikan bahwa pembacatelah mengetahui pola yang ada.)Sementara itu, himpunan semua bilangan rasionaldilambangkan dengan Q, yakniQ := _pq: p Z, q N, dan FPB(p, q) = 1_.(Di sini FPB(p, q)menyatakanfaktorpersekutuanterbesardari pdanq. Sebagaicontoh,FPB(6, 10) = 2.)Selainitu, pembacajugadiasumsikantelahmengenal notasi bilangandalambentuk desimal. Sebagai contoh,1 = 1.00000 . . .12= 0.50000 . . .13= 0.33333 . . .2 = 1.41421 . . .e = 2.71828 . . . = 3.14159 . . .4 HendraGunawanSebagian bilangan mempunyai bentuk desimal yang berhenti, seperti12= 0.5,dansebagianbilanganmempunyai bentukdesimal yang berulang, seperti13=0.33333 . . . . Bilanganrasional senantiasadapatdinyatakandalambentukdesimalyang berhenti atau berulang. Bilangan yang mempunyai bentuk desimal tak berhentiataupun berulang merupakan bilangan irasional. Sebagai contoh, bilangan0.1010010001 . . .merupakan bilangan irasional.Himpunan semua bilangan rasional dan bilangan irasional disebut sebagai him-punan bilangan real, yang dilambangkan dengan R. Dalam hal ini, kita mempunyaiN Z Q R.Pada pembahasan selanjutnya, kita akan mempelajari sifat-sifat bilangan real secaralebih mendalam.SoalLatihan1. Nyatakan112dalam bentuk desimal. Apakah bentuk desimalnya berhenti atauberulang?2. Nyatakan 0.123123123 . . . sebagai bentuk pecahan.0.2SifatAljabarHimpunanbilanganreal Rdiasumsikanmemenuhi Sifat Aljabaryangterkaitdengan operasi penjumlahan dan perkalian padanya. Persisnya, R terhadap penjum-lahan bersifat komutatif, asosiatif, mempunyai unsur identitas 0, dan mencakup unsurlawan. Demikian pula R terhadap perkalian bersifat komutatif, asosiatif, mempunyaiunsuridentitas1 ,=0, danmencakupunsurkebalikan. (Catatbahwasumsibahwa1 ,=0termasukbagianyangpentingdi sini.) Selainitu, di Rberlakupulasifatdistributif,yakni x(y + z) =xy + xzuntuksetiapx, y, z R. Kesembilansifatinidikenal pula sebagai Sifat Lapangan R.PengantarAnalisisReal 5Pada Rdapatdidenisikanpulaoperasipengurangandanpembagiansebagaiberikut:a b := a + (b)dan untukb ,= 0ab:= a 1b,dengan1bmenyatakan kebalikan darib.Catatbahwa0tidakmempunyai unsurkebalikan, danpembagiandengan0tidak didenisikan. Sehubungan dengan itu tidak benar bahwa10= .Walaupun kelak lambang (baca: tak hingga atau tak terhingga) akan sering digu-nakan, ia tidak menyatakan sebuah bilangan real.Teorema1(HukumPencoretan). Misalkanx, y, danzadalah bilangan real.(i) Jikax +z = y +z, makax = y.(ii) Jikaxz = yzdanz ,= 0, makax = y.Bukti. (i) Misalkanx +z = y +z. Tambahkan kedua ruas dengan z, sehingga kitadapatkan(x +z) + (z) = (y +z) + (z).Dengan menggunakan sifat asosiatif dan sifat unsur lawan, kita perolehx + 0 = y + 0,dan berdasarkan sifat unsur identitas pada penjumlahan, kita sampai pada kesimpul-an bahwax = y. Jadi pernyataan terbukti.(ii) Serupa dengan bukti bagian (i); dapat dicoba sebagai latihan.SoalLatihan1. Buktikan Teorema 1 bagian (ii).2. Diketahui bilangan reala sembarang. Buktikan bahwa(a) a.0 = 0.6 HendraGunawan(b) (1)a = a.(c) (a) = a.(d) (1)(1) = 1.3. Diketahui bilangan reala danb. Buktikan jikaab = 0, makaa = 0 ataub = 0.4. Buktikan bahwa tidak ada bilangan rasional x yang memenuhi persamaan x2=2. (Petunjuk. Gunakan metode pembuktian tak langsung.)0.3SifatUrutanSelainmemenuhi Sifat Lapangan, Rjugadiasumsikanmemenuhi Sifat Uru-tan, yangberkaitandenganketaksamaandi antaraduabilanganreal. Khususnya,diberikan dua buah bilangan real a dan b sembarang, terdapat tiga kemungkinan danhanya satu di antara tiga kemungkinan tersebut yang benar yaitu:ataua > b, ataua = b, ataua < b.Sifat ini dikenal sebagai Hukum Trikotomi.Catat bahwaaa. Jikaa, b, danc adalah bilangan real,makaa < b < c berartia < b danb < c. Sebagai contoh, kita mempunyai0 b danb > c, makaa > c.(ii) Jikaa > b danc R, makaa +c > b +c.(iii) Jikaa > b danc > 0, makaac > bc; Jikaa > b danc < 0, makaac < bc.Bilangan x dikatakan bernilai positif jika dan hanya jika x > 0. Teorema berikutmenyatakan ketertutupan bilangan positif terhadap penjumlahan dan perkalian.PengantarAnalisisReal 7Teorema2. Jikaa > 0 danb > 0, makaa +b > 0 danab > 0.Bukti. Misalkana, b > 0. Makaa +b > 0 +b = b danab > 0.b = 0.Contoh 3. Fakta bahwa 1 > 0 dapat dibuktikan kebenarannya dengan menggunakansifat-sifat di atas. Ingat bahwa 1 ,= 0. Karena itu tinggal ada dua kemungkinan: atau1 < 0 atau 1 > 0. Andaikan 1 < 0. Tambahkan kedua ruas dengan 1, kita peroleh0< 1atau 1>0. Akibatnya[lihatSoal Latihan0.2No. 2(d)], kitaperoleh1=(1)(1) >0, bertentangandenganpengandaiansemula. Dengandemikiantidak mungkin 1 < 0, dan karena itu mestilah 1 > 0.Contoh 4. Misalkan diketahui a < b+ untuk setiap> 0. Maka dapat disimpulkanbahwaa b. (Andaikana > b. Maka, untuk = a b, berlakua < b + (a b) = a,sesuatu yang mustahil.)SoalLatihan1. Buktikan jikaa > 0, maka1a> 0.2. Buktikan jikaa > b danc > d, makaa +c > b +d.3. Buktikan jikaA, B> 0, makaaA 0, makaa = b.0.4AkardanPersamaanKuadratUntukn N, kita tuliskanxn:= xx x (n kali). Asumsi berikutnya tentangsistem bilangan real adalah eksistensi akar ke-n. Persisnya, diberikan y 0, terdapatsebuah bilanganx 0 (tunggal) sedemikian sehinggay = xn.Untuky 0, nilai x 0yangmemenuhipersamaany=xndisebutsebagaiakar ke-n dariy dan dilambangkan denganx = y1/n.8 HendraGunawanKhususnya, untukn=2, kitagunakannotasi y=y1/2. Catatbahwadalamhalini senantiasaberlaku y 0. Jikay >0, makatentusajaterdapatduabuahbilanganyangkuadratnyasamadengany, yaitu yyangbernilaipositifdan yyang bernilai negatif. Notasi y berarti y atau y.Jikar =mnadalah suatu bilangan rasional positif dany 0, kita denisikanyr= ym/n:= (ym)1/n.Catat bahwa ym/ndalamhal ini merupakanakar ke-ndari ym, yangmemenuhi[ym/n]n= ym.Selanjutnya, jika r adalah suatu bilangan rasional negatif, maka r merupakanbilangan rasional positif dan karenanyayrterdenisi. Khususnya, jikay> 0, makakita dapat mendenisikanyrsebagaiyr:=1yr.Kita juga mendenisikan y0= 1. Dengan demikian, jika y> 0, maka yrterdenisi un-tuk semua bilangan rasional. (Denisi yxuntuk bilangan irasional x harus menungguhingga pembahasan berikutnya.)Seperti telahdisinggungdi atas, untuky >0, persamaanx2=ymempu-nyaiduabuahsolusi, yaitux = y. Persamaanx2=ydisinimerupakansuatupersamaan kuadrat. Bentuk umum persamaan kuadrat (dalamx) adalahax2+bx +c = 0,dengan a ,= 0. Sebagaimana telah dipelajari di sekolah menengah, persamaan kuadratax2+bx+c = 0 tidak mempunyai solusi atau akar real jika b24ac < 0, mempunyaisebuahakarreal (tunggal)jikab2 4ac=0, danmempunyai duabuahakarrealberbeda jikab2 4ac > 0. Dalam halb2 4ac 0, akar persamaan kuadrat di atasdiberikan oleh rumusx = b b24ac2a.Akar persamaan kuadrat merupakan titik potong grak persamaany = ax2+bx +c (yang berbentuk parabola) dengan sumbu-x pada sistem koordinat Cartesius.(Pembacadiasumsikantelahmengenal sistemkoordinat Cartesiusdangrakper-samaan padanya.)Ingat bahwa grak persamaan kuadrat terbuka ke atas jikaa > 0,atau terbuka ke bawah jikaa < 0.PengantarAnalisisReal 9SoalLatihan1. Buktikan bahwa bilanganx yang memenuhi 2x= 5 bukan merupakan bilanganrasional.2. Misalkan koesien a, b dan c pada persamaan kuadrat ax2+bx+c = 0 merupakanbilanganrasional (dengan, tentusaja, a ,=0). Buktikanjika=r + s2merupakanakarpersamaanini, denganrdansrasional, maka=r s2juga merupakan akar.3. Misalkann Ndana1, . . . , andanb1, . . . , bnadalahbilanganreal. Buktikanketaksamaan(a1b1 + +anbn)2 (a21 + +a2n)(b21 + +b2n).(Catatan. Ketaksamaan ini dikenal sebagai Ketaksamaan Cauchy-Schwarz.)0.5NilaiMutlakJika x adalah bilangan real, maka nilai mutlak x, ditulis [x[, didenisikan sebagai[x[ =_x, jikax 0,x, jikax < 0.Sebagai contoh, [2[ = 2, [0[ = 0, dan [ 5[ = (5) = 5. Perhatikan bahwa [x[ 0dan [x[2= x2, sehingga [x[ = x2untuk setiapx.Teorema5. Untuk setiap bilangan real x berlaku[x[ x [x[.Teorema6. Untuk setiap bilangan real a danb berlaku[ab[ = [a[[b[.10 HendraGunawanTeorema7(KetaksamaanSegitiga). Untuk setiapa, b R berlaku[a +b[ [a[ +[b[.Bukti. Perhatikan bahwa untuk setiapa, b R berlaku[a +b[2= (a +b)2= [a[2+ 2ab +[b[2 [a[2+ 2[a[ [b[ +[b[2= ([a[ +[b[)2.Karena itu (lihat Soal Latihan 0.3 No. 4), kita peroleh[a +b[ [a[ +[b[,sebagaimana kita harapkan.SoalLatihan1. Buktikan Teorema 5.2. Buktikan Teorema 6.3. Buktikan bahwa [a[ < b jika dan hanya jika b < a < b.4. Buktikanbahwauntuksetiapa, b Rberlaku [a b[ [a[ [b[ danjuga[a b[ [a[ [b[.5. Buktikan jika a < x < b dan a < y< b, maka [xy[ < ba. Berikan interpretasigeometrisnya.PengantarAnalisisReal 111. SIFATKELENGKAPANBILANGANREAL1.1ParadoksZenoZeno, seoranglsufdanmatematikawanYunani Kuno(490-435SM), menge-mukakan sebuah paradoks tentang suatu perlombaan lari antara Achilles dan seekorkura-kura. Karena Achilles berlari lebih cepat daripada sang kura-kura,maka sangkura-kura memulai perlombaan x0 meter di depan Achilles. Menurut Zeno, sekalipunAchillesberlarilebihcepatdanakansemakinmendekatisangkura-kura, namuniatakkanpernahdapatmenyalipsangkura-kura. KetikaAchillesmencapai titikdimana sang kura-kura mulaiberlari,sang kura-kura telahmenempuhx1meter;danketikaAchilles mencapai posisi tersebut beberapasaat kemudian, sangkura-kuratelah menempuhx2meter lebih jauh; dan seterusnya.Apa yang salah dengan paradoks Zeno ini?Dengan pengetahuan tentang bilang-an real yang kita kenal sekarang, Achilles akan menyalip sang kura-kura ketika ia telahmenempuhx meter,denganx sama denganbilanganrealterkecilyang lebihbesardari semua bilangan x0, x0+x1, x0+x1+x2, . . . . Sebagai contoh, bila Achilles berlaridengankecepatan6m/detiksementarasangkura-kuraberlari dengankecepatan3m/detik (ditarik roda), maka Achilles akan menyalip sang kura-kura setelah12 + 14 + 18 + = 1 detik.Hal serupa dijumpai pada metode exhaustion Eudoxus (405-355 SM), yang di-gunakanolehArchimedes(287-212SM)untukmenghampiri luasdaerahlingkarandenganluasdaerahsegi-nberaturandi dalamlingkaran, yaitudenganbarisanbi-langanA1, A2, A3, . . . . Luas daerah lingkaran kelak didenisikan sebagai bilanganrealterkecilyanglebihbesardari setiapbilanganAi, i=1, 2, 3, . . . . Argumeninibergantung pada sebuah sifat bilangan real yang belum terpikirkan oleh Eudoxus danArchimedes, serta matematikawan lainnya pada zaman itu.12 HendraGunawanSifat bilangan real yang diperlukan untuk membantah paradoks Zeno atau men-dukung argumen Eudoxus dan Archimedes adalah Sifat Kelengkapan, yang menjamineksistensi bilangan realx yang lebih besar darix0, x0 +x1, x0 +x1 +x2, . . . (padaparadoksZeno)danjugabilanganreal Ayanglebihbesardari Ai, i=1, 2, 3, . . .(pada perhitungan Archimedes).SifatKelengkapanbilanganreal biasanyatidakdiungkapkansecaraeksplisitdi sekolahmenengah, namunsesungguhnyamerupakansifatyangsangatpenting.(Tanpa Sifat Kelengkapan, Achilles takkan memenangkan perlombaan dan luas daerahlingkaran tak dapat dinyatakan sebagai sebuah bilangan.)SoalLatihan1. Sederhanakan bentuk penjumlahan12 + 14 + +12n.1.2HimpunanTerbatasSebelummembahasSifatKelengkapan, kitaperlumemperkenalkansejumlahistilah terlebih dahulu. Misalkan H himpunan bagian dari R. Himpunan H dikatakanterbatas di atas apabila terdapat suatu bilangan realMsedemikian sehinggax Muntuk setiapx H. BilanganMyang memenuhi sifat ini (bila ada) disebut sebagaibatas atas himpunan H. Jika M merupakan batas atas H, maka semua bilangan yanglebih besar daripadaMjuga merupakan batas atasH.Serupa dengan itu, himpunanHdikatakan terbatas di bawah apabila terdapatsuatu bilangan realm sedemikian sehinggam xuntuk setiapx H. Bilanganm yang memenuhi sifat ini (bila ada) disebut sebagaibatas bawahH. Jikam merupakan batas bawahH, maka semua bilangan yang lebihkecil daripadam juga merupakan batas bawah dariH.HimpunanHdikatakanterbatasapabilaiaterbatasdi atasdanterbatasdibawah.PengantarAnalisisReal 13Contoh 1. (i) Himpunan A := 1, 2, 3 terbatas di atas. Sebagai contoh, 100, 10, 5,dan3merupakanbatasatashimpunanA. HimpunanAjugaterbatasdi bawah.Sebagai contoh, 5, 1, 0, dan 1 merupakan batas bawahA.(ii) HimpunanI:= x R: 0 x< 1 terbatas di atas. Sebagai contoh, 100, 10,dan 1 merupakan batas atas I. Himpunan Ijuga terbatas di bawah. Sebagai contoh,10, 1, dan 0 merupakan batas bawahI.(iii) Himpunan semua bilangan real positifP:= x R: x > 0 terbatas di bawahnamuntidakterbatasdi atas. JikaMmerupakanbatasatashimpunanP, makax Muntuksetiapx P. Dalamhal ini Mmesti merupakanbilanganpositif.Sebagai akibatnyaM + 1 juga positif danM + 1 M, sesuatu yang mustahil.Proposisi 2. HimpunanH R terbatas jika dan hanya jika terdapat suatu bilanganreal Ksedemikian sehingga[x[ Kuntuk setiapx H.Misalkan himpunanHterbatas danMadalah suatu batas atasH. Bila untuksetiap> 0 bilangan M bukan merupakan batas atas H, maka Mdisebut sebagaibatasatasterkecil H. Serupa dengan itu, misalkanm adalah suatu batas bawahH.Bila untuk setiap> 0 bilanganm +bukan merupakan batas bawahH,makamdisebutsebagai batasbawahterbesar H. Sebagai contoh, himpunanA= 1, 2, 3mempunyai batas atas terkecil 3 dan batas bawah terbesar 1.SoalLatihan1. Buktikan bahwa batas atas terkecil himpunanIpada Contoh 1(ii) adalah 1.2. Buktikan bahwa batas bawah terbesar himpunanPpada Contoh 1(iii) adalah0.3. Buktikan Proposisi 2.1.3SifatKelengkapanSekarangkitasampaipadaperumusanSifatKelengkapanbilanganreal, yangakan sering kita gunakan pada pembahasan selanjutnya.14 HendraGunawanSifat Kelengkapan. Setiap himpunan bagian tak kosong dari R yang terbatas di atasmempunyai batasatasterkecil. Setiaphimpunanbagiantakkosongdari Ryangterbatas di bawah mempunyai batas bawah terbesar.MisalkanH ,= . JikaHterbatas di atas, maka batas atas terkecil HdisebutsebagaisupremumH, ditulissup H. Serupadenganitu, jikaHterbatasdibawah,makabatasbawahterbesar Hdisebutsebagai inmumH, ditulisinf H. JikaHterbatas, maka jelas bahwainf H sup H.Secara umum perlu dicatat bahwa supremum maupun inmum suatu himpunan tidakharus merupakan anggota himpunan tersebut.JikaHtidak terbatas di atas,kadang kita menuliskan sup H= +;dan jikaHtidak terbatas di bawah, kita dapat menuliskan inf H = .Contoh3. (i) HimpunanA = 1, 2, 3 mempunyai batas atas terkecil 3 dan batasbawah terbesar 1; yakni, sup A = 3 dan inf A = 1.(ii) MisalkanI = x: 0 x < 1. Maka, sup I = 1 dan inf I = 0.(iii) MisalkanP= x: x > 0. Maka, sup P= + (yakni,Ptak terbatas di atas)dan inf P= 0.DenganSifat Kelengkapan, himpunanbilanganreal Rdapat dinyatakanse-bagai sebuahgaris, yangkitakenal sebagai garisbilanganreal. SifatKelengkapanmenjaminbahwasetiaptitikpadagaristersebutmenyatakansebuahbilanganreal,dan sebaliknya setiap bilangan real menempati sebuah titik pada garis tersebut.Sebagai perbandingan, himpunanbilanganrasional Qtidakmemenuhi SifatKelengkapan, danapabilakitamemaksakandiri untukmenyatakannyasebagai se-buahgaris,makagaristersebutakanberlubang-lubang (sebagaicontoh,bilanganxdiantara1dan2yangmemenuhi x2= 2bukanmerupakanbilanganrasional, dankarenanya terdapat lubang di antara 1 dan 2).SifatKelengkapanmenjaminbahwa1merupakanbilanganreal terkecil yanglebihbesardari12+14++12n, danterdapatbilanganreal yangmenyatakanluasdaerahlingkaranberjari-jari1dannilainyalebihbesardariluasdaerahsegi-nberaturan di dalam lingkaran tersebut, untuk setiapn N. Sifat Kelengkapan pulalahyangmenjaminbahwabilanganyangmempunyai bentukdesimal takberhentiataupun berulang (yang dibahas pada Sub-bab 0.2) merupakan bilangan real.PengantarAnalisisReal 15SoalLatihan1. Verikasi nilai supremum dan inmum pada Contoh 3(ii) dan (iii).2. Diketahui H= _1n: n N_. Buktikanbahwasup H=1daninf H0.(Kelak anda akan diminta membuktikan bahwa inf H = 0.)3. Diketahui himpunan H ,= terbatas di atas dan Madalah suatu batas atas H.BuktikanbahwaM= sup Hjikadanhanyajikauntuksetiap> 0terdapatx Hsedemikian sehinggax > M .1.4ManipulasidenganSupremumdanInmumMisalkanH R danc R. Kita denisikancH := cx: x H dan H +c := x +c: x H.Sebagai contoh, jikaA = 1, 2, 3 danc = 2, maka2A = 2, 4, 6 danA+ 2 = 3, 4, 5.Proposisi 4. MisalkanH R tak kosong dan terbatas di atas, danc > 0. MakacHterbatas di atas dansup(cH) = c sup H.Bukti. Misalkanv= sup H. Ambilsembarangy cH. Maka, y=cxuntuksuatux H. Karenax v danc > 0, kita perolehy cv.Jadicv merupakan batas atascH. Selanjutnya, untuk sembarang > 0,v cbukanbatas atasH. Karena itu, terdapatx Hsedemikian sehinggav c< x.16 HendraGunawanKalikan kedua ruas denganc, kita dapatkancv < cx,yang menunjukkan bahwa cv bukan batas atas cH. Jadi cv merupakan batas atasterkecilcH, yaknicv = sup(cH).Proposisi 5. MisalkanH R tak kosong dan terbatas di atas, danc < 0. MakacHterbatas di bawah daninf(cH) = c sup H.Proposisi 6. MisalkanH Rtakkosongdanterbatasdiatas, danc R. MakaH +c terbatas di atas dansup(H +c) = c + sup H.SoalLatihan1. Buktikan Proposisi 5.2. Buktikan Proposisi 6.3. MisalkanH R tak kosong dan terbatas di atas, danG Hjuga tak kosong.Buktikan bahwaG terbatas di atas dan sup G sup H.4. MisalkanG, H Rtakkosongdanterbatas. DenisikanH + G:= x + y :x H, y G. Buktikan bahwaH +G terbatas dengansup(H +G) sup H + sup Gdan inf(H +G) inf H + inf G.5. Diketahui , = H P= x R: x > 0. Denisikan himpunanG = _1x: x H_. Buktikan jikaHterbatas di atas, makaG terbatas di bawah daninf G =1sup H.PengantarAnalisisReal 172. LEBIHJAUHTENTANGBILANGANREAL2.1MaksimumdanMinimum;IntervalKitatelahmencatat sebelumnyabahwasupremumdaninmumsuatuhim-punan tidak harus merupakan anggota himpunan tersebut. Jika H mempunyai supre-mum dan sup H= M H, makaMmerupakan anggota terbesar dan disebut mak-simumH, ditulis M=maks H. Serupadenganitu, jikaHmempunyai inmumdan inf H=m H, makam merupakan anggota terkecil dan disebut minimumH,ditulism = minH.Contoh1. (i) HimpunanA := 1, 2, 3 mempunyai maksimum 3 dan minimum 1.(ii)HimpunanI := x R: 0 x 0 tak mempunyai maksimum maupun minimum.HimpunanI padaContoh1(ii) merupakansebuahinterval. Secaraumum,sebuah interval di R merupakan himpunan bagian dari R yang bersifat: jikau, v Idan u x v, maka x I. Sebuah interval mungkin terbatas dan mungkin pula takterbatas.Berikut adalah notasi untuk interval terbatas di R:(a, b) := x: a < x < b.[a, b] := x: a x b.[a, b) := x: a x < b.(a, b] := x: a < x b.18 HendraGunawanBerikut adalah notasi untuk interval tak terbatas di R (selain R sendiri):(a, ) := x: x > a.[a, ) := x: x a.(, b) := x: x < b.(, b] := x: x b.Catat bahwa lambang dan di sini bukan menyatakan bilangan real.Interval (a, b), (a, ), dan (, b) merupakan interval terbuka, sedangkan in-terval [a, b], [a, ), dan (, b] merupakan interval tertutup. Sementara itu, interval[a, b)dan(a, b]seringdisebutsebagaiintervalsetengahterbuka. Interval[a, b]yangbersifat tertutup dan terbatas merupakan contoh himpunan kompak di R. Pada [a, b],a merupakan minimum danb merupakan maksimum.SoalLatihan1. Tentukan maksimum dan minimum himpunan berikut (bila ada).(a) _1n: n N_.(b) _(1)nn: n N_.(c) Himpunan semua bilangan rasionalr dengan 0 r 1.2. Misalkanc R dan> 0. Buktikan bahwax: [x c[ < = (c , c +).3. Beri duabuahcontohhimpunanyangmempunyai supremum1tetapi tidakmempunyai satu pun anggotax (0, 1).2.2 Ndan QsebagaiHimpunanBagiandari RDengan Sifat Kelengkapan, kita dapat pula membuktikan bahwa N tak terbatasdiatas. FaktainidikenalsebagaiSifatArchimedes, yanglazimdinyatakansebagaisebuah teorema.PengantarAnalisisReal 19Teorema2(SifatArchimedes). Untuk setiapx R terdapatnx N sedemikiansehinggax < nx.Bukti. Andaikansebaliknyaberlaku, yakni terdapat xRsedemikiansehinggan xuntuksetiapn N. Ini berarti bahwaNterbatasdi atas. KarenaN ,= danN R, makamenurutSifatKelengkapan, Nmempunyai supremum, sebutlahv=sup N. Karenavmerupakanbatasatasterkecil N, v 1bukanbatasatas N,sehinggaterdapat m Nsedemikiansehinggav 1 0 sedemikian sehingga [xn[ Kuntuk setiapn N.Contoh1. (i) Barisan 1n) adalah barisan bilangan 1,12,13, . . . .(ii) Barisan (1)n) adalah barisan bilangan 1, 1,1, 1, . . . . Jikan ganjil, makasuku ke-n bernilai 1; dan jika n genap, maka suku ke-n bernilai 1. Jadi daerah nilaibarisan ini adalah 1, 1.(iii) Barisan yang didenisikan secara induktif denganx1 = x2 = 1 danxn+2 = xn +xn+1, n = 1, 2, 3, . . . ,adalahbarisan1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, .... Barisanini dikenal sebagai barisanFibonacci(yang dipublikasikan oleh Leonardo Fibonacci dalam Liber abaci pada 1202).(iv) Barisan rn) yang didenisikan secara induktif denganr1 = 1 danrn+1 = 1 +1rn, untukn = 1, 2, 3, . . .adalah barisan 1, 2,32,53, . . . .SoalLatihan1. Buktikan bahwa ketiga barisan pada Contoh 1 merupakan barisan terbatas.2. Buktikan bahwa barisan Fibonacci tak terbatas.3. Misalkan xn) adalah barisan Fibonacci. Denisikanrn :=xn+1xn, n N. Buk-tikan bahwa barisan rn) terbatas.3.2KekonvergenanBarisanBarisan xn)dikatakankonvergenkeL(L R)apabilauntuksetiap >0terdapat bilangan asliNsedemikian sehinggaPengantarAnalisisReal 25jikan N, maka [xn L[ < .BilanganL dalam hal ini disebut sebagai limit barisan xn), dan kita tuliskanlimnxn = L,atauxn L, bilan .Secarainformal, kitadapatmengatakanbahwaxnmenujuL bilanmenujutakterhingga.Untuktiapn N, bilanganxndapat dianggapsebagai hampiranuntukL(dansebaliknya, Lmerupakanhampiranuntukxn). Jarak [xn L[antaraxndanLmenyatakankesalahanpadapenghampirantersebut (dengan sebagai taksirankesalahanmaksimum-nya). Denisi di atasmenyatakanbahwakesalahantersebutdapat dibuat sekecil-kecilnya dengan memilihn cukup besar.Contoh2. Barisan 1n) konvergen ke 0, yaknilimn1n= 0.Diberikan >0sembarang, kitadapatmemilihbilanganasli N>1sedemikiansehingga jikan N, maka1n 0 =1n 1N< .Catatan. Eksistensi bilangan asliNyang lebih besar dari bilangan real1tentu sajadijamin oleh Sifat Archimedes.)Teorema 3. Sebuah barisan tidak mungkin konvergen ke dua buah limit yang berbeda.Bukti. Misalkan xn) konvergen keL dan juga keM. Untuk> 0 sembarang, kitadapatmemilihN1 Nsedemikiansehinggauntukn N1berlaku [xn L[ 0, makaterdapat NNsedemikiansehinggaxn>L2untuk tiapn N.6. Berikan alasan sederhana mengapa barisan Fibonacci tidak mungkin konvergen.3.3TeoremaLimitDalamcontohdansoal-soal latihanpadasubbabsebelumnya, ketika >0diberikan, cukupmudahbagi kitauntukmencari bilanganasli Nyangmemenuhidenisi barisan konvergen. Namun secara umum tidaklah selalu demikian situasinya.Dalam hal ini kita perlu mempunyai cara lain untuk memeriksa kekonvergenan suatubarisan (dan menentukan limitnya) tanpa harus menggunakan denisinya.Proposisi5. Misalkanxn L danyn Mbilan , dan, R. Maka(i)xn +yn L +Mbilan .(ii)xnyn LMbilan .(iii)xnynLMbilan , asalkanM ,= 0.Bukti. (i) Berdasarkan Soal Latihan 3.2 No. 4, cukup dibuktikan bahwa, jika xn Ldanyn Muntukn , makaxn +yn L +Muntukn . Diberikan > 0sembarang, terdapatN1 N sedemikian sehingga untukn N1berlaku[xn L[ 0, denisikan barisan xn) sebagaixn =12_xn1 +2xn1_, n N.Dapatditunjukkanbahwa xn)turundanterbatasdi bawah, sehinggakonvergen,dan limitnya adalah a. Lihat tabel di bawah yang berisi nilai suku-suku barisan iniuntuka = 2 danx0 = 1. (Cara menghampiri a dengan barisan ini telah dikenal diMesopotamia sebelum 1500 SM.)Contoh 14. Misalkan xn := _1 +1n_n, n N. Dapat diperiksa bahwa xn) naik danterbatas (di atas), sehingga konvergen. (Lihat [1] atau [2].)SoalLatihan1. Buktikan Teorema 11 bagian (ii).2. Diketahui 0 0, pilihN Nsedemikian sehingga untuk setiapn Nberlaku[xn L[ < .Maka, untuk setiapk N, kita mempunyaink k N, dan karenanya[xnk L[ < .Dengan demikian xnk) konvergen keL.Contoh 3. Kita telah membahas kedivergenan barisan (1)n). Bukti alternatif yanglebih sederhana dapat diberikan dengan menggunakan Teorema 2. Karena terdapatsub-barisan 1) yangkonvergenke-1dansub-barisan 1) yangkonvergenke1,maka barisan (1)n) tidak mungkin konvergen. (Jika ia konvergen, maka menurutTeorema 2 kedua sub-barisan di atas seharusnya konvergen ke bilangan yang sama.)Contoh4. PadaSoal Latihan3.4No. 3, andadimintamenunjukkanbahwa xn)konvergenuntuk0 0 untuk tiapn N. Karenaitu mestilahL = 2.SoalLatihan1. Diketahui barisan xn). Tunjukkan jika x2k1) dan x2k) konvergen ke bilanganyang sama, maka xn) konvergen.2. Diketahui barisan xn) didenisikan secara induktif denganx1 = 1 danxn+1 = xn +1xn, n N.Mungkinkah xn) konvergen?3. Diketahui barisan rn) didenisikan secara induktif denganr1 = 1 danrn+1 = 1 +1rn, n N.Tunjukkan jika rn) konvergen, maka ia mestilah konvergen ke1+52.4.2TeoremaBolzano-WeierstrassPada bagian ini kita akan membahas sebuah hasil penting tentang barisan ter-batas. Sebelum kita sampai ke sana, kita pelajari terlebih dahulu teorema berikut.Teorema6. Setiap barisan mempunyai sub-barisan yang monoton.PengantarAnalisisReal 35Bukti. Misalkan xn) barisan sembarang. Untuk tiap N N, denisikan AN:= xn:n N. Kita tinjau dua kasus berikut.Kasus 1: Untuk tiap N N, ANmempunyai maksimum. Dalam kasus ini, kita dapatmemperoleh barisan bilangan asli nk) sedemikian sehinggaxn1 = maksA1xn2 = maksAn1+1xn3 = maksAn2+1dan seterusnya. Jelas bahwan1 0 terdapat N Nsedemikian sehingga untukm, n Nberlaku[xm xn[ < .Secara intuitif, suku-suku pada barisan Cauchy mendekat dan semakin mendekat satusama lain.Proposisi10. Jika xn) konvergen, maka xn) merupakan barisan Cauchy.Bukti. Misalkan xn)konvergenkeL. Diberikan >0, pilihNNsedemikiansehinggauntuktiapn Nberlaku [xn L[ 0, barisan nr) divergen ke+.3. Misalkanxn> 0 untuk tiapn N. Buktikan bahwa xn) konvergen ke 0 jikadan hanya jika 1xn_ divergen ke +.PengantarAnalisisReal 415. DERET5.1DeretdanKekonvergenannyaDiberikan sebuah barisan bilangan real an), denisikan barisan sN) dengansN:=Nn=1an = a1 + +aN, N N.Untuk tiapN N,sNdikenal sebagai jumlah parsial dari deretn=1an.Catatan. Indeks ndapatberjalan mulai dari 0, sehinggakitamempunyai deretn=0an. Indeksn dapat pula berjalan mulai dari sembarang bilangan aslin0.JikasNsuntukN , makaderetn=1andikatakankonvergenke s.Dalam hal inis disebut sebagai jumlah deret tersebut dan kita tuliskann=1an = s.Ini berarti bahwan=1an = limNNn=1an,yang tentu saja bermakna apabila deret konvergen.Contoh1. Deret geometrin=112n42 HendraGunawanmerupakan barisan jumlah parsialsN=Nn=112n= 1 12N ,yang konvergen ke 1. Jadi dalam hal ini kita dapat menuliskann=112n= 1.Secara umum, deret geometrin=0xn= 1 +x +x2+x3+. . .mempunyai jumlah parsialsN=Nn=0xn=1 xN+11 x.Jika [x[ < 1, makaxN+1 0 untukN ; sehinggasN 11 x, untukN .Jadi, untuk [x[ < 1, deretn=0xnkonvergen ke11x. Jika [x[ 1, maka deret divergen.Contoh2. Deretn=11n(n + 1)mempunyai jumlah parsialsN=Nn=11n(n + 1)=Nn=1_1n 1n + 1_=_1 12_+_12 13_+ +_ 1N 1N + 1_= 1 1N + 1.Di sini sN1untukN , sehinggaderetdi ataskonvergendanmempunyaijumlah 1, yaknin=11n(n + 1)= 1.(Deret yang suku-sukunya saling menghapuskan seperti pada contoh ini disebut deretteleskopis.)PengantarAnalisisReal 43SoalLatihan1. Misalkan > 0. Tunjukkan bahwan=01(+n)(+n+1)=1.2. Tunjukkan bahwan=144n21= 2.3. Tentukan jumlah parsial deretn=1(1)n. Apakah deret ini konvergen?5.2DeretdenganSuku-sukuPositifDeret yang suku-sukunya bernilai positif (atau tak negatif) termasuk deret yangmudah dipelajari, karena jumlah parsialnya membentuk barisan naik. Jadi, jika kitaingin menunjukkan bahwa deret tersebut konvergen,kita hanya perlu menunjukkanbahwa barisan jumlah parsialnya terbatas di atas. Jika barisan jumlah parsialnya takterbatas di atas, maka deret tersebut divergen ke +.Contoh3. Deretn=11n2mempunyai suku-suku yang bernilai positif. Jumlah parsialnya, yaitusN= 1 +122+ +1N2,membentuk barisan naik dan terbatas di atas (lihat Contoh 12 pada Bab 3). Karenaitu deret di atas konvergen (namun pada saat ini kita belum dapat menghitung jumlahderet tersebut).Contoh4. Deretn=11nmempunyai suku-suku yang bernilai positif. Jumlah parsialnya, yaitusN= 1 + 12 + +1N ,membentukbarisannaikyangtakterbatasdi atas(Soal Latihan3.4no. 5). Jadideret ini divergen ke +.44 HendraGunawanTeorema5. Misalkan > 1, bilangan rasional. Maka deretn=11nkonvergen.Bukti. Perhatikan bahwa 21< 1 dan, untuk tiapN> 1,sN s2N1 = 1 +12+13+ +1(2N1)= 1 +_12+13_+_14+ +17_+_12(N1)+ +1(2N1)_ 1 +_12+12_+_14+ +14_+_12(N1)+ +12(N1)_= 1 +22+44+ +2N12(N1)=1 (21)N1 2111 21< .Jadi sN) naik dan terbatas di atas. Karena itu kita simpulkan bahwa deretn=11nkonvergen.SoalLatihan1. Selidiki kekonvergenan deretn=11n!.2. Misalkan rn) adalah barisan bilangan rasional12, 13, 23, 14, 24, 34, . . . .Tunjukkan bahwan=1rndivergen ke +.5.3Sifat-sifatDasarDeretBagianini membahassifat-sifatdasarderet. Kitamulai dengansifatlinearderet konvergen.PengantarAnalisisReal 45Teorema6 Misalkann=1andann=1bnkonvergen kea danb berturut-turut. Jikadan adalah bilangan real sembarang, makan=1(an +bn) konvergen kea +b.Bukti. Perhatikan bahwaNn=1(an +bn) = Nn=1an +Nn=1bn a +buntukN , menurut Proposisi 5 pada Bab 3.Teorema7. Jika deretn=1ankonvergen, makaan 0 untukn .Bukti. Misalkann=1an = s. MakasN=Nn=1an s,untukN . Akibatnya,aN= sN sN1 s s = 0,untukN .Teorema7menyatakanbahwa limnan=0merupakansyarat perluuntukkekonvergenan deretn=1an. Sebagai contoh,n=1(1)ndivergen, karena limn(1)n,=0 (persisnya, limn(1)ntidak ada).Kebalikan dari Teorema 7 tidak berlaku: limnan = 0 bukan merupakan syaratcukup untuk menjamin bahwa deretn=1ankonvergen. Sebagai contoh, limn1n= 0,tetapin=11ndivergen.Proposisi 8. Misalkanderetn=1ankonvergen. Maka, untuksetiapN N, deretn=Nankonvergen dann=Nan 0, untukN .46 HendraGunawanCatatan. Bila Teorema 7 menyatakan bahwa suku-suku dari suatu deret konvergenharuslahkonvergenke0, makamenurutProposisi 8ekor atauresidu dari suatuderet konvergen juga akan konvergen ke 0.SoalLatihan1. Apakah deretn=1n100n+1konvergen?2. Buktikan Proposisi 8.3. Misalkan an) turun, an> 0 untuk tiap n N, dann=1an konvergen. Buktikanbahwanan 0 untukn . [Petunjuk: Tinjauan+1 + +a2n.]5.4KriteriaCauchy;UjiKekonvergenanDeretPadabeberapasub-babterdahulu, kitatelahmempelajarideretdenganjum-lahparsial yangmempunyai rumussederhanaatauyangmembentukbarisannaik,sehingga kekonvergenannya relatif mudah diselidiki. Bagaimana bila tidak demikiansituasinya?Seperti halnya ketika kita berurusan dengan barisan, kita dapat memeriksaapakah jumlah parsial deret yang kita amati membentuk barisan Cauchy.Teorema berikut membahas kekonvergenan deret dengan suku-suku yang berganti-tanda.Teorema9. Misalkan an)turun, an>0untuktiapn N, danan 0untukn . Maka deretn=1(1)n1an = a1 a2 +a3 a4 +konvergen.Bukti. Bilakitadapatmenunjukkanbahwa sn)merupakanbarisanCauchy, makabukti selesai. Perhatikan bahwa untukm > n, kita mempunyai0 an+1 an+2 + +am an+1.Ini terjadi karenaak> 0 danak ak+1 0 untuk tiapk.PengantarAnalisisReal 47Sekarangmisalkan>0diberikan. Karenaan 0untukn , terdapatN N sehinggaan n N, kita peroleh[sm sn[ = [an+1 an+2 + +am[ an+1< .Ini berarti bahwa sn) Cauchy, sesuai dengan harapan kita.Contoh10. Deretn=1(1)n1n= 1 12 + 13 14 +merupakanderetberganti tandayangmemenuhi hipotesisTeorema9. Karenaituderet ini konvergen.Teorema 11 (Uji Banding). Misalkanbn> 0 untuk tiapn N dann=1bn konver-gen. Jika[an[ bn, n N,makan=1ankonvergen.Bukti. Ambil > 0sembarang. Karenan=1bnkonvergen,makamenurutProposisi8 terdapatN N sehinggak=Kbk< untukK N. Sekarang misalkansnadalahjumlah parsial darin=1an. Maka, untukm > n N, kita peroleh[sm sn[ = [an+1 + +am[ [an+1[ + +[am[ bn+1 + +bm k=n+1bk< .Ini menunjukkan bahwa sn) Cauchy. Jadin=1ankonvergen.Teorema12(UjiRasio). Misalkanan ,= 0 untuk tiapn N danlimnan+1an = L.JikaL < 1, makan=1ankonvergen; jikaL > 1, makan=1andivergen.48 HendraGunawanTeorema13(UjiAkar). Misalkan [an[1/n) terbatas dan limsupn[an[1/n= L.JikaL < 1, makan1ankonvergen; jikaL > 1, makan=1andivergen.SoalLatihan1. Selidiki benar atau salah pernyataan berikut:Jikan=1andann=1bnkonvergen, makan=1anbnkonvergen.Jikabn>0untuktiapn N,n=1bnkonvergen, danNn=1an Nn=1bn,untuk tiapN N, makan=1ankonvergen.2. Buktikan Teorema 12.3. BuktikanTeorema13. (IngatbahwaLadalahbilanganterbesaryangmeru-pakan limit dari suatu sub-barisan dari [an[1/n).)4. Selidiki kekonvergenan deret berikut:n=11n2+1n=1nn2+1.n=1n2n.5. Diketahui an 0untuktiapn Ndann=1ankonvergen. Buktikanbahwan=1a2nkonvergen.5.5KekonvergenanMutlakdanKekonvergenanBersyaratDeretn=1andikatakan konvergen mutlak apabila deretn=1[an[ konvergen. Se-bagai contoh,n=1(1)n1n2konvergen mutlak karenan=11n2konvergen.PengantarAnalisisReal 49Catat bahwa deret yang konvergen berdasarkan Uji Rasio secara otomatis meru-pakan deret konvergen mutlak.Hubungan antara deret konvergen mutlak dan deret konvergen dinyatakan olehteorema berikut dan catatan di bawahnya.Teorema13. Deret konvergen mutlak senantiasa konvergen.Bukti. Gunakan Uji Banding denganbn = [an[.KebalikandariTeorema13tidakberlaku: deretyangkonvergenbelumtentukonvergenmutlak. Sebagai contoh,n=1(1)n1nkonvergentetapi tidakkonvergenmutlak. Deretyangkonvergentetapi tidakkonvergenmutlakdikatakankonvergenbersyarat.SoalLatihan1. Buktikanjikan=1a2ndann=1b2nkonvergen, makan=1anbnkonvergenmutlak(dan karenanya konvergen).2. Selidiki apakah deret berikut konvergen mutlak, konvergen bersyarat, atau di-vergen:n=1(1)n1nn=1(1)n1n3/2.3. Selidiki kekonvergenan deret berikut:n=1n+1nn.n=1n+1nn.4. Buktikan bahwan=0xnn!konvergen mutlak untuk setiapx R.5. Buktikan jikan=1ankonvergen mutlak, makan=1a2nkonvergen.50 HendraGunawan