Pengantar Analisis Real Oleh Hendra Gunawan Ph.D.pdf

BAGIAN PERTAMA

Bilangan Real, Barisan, Deret

1

2 Hendra Gunawan

Pengantar Analisis Real 3

0. BILANGAN REAL

0.1 Bilangan Real sebagai Bentuk Desimal

Dalam buku ini pembaca diasumsikan telah mengenal dengan cukup baik bi-langan asli, bilangan bulat, dan bilangan rasional. Himpunan semua bilangan aslidilambangkan dengan N, yakni

N := {1, 2, 3, . . . }.

Himpunan semua bilangan bulat dilambangkan dengan Z, yakni

Z := {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, yakni

Q :={p

q: p ∈ Z, q ∈ N, dan FPB(p, q) = 1

}.

(Di sini FPB(p, q) menyatakan faktor persekutuan terbesar dari p dan q. Sebagaicontoh, FPB(6, 10) = 2.)

Selain itu, pembaca juga diasumsikan telah mengenal notasi bilangan dalambentuk desimal. Sebagai contoh,

1 = 1.00000 . . .

12

= 0.50000 . . .

13

= 0.33333 . . .√

2 = 1.41421 . . .

e = 2.71828 . . .

π = 3.14159 . . .

4 Hendra Gunawan

Sebagian bilangan mempunyai bentuk desimal yang ‘berhenti’, seperti 12 = 0.5,

dan sebagian bilangan mempunyai bentuk desimal yang ‘berulang’, seperti 13 =

0.33333 . . . . Bilangan rasional senantiasa dapat dinyatakan dalam bentuk desimalyang berhenti atau berulang. Bilangan yang mempunyai bentuk desimal tak berhentiataupun berulang merupakan bilangan irasional. Sebagai contoh, bilangan

0.1010010001 . . .

merupakan bilangan irasional.

Himpunan semua bilangan rasional dan bilangan irasional disebut sebagai him-punan bilangan real, yang dilambangkan dengan R. Dalam hal ini, kita mempunyai

N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R.

Pada pembahasan selanjutnya, kita akan mempelajari sifat-sifat bilangan real secaralebih mendalam.

Soal Latihan

1. Nyatakan 112 dalam bentuk desimal. Apakah bentuk desimalnya berhenti atau

berulang?

2. Nyatakan 0.123123123 . . . sebagai bentuk pecahan.

0.2 Sifat Aljabar

Himpunan bilangan real R diasumsikan memenuhi Sifat Aljabar yang terkaitdengan 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, mempunyaiunsur identitas 1 6= 0, dan mencakup unsur kebalikan. (Catat bahwa sumsi bahwa1 6= 0 termasuk bagian yang penting di sini.) Selain itu, di R berlaku pula sifatdistributif, yakni x(y + z) = xy + xz untuk setiap x, y, z ∈ R. Kesembilan sifat inidikenal pula sebagai Sifat Lapangan R.


Pada R dapat didefinisikan pula operasi pengurangan dan pembagian sebagaiberikut:

a− b := a + (−b)

dan untuk b 6= 0a

b:= a · 1

b,

dengan 1b menyatakan kebalikan dari b.

Catat bahwa 0 tidak mempunyai unsur kebalikan, dan pembagian dengan 0tidak didefinisikan. Sehubungan dengan itu tidak benar bahwa

10

= ∞.

Walaupun kelak lambang ∞ (baca: tak hingga atau tak terhingga) akan sering digu-nakan, ia tidak menyatakan sebuah bilangan real.

Teorema 1 (Hukum Pencoretan). Misalkan x, y, dan z adalah bilangan real.

(i) Jika x + z = y + z, maka x = y.

(ii) Jika xz = yz dan z 6= 0, maka x = y.

Bukti. (i) Misalkan x + 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 peroleh

x + 0 = y + 0,

dan berdasarkan sifat unsur identitas pada penjumlahan, kita sampai pada kesimpul-an bahwa x = y. Jadi pernyataan terbukti.

(ii) Serupa dengan bukti bagian (i); dapat dicoba sebagai latihan.

Soal Latihan

1. Buktikan Teorema 1 bagian (ii).

2. Diketahui bilangan real a sembarang. Buktikan bahwa

(a) a.0 = 0.

6 Hendra Gunawan

(b) (−1)a = −a.

(c) −(−a) = a.

(d) (−1)(−1) = 1.

3. Diketahui bilangan real a dan b. Buktikan jika ab = 0, maka a = 0 atau b = 0.

4. Buktikan bahwa tidak ada bilangan rasional x yang memenuhi persamaan x2 =2. (Petunjuk. Gunakan metode pembuktian tak langsung.)

0.3 Sifat Urutan

Selain memenuhi Sifat Lapangan, R juga diasumsikan memenuhi Sifat Uru-tan, yang berkaitan dengan ketaksamaan di antara dua bilangan real. Khususnya,diberikan dua buah bilangan real a dan b sembarang, terdapat tiga kemungkinan danhanya satu di antara tiga kemungkinan tersebut yang benar — yaitu:

atau a > b, atau a = b, atau a < b.

Sifat ini dikenal sebagai Hukum Trikotomi.

Catat bahwa a a. Jika a, b, dan c adalah bilangan real,maka a b ataua = b. Sebagai contoh,

1 ≥ 0 dan − 1 ≤ 1

merupakan dua pernyataan yang benar.

Sifat Urutan lainnya yang dipenuhi oleh bilangan real adalah:

(i) Jika a > b dan b > c, maka a > c.

(ii) Jika a > b dan c ∈ R, maka a + c > b + c.

(iii) Jika a > b dan c > 0, maka ac > bc; Jika a > b dan c < 0, maka ac < bc.

Bilangan x dikatakan bernilai positif jika dan hanya jika x > 0. Teorema berikutmenyatakan ketertutupan bilangan positif terhadap penjumlahan dan perkalian.

Teorema 2. Jika a > 0 dan b > 0, maka a + b > 0 dan ab > 0.

Bukti. Misalkan a, b > 0. Maka a + b > 0 + b = b dan ab > 0.b = 0.

Contoh 3. Fakta bahwa 1 > 0 dapat dibuktikan kebenarannya dengan menggunakansifat-sifat di atas. Ingat bahwa 1 6= 0. Karena itu tinggal ada dua kemungkinan: atau1 < 0 atau 1 > 0. Andaikan 1 < 0. Tambahkan kedua ruas dengan −1, kita peroleh0 < −1 atau −1 > 0. Akibatnya [lihat Soal Latihan 0.2 No. 2(d)], kita peroleh1 = (−1)(−1) > 0, bertentangan dengan pengandaian semula. Dengan demikiantidak mungkin 1 < 0, dan karena itu mestilah 1 > 0.

Contoh 4. Misalkan diketahui a < b+ε untuk setiap ε > 0. Maka dapat disimpulkanbahwa a ≤ b. (Andaikan a > b. Maka, untuk ε = a− b, berlaku a 0, maka 1a > 0.

2. Buktikan jika a > b dan c > d, maka a + c > b + d.

3. Buktikan jika A,B > 0, maka aA < a+b

A+B < AB .

4. Diketahui x, y > 0. Buktikan x < y jika dan hanya jika x2 < y2.

5. Buktikan jika b− ε < a 0, maka a = b.

0.4 Akar dan Persamaan Kuadrat

Untuk n ∈ N, kita tuliskan xn := xx · · ·x (n kali). Asumsi berikutnya tentangsistem bilangan real adalah eksistensi akar ke-n. Persisnya, diberikan y ≥ 0, terdapatsebuah bilangan x ≥ 0 (tunggal) sedemikian sehingga

y = xn.

Untuk y ≥ 0, nilai x ≥ 0 yang memenuhi persamaan y = xn disebut sebagaiakar ke-n dari y dan dilambangkan dengan

x = y1/n.

8 Hendra Gunawan

Khususnya, untuk n = 2, kita gunakan notasi√

y = y1/2. Catat bahwa dalam halini senantiasa berlaku

√y ≥ 0. Jika y > 0, maka tentu saja terdapat dua buah

bilangan yang kuadratnya sama dengan y, yaitu√

y yang bernilai positif dan −√y

yang bernilai negatif. Notasi ±√y berarti ‘√

y atau −√y’.

Jika r = mn adalah suatu bilangan rasional positif dan y ≥ 0, kita definisikan

yr = ym/n := (ym)1/n.

Catat bahwa ym/n dalam hal ini merupakan akar ke-n dari ym, yang memenuhi[ym/n]n = ym.

Selanjutnya, jika r adalah suatu bilangan rasional negatif, maka −r merupakanbilangan rasional positif dan karenanya y−r terdefinisi. Khususnya, jika y > 0, makakita dapat mendefinisikan yr sebagai

yr :=1

y−r.

Kita juga mendefinisikan y0 = 1. Dengan demikian, jika y > 0, maka yr terdefinisi un-tuk semua bilangan rasional. (Definisi yx untuk bilangan irasional x harus menungguhingga pembahasan berikutnya.)

Seperti telah disinggung di atas, untuk y > 0, persamaan x2 = y mempu-nyai dua buah solusi, yaitu x = ±√y. Persamaan x2 = y di sini merupakan suatupersamaan kuadrat. Bentuk umum persamaan kuadrat (dalam x) adalah

ax2 + bx + c = 0,

dengan a 6= 0. Sebagaimana telah dipelajari di sekolah menengah, persamaan kuadratax2 + bx+ c = 0 tidak mempunyai solusi atau akar real jika b2− 4ac < 0, mempunyaisebuah akar real (tunggal) jika b2 − 4ac = 0, dan mempunyai dua buah akar realberbeda jika b2 − 4ac > 0. Dalam hal b2 − 4ac ≥ 0, akar persamaan kuadrat di atasdiberikan oleh rumus

x =−b±

√b2 − 4ac

2a.

Akar persamaan kuadrat merupakan titik potong grafik persamaan y = ax2 +bx + c (yang berbentuk parabola) dengan sumbu-x pada sistem koordinat Cartesius.(Pembaca diasumsikan telah mengenal sistem koordinat Cartesius dan grafik per-samaan padanya.) Ingat bahwa grafik persamaan kuadrat terbuka ke atas jika a > 0,atau terbuka ke bawah jika a < 0.

Soal Latihan

1. Buktikan bahwa bilangan x yang memenuhi 2x = 5 bukan merupakan bilanganrasional.

2. Misalkan koefisien a, b dan c pada persamaan kuadrat ax2+bx+c = 0 merupakanbilangan rasional (dengan, tentu saja, a 6= 0). Buktikan jika α = r + s

√2

merupakan akar persamaan ini, dengan r dan s rasional, maka β = r − s√

2juga merupakan akar.

3. Misalkan n ∈ N dan a1, . . . , an dan b1, . . . , bn adalah bilangan real. Buktikanketaksamaan

(a1b1 + · · ·+ anbn)2 ≤ (a21 + · · ·+ a2

n)(b21 + · · ·+ b2

n).

(Catatan. Ketaksamaan ini dikenal sebagai Ketaksamaan Cauchy-Schwarz.)

0.5 Nilai Mutlak

Jika x adalah bilangan real, maka nilai mutlak x, ditulis |x|, didefinisikan sebagai

|x| ={

x, jika x ≥ 0,−x, jika x < 0.

Sebagai contoh, |2| = 2, |0| = 0, dan | − 5| = −(−5) = 5. Perhatikan bahwa |x| ≥ 0dan |x|2 = x2, sehingga |x| =

√x2 untuk setiap x.

Teorema 5. Untuk setiap bilangan real x berlaku

−|x| ≤ x ≤ |x|.

Teorema 6. Untuk setiap bilangan real a dan b berlaku

|ab| = |a| · |b|.

10 Hendra Gunawan

Teorema 7 (Ketaksamaan Segitiga). Untuk setiap a, b ∈ R berlaku

|a + b| ≤ |a|+ |b|.

Bukti. Perhatikan bahwa untuk setiap a, 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.

Soal Latihan

1. Buktikan Teorema 5.


3. Buktikan bahwa |a| < b jika dan hanya jika −b < a < b.

4. Buktikan bahwa untuk setiap a, b ∈ R berlaku |a − b| ≥ |a| − |b| dan juga|a− b| ≥

∣∣|a| − |b|∣∣.

5. Buktikan jika a < x < b dan a < y < b, maka |x−y| < b−a. Berikan interpretasigeometrisnya.


1. SIFAT KELENGKAPAN BILANGAN REAL

1.1 Paradoks Zeno

Zeno, seorang filsuf dan matematikawan Yunani Kuno (490-435 SM), 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, sekalipunAchilles berlari lebih cepat dan akan semakin mendekati sang kura-kura, namun iatakkan pernah dapat menyalip sang kura-kura. Ketika Achilles mencapai titik dimana sang kura-kura mulai berlari, sang kura-kura telah menempuh x1 meter; danketika Achilles mencapai posisi tersebut beberapa saat kemudian, sang kura-kuratelah menempuh x2 meter 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 telahmenempuh x meter, dengan x sama dengan ‘bilangan real terkecil yang lebih besardari semua bilangan x0, x0+x1, x0+x1+x2, . . . .’ Sebagai contoh, bila Achilles berlaridengan kecepatan 6 m/detik sementara sang kura-kura berlari dengan kecepatan 3m/detik (ditarik roda), maka Achilles akan menyalip sang kura-kura setelah

12

+14

+18

+ · · · = 1 detik.

Hal serupa dijumpai pada metode exhaustion Eudoxus (405-355 SM), yang di-gunakan oleh Archimedes (287-212 SM) untuk menghampiri luas daerah lingkarandengan luas daerah segi-n beraturan di dalam lingkaran, yaitu dengan barisan bi-langan A1, A2, A3, . . . . Luas daerah lingkaran kelak didefinisikan sebagai ‘bilanganreal terkecil yang lebih besar dari setiap bilangan Ai, i = 1, 2, 3, . . . . Argumen inibergantung pada sebuah sifat bilangan real yang belum terpikirkan oleh Eudoxus danArchimedes, serta matematikawan lainnya pada zaman itu.

12 Hendra Gunawan

Sifat bilangan real yang diperlukan untuk membantah paradoks Zeno atau men-dukung argumen Eudoxus dan Archimedes adalah Sifat Kelengkapan, yang menjamineksistensi bilangan real x yang lebih besar dari x0, x0 + x1, x0 + x1 + x2, . . . (padaparadoks Zeno) dan juga bilangan real A yang lebih besar dari Ai, i = 1, 2, 3, . . .

(pada perhitungan Archimedes).

Sifat Kelengkapan bilangan real biasanya tidak diungkapkan secara eksplisitdi sekolah menengah, namun sesungguhnya merupakan sifat yang sangat penting.(Tanpa Sifat Kelengkapan, Achilles takkan memenangkan perlombaan dan luas daerahlingkaran tak dapat dinyatakan sebagai sebuah bilangan.)

Soal Latihan

1. Sederhanakan bentuk penjumlahan12

+14

+ · · ·+ 12n

.

1.2 Himpunan Terbatas

Sebelum membahas Sifat Kelengkapan, kita perlu memperkenalkan sejumlahistilah terlebih dahulu. Misalkan H himpunan bagian dari R. Himpunan H dikatakanterbatas di atas apabila terdapat suatu bilangan real M sedemikian sehingga

x ≤ M

untuk setiap x ∈ H. Bilangan M yang memenuhi sifat ini (bila ada) disebut sebagaibatas atas himpunan H. Jika M merupakan batas atas H, maka semua bilangan yanglebih besar daripada M juga merupakan batas atas H.

Serupa dengan itu, himpunan H dikatakan terbatas di bawah apabila terdapatsuatu bilangan real m sedemikian sehingga

m ≤ x

untuk setiap x ∈ H. Bilangan m yang memenuhi sifat ini (bila ada) disebut sebagaibatas bawah H. Jika m merupakan batas bawah H, maka semua bilangan yang lebihkecil daripada m juga merupakan batas bawah dari H.

Himpunan H dikatakan terbatas apabila ia terbatas di atas dan terbatas dibawah.

Contoh 1. (i) Himpunan A := {1, 2, 3} terbatas di atas. Sebagai contoh, 100, 10, 5,

dan 3 merupakan batas atas himpunan A. Himpunan A juga terbatas di bawah.Sebagai contoh, −5, −1, 0, dan 1 merupakan batas bawah A.

(ii) Himpunan I := {x ∈ R : 0 ≤ x < 1} terbatas di atas. Sebagai contoh, 100, 10,

dan 1 merupakan batas atas I. Himpunan I juga terbatas di bawah. Sebagai contoh,−10, −1, dan 0 merupakan batas bawah I.

(iii) Himpunan semua bilangan real positif P := {x ∈ R : x > 0} terbatas di bawahnamun tidak terbatas di atas. Jika M merupakan batas atas himpunan P , makax ≤ M untuk setiap x ∈ P . Dalam hal ini M mesti merupakan bilangan positif.Sebagai akibatnya M + 1 juga positif dan M + 1 ≤ M , sesuatu yang mustahil.

Proposisi 2. Himpunan H ⊆ R terbatas jika dan hanya jika terdapat suatu bilanganreal K sedemikian sehingga

|x| ≤ K

untuk setiap x ∈ H.

Misalkan himpunan H terbatas dan M adalah suatu batas atas H. Bila untuksetiap ε > 0 bilangan M − ε bukan merupakan batas atas H, maka M disebut sebagaibatas atas terkecil H. Serupa dengan itu, misalkan m adalah suatu batas bawah H.Bila untuk setiap ε > 0 bilangan m + ε bukan merupakan batas bawah H, maka m

disebut sebagai batas bawah terbesar H. Sebagai contoh, himpunan A = {1, 2, 3}mempunyai batas atas terkecil 3 dan batas bawah terbesar 1.

Soal Latihan

1. Buktikan bahwa batas atas terkecil himpunan I pada Contoh 1(ii) adalah 1.

2. Buktikan bahwa batas bawah terbesar himpunan P pada Contoh 1(iii) adalah0.

3. Buktikan Proposisi 2.

1.3 Sifat Kelengkapan

Sekarang kita sampai pada perumusan Sifat Kelengkapan bilangan real, yangakan sering kita gunakan pada pembahasan selanjutnya.

14 Hendra Gunawan

Sifat Kelengkapan. Setiap himpunan bagian tak kosong dari R yang terbatas di atasmempunyai batas atas terkecil. Setiap himpunan bagian tak kosong dari R yangterbatas di bawah mempunyai batas bawah terbesar.

Misalkan H 6= ∅. Jika H terbatas di atas, maka batas atas terkecil H disebutsebagai supremum H, ditulis sup H. Serupa dengan itu, jika H terbatas di bawah,maka batas bawah terbesar H disebut sebagai infimum H, ditulis inf H. Jika H

terbatas, maka jelas bahwainf H ≤ supH.

Secara umum perlu dicatat bahwa supremum maupun infimum suatu himpunan tidakharus merupakan anggota himpunan tersebut.

Jika H tidak terbatas di atas, kadang kita menuliskan supH = +∞; dan jikaH tidak terbatas di bawah, kita dapat menuliskan inf H = −∞.

Contoh 3. (i) Himpunan A = {1, 2, 3} mempunyai batas atas terkecil 3 dan batasbawah terbesar 1; yakni, supA = 3 dan inf A = 1.

(ii) Misalkan I = {x : 0 ≤ x < 1}. Maka, sup I = 1 dan inf I = 0.

(iii) Misalkan P = {x : x > 0}. Maka, supP = +∞ (yakni, P tak terbatas di atas)dan inf P = 0.

Dengan Sifat Kelengkapan, himpunan bilangan real R dapat dinyatakan se-bagai sebuah garis, yang kita kenal sebagai garis bilangan real. Sifat Kelengkapanmenjamin bahwa setiap titik pada garis tersebut menyatakan sebuah bilangan real,dan sebaliknya setiap bilangan real menempati sebuah titik pada garis tersebut.

Sebagai perbandingan, himpunan bilangan rasional Q tidak memenuhi SifatKelengkapan, dan apabila kita memaksakan diri untuk menyatakannya sebagai se-buah garis, maka garis tersebut akan berlubang-lubang (sebagai contoh, bilangan x

di antara 1 dan 2 yang memenuhi x2 = 2 bukan merupakan bilangan rasional, dankarenanya terdapat lubang di antara 1 dan 2).

Sifat Kelengkapan menjamin bahwa 1 merupakan bilangan real terkecil yanglebih besar dari 1

2 + 14 + · · · + 1

2n , dan terdapat bilangan real π yang menyatakanluas daerah lingkaran berjari-jari 1 dan nilainya lebih besar dari luas daerah segi-nberaturan di dalam lingkaran tersebut, untuk setiap n ∈ N. Sifat Kelengkapan pulalah yang menjamin bahwa bilangan yang mempunyai bentuk desimal tak berhentiataupun berulang (yang dibahas pada Sub-bab 0.2) merupakan bilangan real.

Soal Latihan

1. Verifikasi nilai supremum dan infimum pada Contoh 3(ii) dan (iii).

2. Diketahui H ={

1n : n ∈ N

}. Buktikan bahwa supH = 1 dan inf H ≥ 0.

(Kelak anda akan diminta membuktikan bahwa inf H = 0.)

3. Diketahui himpunan H 6= ∅ terbatas di atas dan M adalah suatu batas atas H.Buktikan bahwa M = supH jika dan hanya jika untuk setiap ε > 0 terdapatx ∈ H sedemikian sehingga x > M − ε.

1.4 Manipulasi dengan Supremum dan Infimum

Misalkan H ⊆ R dan c ∈ R. Kita definisikan

cH := {cx : x ∈ H} dan H + c := {x + c : x ∈ H}.

Sebagai contoh, jika A = {1, 2, 3} dan c = 2, maka

2A = {2, 4, 6} dan A + 2 = {3, 4, 5}.

Proposisi 4. Misalkan H ⊆ R tak kosong dan terbatas di atas, dan c > 0. Maka cH

terbatas di atas dan

sup(cH) = c supH.

Bukti. Misalkan v = supH. Ambil sembarang y ∈ cH. Maka, y = cx untuk suatux ∈ H. Karena x ≤ v dan c > 0, kita peroleh

y ≤ cv.

Jadi cv merupakan batas atas cH. Selanjutnya, untuk sembarang ε > 0, v− εc bukan

batas atas H. Karena itu, terdapat x ∈ H sedemikian sehingga

v − ε

c< x.

16 Hendra Gunawan

Kalikan kedua ruas dengan c, kita dapatkan

cv − ε < cx,

yang menunjukkan bahwa cv− ε bukan batas atas cH. Jadi cv merupakan batas atasterkecil cH, yakni cv = sup(cH).

Proposisi 5. Misalkan H ⊆ R tak kosong dan terbatas di atas, dan c < 0. Maka cH

terbatas di bawah daninf(cH) = c supH.

Proposisi 6. Misalkan H ⊆ R tak kosong dan terbatas di atas, dan c ∈ R. MakaH + c terbatas di atas dan

sup(H + c) = c + supH.

Soal Latihan



3. Misalkan H ⊆ R tak kosong dan terbatas di atas, dan G ⊆ H juga tak kosong.Buktikan bahwa G terbatas di atas dan supG ≤ supH.

4. Misalkan G, H ⊆ R tak kosong dan terbatas. Definisikan H + G := {x + y :x ∈ H, y ∈ G}. Buktikan bahwa H + G terbatas dengan

sup(H + G) ≤ supH + supG dan inf(H + G) ≥ inf H + inf G.

5. Diketahui ∅ 6= H ⊆ P = {x ∈ R : x > 0}. Definisikan himpunan G ={

1x : x ∈

H}. Buktikan jika H terbatas di atas, maka G terbatas di bawah dan

inf G =1

supH.

2. LEBIH JAUH TENTANG BILANGAN REAL

2.1 Maksimum dan Minimum; Interval

Kita telah mencatat sebelumnya bahwa supremum dan infimum suatu him-punan tidak harus merupakan anggota himpunan tersebut. Jika H mempunyai supre-mum dan sup H = M ∈ H, maka M merupakan anggota terbesar dan disebut mak-simum H, ditulis M = maks H. Serupa dengan itu, jika H mempunyai infimumdan inf H = m ∈ H, maka m merupakan anggota terkecil dan disebut minimum H,ditulis m = min H.

Contoh 1. (i) Himpunan A := {1, 2, 3} mempunyai maksimum 3 dan minimum 1.

(ii) Himpunan I := {x ∈ R : 0 ≤ x < 1} mempunyai minimum 0 tetapi tidakmempunyai maksimum. Di sini 1 = sup I tetapi 1 /∈ I, jadi ia bukan maksimum I.

(iii) Himpunan P := {x ∈ R : x > 0} tak mempunyai maksimum maupun minimum.

Himpunan I pada Contoh 1(ii) merupakan sebuah interval. Secara umum,sebuah interval di R merupakan himpunan bagian dari R yang bersifat: jika u, v ∈ I

dan 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 Hendra Gunawan

Berikut 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] sering disebut sebagai interval setengah terbuka. Interval [a, b] yangbersifat tertutup dan terbatas merupakan contoh himpunan kompak di R. Pada [a, b],a merupakan minimum dan b merupakan maksimum.

Soal Latihan

1. Tentukan maksimum dan minimum himpunan berikut (bila ada).

(a){

1n : n ∈ N

}.

(b){ (−1)n

n : n ∈ N}.

(c) Himpunan semua bilangan rasional r dengan 0 ≤ r ≤ 1.

2. Misalkan c ∈ R dan δ > 0. Buktikan bahwa

{x : |x− c| < δ} = (c− δ, c + δ).

3. Beri dua buah contoh himpunan yang mempunyai supremum 1 tetapi tidakmempunyai satu pun anggota x ∈ (0, 1).

2.2 N dan Q sebagai Himpunan Bagian dari R

Dengan Sifat Kelengkapan, kita dapat pula membuktikan bahwa N tak terbatasdi atas. Fakta ini dikenal sebagai Sifat Archimedes, yang lazim dinyatakan sebagaisebuah teorema.

Teorema 2 (Sifat Archimedes). Untuk setiap x ∈ R terdapat nx ∈ N sedemikiansehingga x < nx.

Bukti. Andaikan sebaliknya berlaku, yakni terdapat x ∈ R sedemikian sehinggan ≤ x untuk setiap n ∈ N. Ini berarti bahwa N terbatas di atas. Karena N 6= ∅dan N ⊂ R, maka menurut Sifat Kelengkapan, N mempunyai supremum, sebutlahv = sup N. Karena v merupakan batas atas terkecil N, v − 1 bukan batas atas N,sehingga terdapat m ∈ N sedemikian sehingga v − 1 < m atau v < m + 1. Inimustahil mengingat m + 1 ∈ N dan v merupakan batas atas N. Jadi pengandaian diatas mestilah salah.

Dengan asumsi bahwa jarak antara dua bilangan asli sekurang-kurangnya samadengan 1, kita dapat membuktikan Sifat Terurut Rapi N, yang dinyatakan dalamteorema berikut.

Teorema 3 (Sifat Terurut Rapi N). Setiap himpunan bagian tak kosong dari Nmempunyai minimum.

Bukti. Misalkan A ⊆ N tak kosong. Jelas bahwa sebagai himpunan bagian dari N,himpunan A terbatas di bawah. Menurut Sifat Kelengkapan, A mempunyai infimum,sebutlah a = inf A. Sekarang a + 1 bukan batas bawah A, dan karenanya terdapatn ∈ A sehingga

n < a + 1.

Jika n bukan minimum A, maka terdapat m ∈ A sehingga m < n. Dalam hal ini,kita mempunyai

a ≤ m < n < a + 1,

sehingga jarak antara m dan n lebih kecil dari 1. Ini bertentangan dengan sifatbilangan asli. Jadi n mestilah minimum A, dan bukti selesai.

Dengan menggunakan Sifat Archimedes dan Sifat Terurut Rapi N , kita da-pat membuktikan sifat kepadatan bilangan rasional di R, yang dinyatakan sebagaiteorema berikut.

Teorema 4 (Kepadatan Bilangan Rasional). Misalkan x, y ∈ R dengan x < y.Maka terdapat r ∈ Q sedemikian sehingga x < r < y.

Bukti. Tanpa mengurangi keumuman, kita asumsikan bahwa 0 < x < y. MenurutSifat Archimedes, terdapat n ∈ N sedemikian sehingga n > 1

y−x . Untuk n tersebut,

20 Hendra Gunawan

kita mempunyai

ny − nx > 1.

Sekarang tinjau himpunan A := {k : k ∈ N, nx < k}. Menurut Sifat Terurut RapiN, A mempunyai minimum, sebutlah m. Dalam hal ini m merupakan bilangan aslim terkecil yang memenuhi

m− 1 ≤ nx < m.

Akibatnya, kita peroleh

m ≤ nx + 1 < ny.

Karena itu, nx < m < ny, atau

x <m

n< y.

Jadi terdapat bilangan rasional r := mn sedemikian sehingga x < r < y.

Catatan. Bukti Teorema 4 memberi tahu kita bagaimana caranya mendapatkan se-buah bilangan rasional di antara x dan y dengan 0 < x < y. Pertama, kita zoom outinterval (x, y) dengan faktor dilasi n > 1

y−x , sehingga kita peroleh interval (nx, ny)yang lebarnya lebih besar daripada 1. Dalam interval tersebut kita pilih bilangan aslim, kemudian kita zoom in untuk mendapatkan bilangan rasional m

n di dalam interval(x, y). Untuk x, y ∈ R lainnya, bilangan rasional dapat diperoleh dengan meman-faatkan hasil ini. Sebagai contoh, untuk x < y < 0, jika r adalah bilangan rasional didalam interval (−y,−x), maka −r adalah bilangan rasional di dalam interval (x, y).

Soal Latihan

1. Diketahui H ={

1n : n ∈ N

}. Buktikan bahwa inf H = 0.

2. Misalkan A ={

12 + · · ·+ 1

2n : n ∈ N}. Buktikan bahwa supA = 1.

3. Buktikan bahwa terdapat bilangan real positif x sedemikian sehingga x2 = 2.(Petunjuk. Tinjau himpunan A := {a ∈ R : a > 0, a2 < 2}.)

4. Diketahui x, y ∈ R dengan x < y. Buktikan bahwa terdapat bilangan irasionals sedemikian sehingga x < s < y.

5. Buktikan bahwa himpunan semua bilangan irasional s dengan 0 ≤ s ≤ 1 tidakmempunyai maksimum maupun minimum.

2.3 Prinsip Induksi Matematika

Salah satu metode pembuktikan klasik untuk pernyataan yang berkaitan denganbilangan asli berpijak pada Prinsip Induksi Matematika.

Teorema 5 (Prinsip Induksi Matematika). Misalkan P (n) adalah suatu perny-ataan mengenai n ∈ N. Misalkan pula

(i) P (1) benar, dan

(ii) untuk setiap k ∈ N berlaku: jika P (k) benar, maka P (k + 1) benar.

Maka, P (n) benar untuk setiap n ∈ N.

Bukti. Misalkan S := {n ∈ N : P (n) salah}. Akan ditunjukkan bahwa S = ∅.Andaikan S 6= ∅. Maka, menurut Sifat Terurut Rapi, S mempunyai minimum, sebut-lah m. Karena P (1) benar, 1 /∈ S. Jadi m 6= 1. Akibatnya m > 1 dan m − 1 ∈ N.Karena m adalah minimum S, m−1 /∈ S atau P (m−1) benar. Berdasarkan hipotesis(ii), kita peroleh P (m) benar atau m /∈ S, yang bertentangan dengan m ∈ S.

Contoh 6. Untuk setiap n ∈ N, kita mempunyai

1 + 2 + · · ·+ n =12n(n + 1).

Untuk membuktikan kebenaran pernyataan ini, misalkan Sn := 1+2+ · · ·+n, n ∈ N,dan P (n) adalah pernyataan bahwa Sn = 1

2n(n + 1). Perhatikan bahwa P (1) benar,karena S1 = 1 = 1

2 .1.(1 + 1). Selanjutnya misalkan k ∈ N dan P (k) benar atauSk = 1

2k(k + 1). Untuk mengetahui apakah P (k + 1) benar, kita periksa

Sk+1 = 1 + 2 + · · ·+ k + (k + 1)

= Sk + (k + 1)

=12k(k + 1) + (k + 1)

=12(k + 1)(k + 2).

Jadi ternyata P (k + 1) benar. Berdasarkan Prinsip Induksi Matematika, kita sim-pulkan bahwa P (n) benar untuk setiap n ∈ N.

Contoh 7. Untuk setiap n ∈ N berlaku n < 2n. Di sini P (n) adalah ketaksamaann < 2n. Jelas bahwa P (1) benar karena 1 < 2. Selanjutnya misalkan k ∈ N dan P (k)

22 Hendra Gunawan

benar, yakni k < 2k. Maka, 1 ≤ k < 2k dan

k + 1 < 2k + 1 < 2k + 2k = 2k+1,

yakni P (k + 1) benar. Berdasarkan Prinsip Induksi Matematika, P (n) benar ataun < 2n untuk setiap n ∈ N.

Teorema 8 (Prinsip Induksi Kuat). Misalkan P (n) adalah suatu pernyataanmengenai n ∈ N sedemikian sehingga

(i) P (1) benar, dan

(ii) untuk setiap k ∈ N, jika P (1), . . . , P (k) benar, maka P (k + 1) benar.

Maka, P (n) benar untuk setiap n ∈ N.

Soal Latihan

1. Buktikan bahwa 1 + 3 + · · ·+ (2n− 1) = n2 untuk setiap n ∈ N.

2. Buktikan bahwa 2n−1 ≤ n! untuk setiap n ∈ N. (Catatan. n! = 1×2×· · ·×n.)


4. Misalkan n0 ∈ N dan P (n) adalah suatu pernyataan mengenai n ∈ N sedemikiansehingga P (n0) benar dan jika P (k) benar, maka P (k + 1) benar. Buktikanbahwa P (n) benar untuk setiap n ∈ N dengan n ≥ n0.

5. Buktikan bahwa n2 < 2n untuk n ≥ 5.

6. Diketahui r1 = 1 dan rn+1 = 1 + 1rn

untuk n = 1, 2, 3, . . . . Buktikan bahwa1 < rn < 2 untuk setiap n ≥ 3.


3. BARISAN

3.1 Definisi Barisan

Dalam kisah Zeno tentang perlombaan lari antara Achilles dan seekor kura-kura,ketika Achilles mencapai posisi x0 tempat sang kura-kura mulai berlari, sang kura-kura telah menempuh x1 meter; dan ketika Achilles mencapai posisi tersebut beberapasaat kemudian, sang kura-kura telah menempuh x2 meter lebih jauh; dan seterusnya.Sebagai contoh, bila Achilles berlari dengan kecepatan 6 m/detik sementara sangkura-kura berlari dengan kecepatan 3 m/detik (ditarik roda), maka Achilles akanmencapai posisi-posisi tertentu yang pernah dicapai oleh sang kura-kura pada saat

12

+14

+ · · ·+ 12n

detik, n = 1, 2, 3, . . . .

Bentuk penjumlahan di atas membentuk sebuah deret geometri, yang jumlahnyasama dengan 1 − 1

2n . Jadi, dalam cerita di atas, kita mempunyai sebuah ‘barisan’bilangan 〈1− 1

2n 〉. Bila n ‘menuju tak terhingga’, maka 12n ‘menuju 0’. Jadi barisan

bilangan di atas ‘konvergen ke 1’. Dengan pengetahuan ini, pada akhirnya kita dapatmenyimpulkan bahwa Achilles akan menyalip sang kura-kura setelah berlari selama1 detik.

Barisan bilangan dapat pula muncul ketika kita hendak menaksir suatu bilan-gan, misalnya menaksir

√2. Salah satu cara yang mudah adalah dengan Metode

Bagi Dua. Mengetahui bahwa√

2 terletak di antara 1 dan 2, kita taksir√

2 de-ngan x1 := 1

2 (1 + 2) = 1.5. Setelah kita periksa bahwa 1.52 = 2.25 > 2, makakita tahu bahwa

√2 berada di antara 1 dan 1.5. Selanjutnya kita taksir dengan

x2 := 12 (1 + 1.5) = 1.25, dan seterusnya sehinga kita peroleh barisan bilangan

x1, x2, x3, . . . yang merupakan hampiran untuk√

2.

Secara informal, sebuah barisan bilangan real dapat diartikan sebagai suatudaftar bilangan real x1, x2, x3, . . . . Persisnya, sebuah barisan bilangan real adalah

24 Hendra Gunawan

suatu aturan yang mengaitkan setiap bilangan asli n dengan sebuah bilangan realtunggal xn. Di sini xn disebut sebagai suku ke-n barisan tersebut. Notasi 〈xn〉menyatakan barisan dengan suku ke-n xn. Himpunan {xn : n ∈ N} disebut sebagaidaerah nilai barisan 〈xn〉. Barisan 〈xn〉 dikatakan terbatas (terbatas di atas atauterbatas di bawah) apabila daerah nilainya terbatas (terbatas di atas atau terbatasdi bawah). Jadi, menurut Proposisi 2 pada Bab 1, 〈xn〉 terbatas jika dan hanya jikaterdapat K > 0 sedemikian sehingga |xn| ≤ K untuk setiap n ∈ N.

Contoh 1. (i) Barisan 〈 1n 〉 adalah barisan bilangan 1, 1

2 , 13 , . . . .

(ii) Barisan 〈(−1)n〉 adalah barisan bilangan −1, 1, −1, 1, . . . . Jika n 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 didefinisikan secara induktif dengan x1 = x2 = 1 dan

xn+2 = xn + xn+1, n = 1, 2, 3, . . . ,

adalah barisan 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, .... Barisan ini dikenal sebagai barisan Fibonacci(yang dipublikasikan oleh Leonardo Fibonacci dalam Liber abaci pada 1202).

(iv) Barisan 〈rn〉 yang didefinisikan secara induktif dengan r1 = 1 dan

rn+1 = 1 +1rn

, untuk n = 1, 2, 3, . . .

adalah barisan 1, 2, 32 , 5

3 , . . . .

Soal Latihan

1. Buktikan bahwa ketiga barisan pada Contoh 1 merupakan barisan terbatas.

2. Buktikan bahwa barisan Fibonacci tak terbatas.

3. Misalkan 〈xn〉 adalah barisan Fibonacci. Definisikan rn := xn+1xn

, n ∈ N. Buk-tikan bahwa barisan 〈rn〉 terbatas.

3.2 Kekonvergenan Barisan

Barisan 〈xn〉 dikatakan konvergen ke L (L ∈ R) apabila untuk setiap ε > 0terdapat bilangan asli N sedemikian sehingga

jika n ≥ N , maka |xn − L| < ε.

Bilangan L dalam hal ini disebut sebagai limit barisan 〈xn〉, dan kita tuliskan

limn→∞

xn = L,

atauxn → L, bila n →∞.

Secara informal, kita dapat mengatakan bahwa xn ‘menuju L’ bila n ‘menuju takterhingga’.

Untuk tiap n ∈ N, bilangan xn dapat dianggap sebagai hampiran untuk L

(dan sebaliknya, L merupakan hampiran untuk xn). Jarak |xn − L| antara xn danL menyatakan kesalahan pada penghampiran tersebut (dengan ε sebagai taksirankesalahan maksimum-nya). Definisi di atas menyatakan bahwa kesalahan tersebutdapat dibuat sekecil-kecilnya dengan memilih n cukup besar.

Contoh 2. Barisan 〈 1n 〉 konvergen ke 0, yakni

limn→∞

1n

= 0.

Diberikan ε > 0 sembarang, kita dapat memilih bilangan asli N > 1ε sedemikian

sehingga jika n ≥ N , maka ∣∣∣ 1n− 0

∣∣∣ =1n≤ 1

N< ε.

Catatan. Eksistensi bilangan asli N yang lebih besar dari bilangan real 1ε tentu saja

dijamin oleh Sifat Archimedes.)

Teorema 3. Sebuah barisan tidak mungkin konvergen ke dua buah limit yang berbeda.

Bukti. Misalkan 〈xn〉 konvergen ke L dan juga ke M . Untuk ε > 0 sembarang, kitadapat memilih N1 ∈ N sedemikian sehingga untuk n ≥ N1 berlaku |xn − L| < ε

2 .Pada saat yang sama, kita dapat memilih N2 ∈ N sedemikian sehingga untuk n ≥ N2

berlaku |xn −M | < ε2 . Jadi, untuk N := maks {N1, N2}, kita mempunyai

|L−M | ≤ |L− xn|+ |xn −M | < ε

2+

ε

2= ε.

Karena ini berlaku untuk ε > 0 sembarang, kita simpulkan bahwa |L−M | = 0 atauL = M .

26 Hendra Gunawan

Teorema 4. Jika 〈xn〉 konvergen, maka 〈xn〉 terbatas.

Catatan. Kebalikan dari Teorema 4 tidak berlaku. Sebagai contoh, 〈(−1)n〉 terbatas,tetapi tidak konvergen. Di sini keterbatasan merupakan ‘syarat perlu’ tetapi bukanmerupakan ‘syarat cukup’ untuk kekonvergenan.

Bukti. Misalkan 〈xn〉 konvergen ke L. Pilih N ∈ N sedemikian sehingga |xn − L| < 1untuk n ≥ N . Akibatnya, untuk n ≥ N , kita mempunyai

|xn| ≤ |xn − L|+ |L| < 1 + |L|.

Sebut K := maks{|x1|, . . . , |xN |, 1 + |L|}. Maka jelas bahwa

|xn| ≤ K,

untuk tiap n ∈ N. Ini menunjukkan bahwa 〈xn〉 terbatas.

Barisan yang tidak konvergen disebut barisan divergen. Dari Teorema 4, kitamengetahui bahwa barisan tak terbatas tidak mungkin konvergen, dan karenanya iamerupakan barisan divergen. Sebagai contoh, barisan Fibonacci

1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, . . .

merupakan barisan divergen karena ia tak terbatas.

Selanjutnya perlu diingat bahwa barisan terbatas pun mungkin saja divergen.Sebagai contoh, barisan 〈(−1)n〉 merupakan barisan divergen. Dengan mudah kitadapat menunjukkan bahwa lim

n→∞(−1)n 6= ±1. Namun ini belum menunjukkan bahwa

〈(−1)n〉 divergen. Untuk menunjukkan kedivergenan 〈(−1)n〉, kita harus meyakinkanbahwa lim

n→∞(−1)n 6= L untuk sembarang L ∈ R.

Soal Latihan

1. Buktikan bahwa untuk setiap bilangan rasional r > 0, barisan 〈 1nr 〉 konvergen

ke 0.

2. Buktikan bahwa⟨

n−1n+1

⟩konvergen ke 1.

3. Tuliskan arti dari limn→∞

xn 6= L. Tunjukkan bahwa limn→∞

(−1)n 6= L untuk sem-barang L ∈ R.

4. Buktikan jika c ∈ R dan 〈xn〉 konvergen ke L, maka 〈cxn〉 konvergen ke cL.

5. Buktikan jika 〈xn〉 konvergen ke L > 0, maka terdapat N ∈ N sedemikiansehingga xn > L

2 untuk tiap n ≥ N .

6. Berikan alasan sederhana mengapa barisan Fibonacci tidak mungkin konvergen.

3.3 Teorema Limit

Dalam contoh dan soal-soal latihan pada subbab sebelumnya, ketika ε > 0diberikan, cukup mudah bagi kita untuk mencari bilangan asli N yang memenuhidefinisi 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 definisinya.

Proposisi 5. Misalkan xn → L dan yn → M bila n →∞, dan λ, µ ∈ R. Maka

(i) λxn + µyn → λL + µM bila n →∞.

(ii) xnyn → LM bila n →∞.

(iii)xn

yn→ L

Mbila n →∞, asalkan M 6= 0.

Bukti. (i) Berdasarkan Soal Latihan 3.2 No. 4, cukup dibuktikan bahwa, jika xn → L

dan yn → M untuk n →∞, maka xn + yn → L + M untuk n →∞. Diberikan ε > 0sembarang, terdapat N1 ∈ N sedemikian sehingga untuk n ≥ N1 berlaku

|xn − L| < ε

2.

Pada saat yang sama, terdapat N2 ∈ N sedemikian sehingga untuk n ≥ N2 berlaku

|yn −M | < ε

2.

Sekarang pilih N := maks{N1, N2}. Maka, untuk n ≥ N , kita peroleh (denganmenggunakan Ketaksamaan Segitiga)

|(xn + yn)− (L + M)| ≤ |xn − L|+ |yn −M | < ε

2+

ε

2= ε.

Ini menunjukkan bahwa xn + yn → L + M untuk n →∞.

28 Hendra Gunawan

Bukti bagian (ii) dan (iii) diserahkan sebagai latihan.

Contoh 6. limn→∞

2n2 − 5n

3n2 − 7n + 4=

23.

Penjelasan. Berdasarkan Proposisi 5 (serta contoh dan soal latihan pada §3.2),

2n2 − 5n

3n2 − 7n + 4=

2− (5/n)3− (7/n) + (4/n2)

→ 2− 03− 0 + 0

=23

bila n →∞.

Teorema 7 (Teorema Apit). Misalkan xn ≤ yn ≤ zn untuk tiap n ∈ N. Jikaxn → L dan zn → L untuk n →∞, maka yn → L untuk n →∞.

Catatan. Hipotesis bahwa xn ≤ yn ≤ zn berlaku untuk tiap n ∈ N dapat ‘diperlunak’menjadi hanya berlaku untuk tiap n ≥ n0 (untuk suatu n0 ∈ N). Dalam menyelidikikekonvergenan suatu barisan, yang penting untuk kita tangani adalah ‘ekor’-nya,yakni suku-suku xn dengan n ≥ n0.

Bukti. Diberikan ε > 0, pilih N ∈ N sedemikian sehingga untuk n ≥ N berlaku

|xn − L| < ε dan |zn − L| < ε

atauL− ε < xn < L + ε dan L− ε < zn < L + ε.

Akibatnya, untuk n ≥ N , kita peroleh

L− ε < xn ≤ yn ≤ zn < L + ε,

sehingga |yn − L| < ε. Ini menunjukkan bahwa yn → L untuk n →∞.

Contoh 8. Misalkan 〈xn〉 terbatas. Maka limn→∞

xn

n= 0.

Penjelasan. Terdapat K > 0 sedemikian sehingga untuk setiap n ∈ N berlaku

−K ≤ xn ≤ K.

Akibatnya

−K

n≤ xn

n≤ K

n.

Karena limn→∞

K

n= 0, maka menurut Teorema Apit lim

n→∞

xn

n= 0.

Teorema 9. (i) Jika xn → L untuk n →∞, maka |xn| → |L| untuk n →∞.

(ii) Jika xn ≥ 0 untuk tiap n ∈ N dan xn → L untuk n → ∞, maka L ≥ 0 dan√

xn →√

L untuk n →∞.

Bukti. (i) Berdasarkan Ketaksamaan Segitiga, untuk setiap n ∈ N, kita mempunyai∣∣|xn| − |L|∣∣ ≤ |xn − L|.

Karena itu jelas jika xn → L untuk n →∞, maka |xn| → |L| untuk n →∞.

(ii) Andaikan L < 0, kita dapat memilih n ∈ N sedemikian sehingga xn < L2 < 0,

bertentangan dengan hipotesis. Jadi mestilah L ≥ 0.

Selanjutnya, untuk membuktikan bahwa 〈√xn〉 konvergen ke√

L, kita tinjaukasus L = 0 dan kasus L > 0 secara terpisah. Untuk kasus L = 0, kita perhatikanbahwa

√xn <

√ε bila xn < ε. Karena itu,

√xn → 0 untuk n → ∞ karena xn → 0

untuk n →∞. Sekarang misalkan L > 0. Untuk tiap n ∈ N, kita mempunyai

|√

xn −√

L| = |xn − L|√

xn +√

L≤ 1√

L|xn − L|.

Jadi, diberikan ε > 0, kita tinggal memilih N ∈ N sedemikian sehingga untuk setiapn ≥ N berlaku |xn − L| < ε

√L. Ini menunjukkan bahwa

√xn →

√L untuk n →∞.

Soal Latihan

1. Buktikan Proposisi 5 bagian (ii) dan (iii).

2. Buktikan jika |xn −L| ≤ yn untuk tiap n ∈ N dan yn → 0 untuk n →∞, makaxn → L untuk n →∞.

3. Diketahui xn ≤ yn untuk tiap n ∈ N, xn → L dan yn → M untuk n → ∞.Buktikan bahwa L ≤ M .

4. Buktikan bahwa⟨

12n

⟩konvergen ke 0, dengan menggunakan fakta bahwa n < 2n

untuk tiap n ∈ N.

5. Buktikan bahwa 〈√

n + 1−√

n〉 konvergen ke 0.

6. Diketahui |x| < 1. Buktikan bahwa 〈xn〉 konvegen ke 0. (Petunjuk. Tuliskan|x| = 1

1+a , maka |xn| < 1an .)

30 Hendra Gunawan

7. Misalkan xn ≤ yn untuk tiap n ∈ N. Buktikan jika xn → L dan yn → M untukn →∞, maka L ≤ M .

3.4 Barisan Monoton

Salah satu jenis barisan yang mudah dipelajari kekonvergenannya adalah barisanmonoton. Barisan 〈xn〉 dikatakan naik apabila xn ≤ xn+1 untuk tiap n ∈ N. Serupadengan itu, 〈xn〉 dikatakan turun apabila xn ≥ xn+1 untuk tiap n ∈ N. Barisan naikdan barisan turun disebut barisan monoton. Bila xn < xn+1 atau xn > xn+1 untuktiap n ∈ N, maka 〈xn〉 dikatakan naik murni atau turun murni.

Contoh 10. (i) Barisan 〈 1n 〉 merupakan barisan monoton turun.

(ii) Barisan Fibonacci 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, . . . merupakan barisan monoton naik.

(iii) Barisan konstan 〈c〉 merupakan barisan monoton naik dan sekaligus turun.

(iv) Barisan 〈(−1)n〉 bukan merupakan barisan monoton.

Teorema 11. (i) Jika 〈xn〉 naik dan terbatas (di atas), maka ia konvergen ke sup{xn :n ∈ N}.(ii) Jika 〈xn〉 turun dan terbatas (di bawah), maka ia konvergen ke inf{xn : n ∈ N}.

Bukti. (i) Misalkan A := {xn : n ∈ N} dan L = supA. Akan ditunjukkan bahwaxn → L untuk n →∞. Untuk setiap ε > 0, L− ε bukan batas atas himpunan A, dankarenanya terdapat N ∈ N sedemikian sehingga L− ε < xN ≤ L. Karena 〈xn〉 naik,untuk setiap n ≥ N berlaku L− ε < xN ≤ xn ≤ L, dan sebagai akibatnya

|xn − L| < ε.

Dengan demikian xn → L untuk n →∞.

(ii) Serupa dengan bukti untuk bagian (i).

Contoh 12. Misalkan xn := 1 +122

+ · · ·+ 1n2

, n ∈ N. Di sini jelas bahwa 〈xn〉naik. Selanjutnya, untuk tiap n ≥ 2, kita mempunyai

1n2

≤ 1n(n− 1)

=1

n− 1− 1

n.

Akibatnya, untuk tiap n ∈ N berlaku

1 +122

+ · · ·+ 1n2

≤ 1 +(11− 1

2)

+ · · ·+( 1n− 1

− 1n

)= 2− 1

n< 2.

Jadi 〈xn〉 terbatas (di atas). Menurut Teorema 11, 〈xn〉 konvergen (ke suatu L ≤ 2).

Contoh 13. Diberikan a > 0 dan x0 > 0, definisikan barisan 〈xn〉 sebagai

xn =12

(xn−1 +

2xn−1

), n ∈ N.

Dapat ditunjukkan bahwa 〈xn〉 turun dan terbatas di bawah, sehingga konvergen,dan limitnya adalah

√a. Lihat tabel di bawah yang berisi nilai suku-suku barisan ini

untuk a = 2 dan x0 = 1. (Cara menghampiri√

a dengan barisan ini telah dikenal diMesopotamia sebelum 1500 SM.)

Contoh 14. Misalkan xn :=(1 + 1

n

)n, n ∈ N. Dapat diperiksa bahwa 〈xn〉 naik dan

terbatas (di atas), sehingga konvergen. (Lihat [1] atau [2].)

Soal Latihan

1. Buktikan Teorema 11 bagian (ii).

2. Diketahui 0 < x < 1. Buktikan bahwa 〈xn〉 turun dan terbatas di bawah,sehingga ia konvergen.

3. Misalkan xn := 1 +12!

+ · · ·+ 1n!

, n ∈ N. Buktikan bahwa 〈xn〉 naik danterbatas (di atas). (Petunjuk. 2n−1 ≤ n! untuk tiap n ∈ N.)

4. Misalkan xn := 1 +12

+ · · ·+ 1n

, n ∈ N. Buktikan bahwa 〈xn〉 naik. Apakah〈xn〉 terbatas (di atas)?

32 Hendra Gunawan

4. SUB-BARISAN DAN BARISAN CAUCHY

4.1 Sub-barisan

Misalkan 〈xn〉 barisan dan 〈nk〉 barisan naik murni dengan nk ∈ N untuk tiapk ∈ N. Maka, barisan

〈xnk〉

disebut sebagai sub-barisan dari 〈xn〉. Sebagai contoh,

x2, x3, x4, x5, . . .

danx2, x4, x8, x16, . . .

merupakan sub-barisan dari 〈xn〉. Pada sub-barisan pertama, nk = k + 1; sementarapada sub-barisan kedua, nk = 2k.

Contoh 1. (i) Diketahui barisan 〈(−1)n〉. Maka,

〈(−1)2k−1〉 = 〈−1〉

dan〈(−1)2k〉 = 〈1〉

merupakan sub-barisan dari 〈(−1)n〉.(ii) Misalkan 〈rn〉 adalah barisan 1, 2, 3

2 , 53 , 8

5 , 138 , . . . . Maka

1,32,85, . . .

dan2,

53,138

, . . .

merupakan sub-barisan dari 〈rn〉.

Hipotesis 〈nk〉 naik murni merupakan bagian penting dalam definisi sub-barisan.Sebagai salah satu akibat dari hipotesis ini, kita mempunyai nk ≥ k untuk tiap k ∈ N.Fakta ini dapat dibuktikan dengan Prinsip Induksi Matematika. (Jelas bahwa n1 ≥ 1.Selanjutnya, jika nk ≥ k, maka nk+1 > nk ≥ k dan karenanya nk+1 ≥ k + 1.)

Catat bahwa setiap sub-barisan dari barisan terbatas juga bersifat terbatas.Selanjutnya, kita mempunyai teorema berikut.

Teorema 2. Jika 〈xn〉 konvergen ke L, maka setiap sub-barisan dari 〈xn〉 konvergenke L.

Bukti. Misalkan 〈xnk〉 adalah sub-barisan dari 〈xn〉. Diberikan ε > 0, pilih N ∈ N

sedemikian sehingga untuk setiap n ≥ N berlaku

|xn − L| < ε.

Maka, untuk setiap k ≥ N , kita mempunyai nk ≥ k ≥ N, dan karenanya

|xnk− L| < ε.

Dengan demikian 〈xnk〉 konvergen ke L.

Contoh 3. Kita telah membahas kedivergenan barisan 〈(−1)n〉. Bukti alternatif yanglebih sederhana dapat diberikan dengan menggunakan Teorema 2. Karena terdapatsub-barisan 〈−1〉 yang konvergen ke -1 dan sub-barisan 〈1〉 yang konvergen ke 1,maka barisan 〈(−1)n〉 tidak mungkin konvergen. (Jika ia konvergen, maka menurutTeorema 2 kedua sub-barisan di atas seharusnya konvergen ke bilangan yang sama.)

Contoh 4. Pada Soal Latihan 3.4 No. 3, anda diminta menunjukkan bahwa 〈xn〉konvergen untuk 0 < x < 1. Sekarang kita dapat menentukan limitnya denganmenggunakan Teorema 2 sebagai berikut. Misalkan 〈xn〉 konvergen ke L. Maka,sub-barisan 〈x2k〉 akan konvergen ke L juga. Namun,

x2k = (xk)2 → L2 untuk k →∞.

Karena itu L = L2, sehingga kita dapatkan L = 0 atau L = 1. Mengingat 0 < x < 1dan 〈xn〉 turun, kita simpulkan bahwa L = 0. Hasil ini sesuai dengan Soal Latihan3.3 No. 5.

34 Hendra Gunawan

Contoh 5. Dalam Contoh 13 pada Sub-bab 3.4 kita telah menunjukkan bahwabarisan 〈xn〉 yang didefinisikan secara induktif dengan

xn+1 =12

(xn +

2xn

), n ∈ N,

konvergen. Sekarang misalkan limitnya adalah L. Maka, menurut Teorema 2, 〈xn+1〉juga konvergen ke L. Akibatnya

L =12(L +

2L

),

sehingga L2 = 2. Namun x1 > 0 mengakibatkan xn > 0 untuk tiap n ∈ N. Karenaitu mestilah L =

√2.

Soal Latihan

1. Diketahui barisan 〈xn〉. Tunjukkan jika 〈x2k−1〉 dan 〈x2k〉 konvergen ke bilanganyang sama, maka 〈xn〉 konvergen.

2. Diketahui barisan 〈xn〉 didefinisikan secara induktif dengan x1 = 1 dan

xn+1 = xn +1xn

, n ∈ N.

Mungkinkah 〈xn〉 konvergen?

3. Diketahui barisan 〈rn〉 didefinisikan secara induktif dengan r1 = 1 dan

rn+1 = 1 +1rn

, n ∈ N.

Tunjukkan jika 〈rn〉 konvergen, maka ia mestilah konvergen ke 1+√

52 .

4.2 Teorema Bolzano-Weierstrass

Pada bagian ini kita akan membahas sebuah hasil penting tentang barisan ter-batas. Sebelum kita sampai ke sana, kita pelajari terlebih dahulu teorema berikut.

Teorema 6. Setiap barisan mempunyai sub-barisan yang monoton.

Bukti. Misalkan 〈xn〉 barisan sembarang. Untuk tiap N ∈ N, definisikan AN := {xn :n ≥ N}. Kita tinjau dua kasus berikut.

Kasus 1: Untuk tiap N ∈ N, AN mempunyai maksimum. Dalam kasus ini, kita dapatmemperoleh barisan bilangan asli 〈nk〉 sedemikian sehingga

xn1 = maks A1

xn2 = maks An1+1

xn3 = maks An2+1

dan seterusnya. Jelas bahwa n1 < n2 < n3 < · · · dan 〈xnk〉 merupakan sub-barisan

yang monoton turun.

Kasus 2: Terdapat n1 ∈ N sedemikian sehingga An1 tidak mempunyai maksimum.Dalam kasus ini, terdapat n2 ≥ n1 + 1 sedemikian sehingga xn2 > xn1 (karena jikatidak, maka xn1 merupakan maksimum An1). Selanjutnya, terdapat n3 ≥ n2 + 1sedemikian sehingga xn3 > xn2 (karena jika tidak, maka maks {xn1 , . . . , xn2} meru-pakan maksimum An1). Demikian seterusnya, sehingga kita peroleh sub-barisan 〈xnk

〉yang monoton naik.

Teorema 7 (Bolzano-Weierstrass). Setiap barisan terbatas mempunyai sub-barisanyang konvergen.

Bukti. Misalkan 〈xn〉 terbatas. Menurut Teorema 6, terdapat sub-barisan 〈xnk〉 yang

monoton. Karena 〈xn〉 terbatas, sub-barisan 〈xnk〉 juga terbatas. Jadi, menurut

Teorema 11 pada Bab 3, 〈xnk〉 konvergen.

Contoh 8. (i) Barisan 〈(−1)n〉 mempunyai dua sub-barisan yang konvergen, yakni〈−1〉 dan 〈1〉.(ii) Barisan 1

2 , 13 , 2

3 , 14 , 2

4 , 34 , . . . mempunyai banyak sub-barisan yang konvergen, di

antaranya12,24,36, . . . ;

12,13,14, . . . ;

12,23,34, . . . .

36 Hendra Gunawan

Misalkan 〈xn〉 terbatas dan L adalah himpunan semua bilangan real yang meru-pakan limit sub-barisan dari 〈xn〉. Sebagai contoh, jika xn = (−1)n, maka

L = {−1, 1}.

Dari Teorema Bolzano-Weierstrass, kita tahu bahwa L tak kosong. Kita juga tahubahwa dalam hal 〈xn〉 konvergen, himpunan Lmerupakan himpunan ‘singleton’, yakni{ lim

n→∞xn}. Lebih jauh, kita mempunyai proposisi berikut tentang L — yang buktinya

tidak akan kita bahas di sini (lihat [2] bila ingin mempelajarinya).

Proposisi 9. Himpunan L mempunyai maksimum dan minimum.

Misalkan L := maks L dan L := min L. Kita sebut L sebagai limit superiordari 〈xn〉 dan kita tuliskan

lim supn→∞

xn = L.

Serupa dengan itu, kita sebut L sebagai limit inferior dari 〈xn〉 dan kita tuliskan

lim infn→∞

xn = L.

Sebagai contoh, jika xn = (−1)n, maka

lim supn→∞

xn = 1 dan lim infn→∞

xn = −1.

Soal Latihan

1. Misalkan 〈xn〉 adalah barisan terbatas sedemikian sehingga untuk setiap N ∈ Nterdapat n ≥ N sedemikian sehingga xn ≥ a. Buktikan bahwa 〈xn〉 mempunyaisub-barisan yang konvergen ke suatu bilangan L ≥ a.

2. Diketahui barisan 12 , 1

3 , 23 , 1

4 , 24 , 3

4 , . . . . Tentukan limit superior dan limit inferi-ornya.

3. Diketahui barisan 〈(−1)n(1+ 1n )〉. Tentukan limit superior dan limit inferiornya.

4. Misalkan 〈xn〉 terbatas. Untuk tiap n ∈ N, definisikan Mn := supk≥n

xk. Tun-

jukkan bahwa 〈Mn〉 turun dan terbatas (di bawah), dan karenanya konvergen.

4.3 Barisan Cauchy

Teorema 11 pada Bab 3 memberi kita cara untuk menyelidiki kekonvergenansebuah barisan tanpa harus mengetahui limitnya. Persisnya, jika kita dihadapkanpada sebuah barisan yang monoton dan terbatas, maka kita dapat menyimpulkanbahwa ia konvergen. Namun bagaimana bila barisan tersebut bukan barisan monotondan limitnya tak dapat diterka? Upaya yang dapat kita lakukan dalam hal ini adalahmengamati jarak antara satu suku dengan suku lainnya.

Barisan 〈xn〉 disebut barisan Cauchy apabila untuk setiap ε > 0 terdapat N ∈ Nsedemikian sehingga untuk m,n ≥ N berlaku

|xm − xn| < ε.

Secara intuitif, suku-suku pada barisan Cauchy mendekat dan semakin mendekat satusama lain.

Proposisi 10. Jika 〈xn〉 konvergen, maka 〈xn〉 merupakan barisan Cauchy.

Bukti. Misalkan 〈xn〉 konvergen ke L. Diberikan ε > 0, pilih N ∈ N sedemikiansehingga untuk tiap n ≥ N berlaku |xn − L| < ε

2 . Maka, untuk m,n ≥ N , kitaperoleh

|xm − xn| ≤ |xm − L|+ |L− xn| <ε

2+

ε

2= ε.

Ini membuktikan bahwa 〈xn〉 Cauchy.

Proposisi 11. Jika 〈xn〉 Cauchy, maka 〈xn〉 terbatas.

Bukti. Diserahkan sebagai latihan.

Teorema 12. Jika 〈xn〉 Cauchy, maka 〈xn〉 konvergen.

Bukti. Misalkan 〈xn〉 Cauchy. Menurut Proposisi 11, 〈xn〉 terbatas. Menurut TeoremaBolzano-Weierstrass, 〈xn〉 mempunyai sub-barisan yang konvergen, sebutlah 〈xnk

〉dengan lim

k→∞xnk

= L. Selanjutnya akan ditunjukkan bahwa xn → L untuk n →∞.

Diberikan ε > 0 sembarang, pilih M ∈ N sedemikian sehingga untuk k ≥ M

berlaku |xnk− L| < ε

2 . Juga pilih N ∈ N sedemikian sehingga untuk m,n ≥ N

berlaku |xm − xn| < ε2 . Sekarang jika n ≥ N , maka untuk k ≥ M dengan nk ≥ N

kita mempunyai

|xn − L| ≤ |xn − xnk|+ |xnk

− L| < ε

2+

ε

2= ε.

38 Hendra Gunawan

Ini menunjukkan bahwa 〈xn〉 konvergen ke L.

Contoh 13. Diketahui barisan 〈xn〉 dengan x1 = 1, x2 = 2, dan

xn+2 =12(xn+1 + xn), n ∈ N.

Maka, dapat diperiksa bahwa untuk tiap n ∈ N kita mempunyai

|xn+2 − xn+1| =12n

.

Dengan menggunakan Ketaksamaan Segitiga, kita peroleh untuk m > n

|xm − xn| ≤ |xm − xm−1|+ · · ·+ |xn+1 − xn| ≤1

2n−2.

Diberikan ε > 0, kita dapat memilih N ∈ N sedemikian sehingga 12N−2 < ε. Maka,

untuk m,n ≥ N , kita peroleh |xm − xn| ≤ 12N−2 < ε. Ini menunjukkan bahwa 〈xn〉

Cauchy, dan karenanya konvergen.

Untuk menentukan limitnya, cara seperti pada Contoh 5 akan memberikan per-samaan L = 1

2 (L + L), yang tak berguna. Namun ada cara lain yang dapat kitalakukan. Perhatikan bahwa sub-barisan x1, x3, x5, . . . monoton naik (dan terbatas).Lebih jauh, untuk tiap n ∈ N, kita mempunyai

xn+2 − xn =14(xn − xn−2).

Karena itu, untuk tiap k ∈ N, kita peroleh

x2k+1 = 1 +12

(1 +

14

+ · · ·+ 14k−1

)= 1 +

23

(1− 1

4k

).

Dengan demikian x2k+1 → 53 untuk k →∞. Jadi 〈xn〉 mestilah konvergen ke 5

3 .

Salah satu cara mengenali barisan Cauchy adalah dengan melihat selisih antarasatu suku dengan suku berikutnya. Barisan 〈xn〉 disebut barisan kontraktif apabilaterdapat suatu konstanta 0 < C < 1 sedemikian sehingga

|xn+2 − xn+1| ≤ C |xn+1 − xn|, .

untuk setiap n ∈ N.

Contoh 14. Barisan 〈xn〉 dengan x1 = 1, x2 = 2, dan

xn+2 =12(xn+1 + xn), n ∈ N,


merupakan barisan kontraktif, karena untuk tiap n ∈ N berlaku

|xn+2 − xn+1| =12|xn+1 − xn|.

Teorema 15. Jika 〈xn〉 kontraktif, maka 〈xn〉 Cauchy (dan karenanya ia konvergen).

Soal Latihan


2. Tentukan limit barisan 〈xn〉 pada Contoh 13.


4. Diketahui barisan 〈xn〉 dengan x1 = 1, x2 = 2, dan

xn+2 =√

xn+1xn, n ∈ N.

Buktikan bahwa 1 ≤ xn ≤ 2 untuk tiap n ∈ N dan

|xn+2 − xn+1| ≤23|xn+1 − xn|, n ∈ N,

sehingga 〈xn〉 Cauchy (dan konvergen). Tentukan limitnya.

5. Diketahui barisan 〈rn〉 didefinisikan secara induktif dengan r1 = 1 dan

rn+1 = 1 +1rn

, n ∈ N.

Buktikan bahwa 〈rn〉 kontraktif, sehingga ia Cauchy (dan konvergen).

6. Selidiki apakah barisan 〈 1n 〉 kontraktif.

4.4 Barisan Divergen

Di antara barisan divergen, terdapat sekelompok barisan divergen yang menarikuntuk dipelajari. Barisan 〈xn〉 dikatakan divergen ke +∞ dan kita tuliskan

xn → +∞ untuk n →∞

40 Hendra Gunawan

apabila untuk setiap M > 0 terdapat N ∈ N sedemikian sehingga untuk setiap n ≥ N

berlaku xn > M .

Serupa dengan itu, barisan 〈xn〉 dikatakan divergen ke −∞ dan kita tuliskan

xn → −∞ untuk n →∞

apabila untuk setiap M > 0 terdapat N ∈ N sedemikian sehingga untuk setiap n ≥ N

berlaku xn < −M .

Dalam [1], barisan divergen ke ±∞ disebut sebagai barisan divergen sejati.

Catatan. Walaupun di sini kita menggunakan notasi yang mirip dengan notasi untukbarisan konvergen, Proposisi 5 pada Bab 3 tidak berlaku untuk barisan yang divergenke ±∞ mengingat ±∞ bukan bilangan real.

Contoh 16. (i) Barisan 〈n〉 divergen ke +∞; sementara barisan 〈−n〉 divergen ke−∞.

(ii) Barisan⟨1 +

12

+ · · ·+ 1n

⟩(yang ditanyakan pada Soal Latihan 3.4 No. 5) meru-

pakan barisan yang divergen ke +∞.

(iii) Barisan 〈(−1)nn〉 divergen, tetapi bukan merupakan barisan yang divergen ke+∞ ataupun divergen ke −∞.

Catatan. Barisan 〈xn〉 yang divergen tetapi bukan merupakan barisan yang divergenke ±∞ dikatakan berosilasi.

Teorema 17. (i) Jika 〈xn〉 naik dan tak terbatas (di atas), maka ia divergen ke +∞.

(ii) Jika 〈xn〉 dan tak terbatas (di bawah), maka ia divergen ke −∞.

Soal Latihan


2. Buktikan bahwa untuk setiap bilangan rasional r > 0, barisan 〈nr〉 divergen ke+∞.

3. Misalkan xn > 0 untuk tiap n ∈ N. Buktikan bahwa 〈xn〉 konvergen ke 0 jikadan hanya jika

⟨1

xn

⟩divergen ke +∞.


5. DERET

5.1 Deret dan Kekonvergenannya

Diberikan sebuah barisan bilangan real 〈an〉, definisikan barisan 〈sN 〉 dengan

sN :=N∑

n=1

an = a1 + · · ·+ aN , N ∈ N.

Untuk tiap N ∈ N, sN dikenal sebagai jumlah parsial dari deret

∞∑n=1

an.

Catatan. Indeks n dapat ‘berjalan’ mulai dari 0, sehingga kita mempunyai deret∞∑

n=0an. Indeks n dapat pula berjalan mulai dari sembarang bilangan asli n0.

Jika sN → s untuk N → ∞, maka deret∞∑

n=1an dikatakan konvergen ke s.

Dalam hal ini s disebut sebagai jumlah deret tersebut dan kita tuliskan

∞∑n=1

an = s.

Ini berarti bahwa∞∑

n=1

an = limN→∞

N∑n=1

an,

yang tentu saja bermakna apabila deret konvergen.

Contoh 1. Deret geometri∞∑

n=1

12n

42 Hendra Gunawan

merupakan barisan jumlah parsial

sN =N∑

n=1

12n

= 1− 12N

,

yang konvergen ke 1. Jadi dalam hal ini kita dapat menuliskan∞∑

n=1

12n

= 1.

Secara umum, deret geometri∞∑

n=0

xn = 1 + x + x2 + x3 + . . .

mempunyai jumlah parsial

sN =N∑

n=0

xn =1− xN+1

1− x.

Jika |x| < 1, maka xN+1 → 0 untuk N →∞; sehingga

sN → 11− x

, untuk N →∞.

Jadi, untuk |x| < 1, deret∞∑

n=0xn konvergen ke 1

1−x . Jika |x| ≥ 1, maka deret divergen.

Contoh 2. Deret∞∑

n=1

1n(n + 1)

mempunyai jumlah parsial

sN =N∑

n=1

1n(n + 1)

=N∑

n=1

( 1n− 1

n + 1

)=

(1− 1

2

)+

(12− 1

3

)+ · · ·+

( 1N− 1

N + 1

)= 1− 1

N + 1.

Di sini sN → 1 untuk N → ∞, sehingga deret di atas konvergen dan mempunyaijumlah 1, yakni

∞∑n=1

1n(n + 1)

= 1.

(Deret yang suku-sukunya saling menghapuskan seperti pada contoh ini disebut deretteleskopis.)


Soal Latihan

1. Misalkan α > 0. Tunjukkan bahwa∞∑

n=0

1(α+n)(α+n+1) = 1

α .

2. Tunjukkan bahwa∞∑

n=1

44n2−1 = 2.

3. Tentukan jumlah parsial deret∞∑

n=1(−1)n. Apakah deret ini konvergen?

5.2 Deret dengan Suku-suku Positif

Deret 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 +∞.


n=1

1n2

mempunyai suku-suku yang bernilai positif. Jumlah parsialnya, yaitu

sN = 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).


n=1

1n

mempunyai suku-suku yang bernilai positif. Jumlah parsialnya, yaitu

sN = 1 +12

+ · · ·+ 1N

,

membentuk barisan naik yang tak terbatas di atas (Soal Latihan 3.4 no. 5). Jadideret ini divergen ke +∞.

44 Hendra Gunawan

Teorema 5. Misalkan α > 1, bilangan rasional. Maka deret∞∑

n=1

1nα konvergen.

Bukti. Perhatikan bahwa 21−α < 1 dan, untuk tiap N > 1,

sN ≤ s2N−1 = 1 +12α

+13α

+ · · ·+ 1(2N − 1)α

= 1 +( 1

2α+

13α

)+

( 14α

+ · · ·+ 17α

)+( 1

2(N−1)α+ · · ·+ 1

(2N − 1)α

)≤ 1 +

( 12α

+12α

)+

( 14α

+ · · ·+ 14α

)+( 1

2(N−1)α+ · · ·+ 1

2(N−1)α

)= 1 +

22α

+44α

+ · · ·+ 2N−1

2(N−1)α

=1− (21−α)N

1− 21−α≤ 1

1− 21−α< ∞.

Jadi 〈sN 〉 naik dan terbatas di atas. Karena itu kita simpulkan bahwa deret∞∑

n=1

1nα

konvergen.

Soal Latihan

1. Selidiki kekonvergenan deret∞∑

n=1

1n! .

2. Misalkan 〈rn〉 adalah barisan bilangan rasional

12,13,23,14,24,34, . . . .

Tunjukkan bahwa∞∑

n=1rn divergen ke +∞.

5.3 Sifat-sifat Dasar Deret

Bagian ini membahas sifat-sifat dasar deret. Kita mulai dengan sifat linearderet konvergen.


Teorema 6 Misalkan∞∑

n=1an dan

∞∑n=1

bn konvergen ke a dan b berturut-turut. Jika λ

dan µ adalah bilangan real sembarang, maka∞∑

n=1(λan + µbn) konvergen ke λa + µb.

Bukti. Perhatikan bahwa

N∑n=1

(λan + µbn) = λN∑

n=1

an + µN∑

n=1

bn

→ λa + µb

untuk N →∞, menurut Proposisi 5 pada Bab 3.

Teorema 7. Jika deret∞∑

n=1an konvergen, maka an → 0 untuk n →∞.

Bukti. Misalkan∞∑

n=1an = s. Maka

sN =N∑

n=1

an → s,

untuk N →∞. Akibatnya,

aN = sN − sN−1 → s− s = 0,

untuk N →∞.

Teorema 7 menyatakan bahwa limn→∞

an = 0 merupakan syarat perlu untuk

kekonvergenan deret∞∑

n=1an. Sebagai contoh,

∞∑n=1

(−1)n divergen, karena limn→∞

(−1)n 6=

0 (persisnya, limn→∞

(−1)n tidak ada).

Kebalikan dari Teorema 7 tidak berlaku: limn→∞

an = 0 bukan merupakan syarat

cukup untuk menjamin bahwa deret∞∑

n=1an konvergen. Sebagai contoh, lim

n→∞1n = 0,

tetapi∞∑

n=1

1n divergen.

Proposisi 8. Misalkan deret∞∑

n=1an konvergen. Maka, untuk setiap N ∈ N, deret

∞∑n=N

an konvergen dan∞∑

n=N

an → 0, untuk N →∞.

46 Hendra Gunawan

Catatan. Bila Teorema 7 menyatakan bahwa suku-suku dari suatu deret konvergenharuslah konvergen ke 0, maka menurut Proposisi 8 ‘ekor’ atau ‘residu’ dari suatuderet konvergen juga akan konvergen ke 0.

Soal Latihan

1. Apakah deret∞∑

n=1

n100n+1 konvergen?


3. Misalkan 〈an〉 turun, an > 0 untuk tiap n ∈ N, dan∞∑

n=1an konvergen. Buktikan

bahwa nan → 0 untuk n →∞. [Petunjuk: Tinjau an+1 + · · ·+ a2n.]

5.4 Kriteria Cauchy; Uji Kekonvergenan Deret

Pada beberapa sub-bab terdahulu, kita telah mempelajari deret dengan jum-lah parsial yang mempunyai rumus sederhana atau yang membentuk barisan naik,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’.

Teorema 9. Misalkan 〈an〉 turun, an > 0 untuk tiap n ∈ N, dan an → 0 untukn →∞. Maka deret

∞∑n=1

(−1)n−1an = a1 − a2 + a3 − a4 +− · · ·

konvergen.

Bukti. Bila kita dapat menunjukkan bahwa 〈sn〉 merupakan barisan Cauchy, makabukti selesai. Perhatikan bahwa untuk m > n, kita mempunyai

0 ≤ an+1 − an+2 +− · · ·+−am ≤ an+1.

Ini terjadi karena ak > 0 dan ak − ak+1 ≥ 0 untuk tiap k.

Sekarang misalkan ε > 0 diberikan. Karena an → 0 untuk n → ∞, terdapatN ∈ N sehingga an < ε untuk n ≥ N . Akibatnya, untuk m > n ≥ N , kita peroleh

|sm − sn| = |an+1 − an+2 +− · · ·+−am| ≤ an+1 < ε.

Ini berarti bahwa 〈sn〉 Cauchy, sesuai dengan harapan kita.


n=1

(−1)n−1

n= 1− 1

2+

13− 1

4+− · · ·

merupakan deret berganti tanda yang memenuhi hipotesis Teorema 9. Karena ituderet ini konvergen.

Teorema 11 (Uji Banding). Misalkan bn > 0 untuk tiap n ∈ N dan∞∑

n=1bn konver-

gen. Jika|an| ≤ bn, n ∈ N,

maka∞∑

n=1an konvergen.

Bukti. Ambil ε > 0 sembarang. Karena∞∑

n=1bn konvergen, maka menurut Proposisi

8 terdapat N ∈ N sehingga∞∑

k=K

bk < ε untuk K ≥ N . Sekarang misalkan sn adalah

jumlah parsial dari∞∑

n=1an. Maka, untuk m > n ≥ N , kita peroleh

|sm − sn| = |an+1 + · · ·+ am| ≤ |an+1|+ · · ·+ |am|

≤ bn+1 + · · ·+ bm ≤∞∑

k=n+1

bk < ε.

Ini menunjukkan bahwa 〈sn〉 Cauchy. Jadi∞∑

n=1an konvergen.

Teorema 12 (Uji Rasio). Misalkan an 6= 0 untuk tiap n ∈ N dan

limn→∞

∣∣∣an+1

an

∣∣∣ = L.

Jika L < 1, maka∞∑

n=1an konvergen; jika L > 1, maka

∞∑n=1

an divergen.

48 Hendra Gunawan

Teorema 13 (Uji Akar). Misalkan 〈|an|1/n〉 terbatas dan lim supn→∞ |an|1/n = L.

Jika L < 1, maka∞∑

n−1an konvergen; jika L > 1, maka

∞∑n=1

an divergen.

Soal Latihan

1. Selidiki benar atau salah pernyataan berikut:

• Jika∞∑

n=1an dan

∞∑n=1

bn konvergen, maka∞∑

n=1anbn konvergen.

• Jika bn > 0 untuk tiap n ∈ N,∞∑

n=1bn konvergen, dan

∣∣∣ N∑n=1

an

∣∣∣ ≤ N∑n=1

bn,

untuk tiap N ∈ N, maka∞∑

n=1an konvergen.


3. Buktikan Teorema 13. (Ingat bahwa L adalah bilangan terbesar yang meru-pakan limit dari suatu sub-barisan dari 〈|an|1/n〉.)

4. Selidiki kekonvergenan deret berikut:

•∞∑

n=1

1n2+1

•∞∑

n=1

nn2+1 .

•∞∑

n=1

n2n .

5. Diketahui an ≥ 0 untuk tiap n ∈ N dan∞∑

n=1an konvergen. Buktikan bahwa

∞∑n=1

a2n konvergen.

5.5 Kekonvergenan Mutlak dan Kekonvergenan Bersyarat

Deret∞∑

n=1an dikatakan konvergen mutlak apabila deret

∞∑n=1

|an| konvergen. Se-

bagai contoh,∞∑

n=1

(−1)n−1

n2 konvergen mutlak karena∞∑

n=1

1n2 konvergen.


Catat 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.

Teorema 13. Deret konvergen mutlak senantiasa konvergen.

Bukti. Gunakan Uji Banding dengan bn = |an|.

Kebalikan dari Teorema 13 tidak berlaku: deret yang konvergen belum tentu

konvergen mutlak. Sebagai contoh,∞∑

n=1

(−1)n−1

n konvergen tetapi tidak konvergen

mutlak. Deret yang konvergen tetapi tidak konvergen mutlak dikatakan konvergenbersyarat.

Soal Latihan

1. Buktikan jika∞∑

n=1a2

n dan∞∑

n=1b2n konvergen, maka

∞∑n=1

anbn konvergen mutlak

(dan karenanya konvergen).

2. Selidiki apakah deret berikut konvergen mutlak, konvergen bersyarat, atau di-vergen:

•∞∑

n=1

(−1)n−1√

n

•∞∑

n=1

(−1)n−1

n3/2 .

3. Selidiki kekonvergenan deret berikut:

•∞∑

n=1

√n+1−

√n

n .

•∞∑

n=1

√n+1−

√n√

n.

4. Buktikan bahwa∞∑

n=0

xn

n! konvergen mutlak untuk setiap x ∈ R.


n=1an konvergen mutlak, maka

∞∑n=1

a2n konvergen.

50 Hendra Gunawan

BAGIAN KEDUA

Fungsi, Limit dan Kekontinuan, Turunan

51

52 Hendra Gunawan


6. FUNGSI

6.1 Fungsi dan Grafiknya

Konsep fungsi telah dipelajari oleh Gottfried von Leibniz sejak akhir abad ke-17, namun definisi fungsi yang kita kenal sekarang berakar pada rumusan LeonhardEuler pada 1749, yang disempurnakan kemudian oleh Joseph Fourier pada 1822 danLejeune Dirichlet pada 1837.

Sebuah fungsi dari himpunan A ke himpunan B adalah suatu aturan yangmengaitkan setiap x ∈ A dengan sebuah elemen tunggal y ∈ B, ditulis

f : A → B

x 7→ y.

Elemen y yang terkait dengan x disebut peta dari x (di bawah f) dan kita tulisy = f(x). Bila f(x) mempunyai rumus yang eksplisit, fungsi f sering dinyatakansebagai persamaan

y = f(x).

Dalam buku ini, kita membatasi pembahasan kita pada fungsi dari A ⊆ R keB ⊆ R, yakni fungsi bernilai real dengan peubah real. Dalam hal ini, kita dapatmenggambar grafik fungsi f : A → B pada bidang-xy (lihat Gambar 6.1). Definisi diatas menjamin bahwa setiap garis vertikal yang memotong A akan memotong grafiktepat pada satu buah titik (tidak mungkin lebih).

Jika f adalah sebuah fungsi dari A ke B dan H ⊆ A, maka kita katakanbahwa f terdefinisi pada H. Himpunan terbesar pada mana f terdefinisi adalah A.Himpunan A dalam hal ini disebut sebagai daerah asal f . Sebagai contoh, sebuahbarisan merupakan fungsi dengan daerah asal himpunan bilangan asli N.

Jika f terdefinisi pada H, maka kita definisikan peta dari H di bawah f sebagai

f(H) := {f(x) : x ∈ H}.

54 Hendra Gunawan

Gambar 6.1 Grafik sebuah fungsi

Untuk ilustrasi, lihat Gambar 6.2 di bawah ini. Dalam hal H = A, himpunan f(A)disebut sebagai daerah nilai f . Catat bahwa f(A) tidak harus sama dengan B.

Gambar 6.2 Peta dari H di bawah f

Contoh 1. Persamaan y = x2 mendefinisikan sebuah fungsi dari R ke R. Untuktiap x ∈ R terdapat tepat sebuah y ∈ R yang memenuhi aturan y = x2. Amatibahwa, dalam Gambar 6.3 pada halaman berikut, setiap garis vertikal memotonggrafik y = x2 tepat pada sebuah titik. Daerah asal fungsi ini adalah R dan daerahnilainya adalah [0,∞). Peta dari (−0.5, 1], misalnya, adalah [0, 1].

Contoh 2. Persamaan y2 = x tidak mendefinisikan fungsi dari [0,∞) ke R. Untuk


Gambar 6.3 Grafik persamaan y = x2

tiap x > 0 terdapat dua buah y ∈ R, yakni y = ±√

x, yang memenuhi aturan y2 = x.Dalam Gambar 6.4, amati bahwa setiap garis vertikal yang memotong sumbu-x padax0 > 0 akan memotong grafik y2 = x pada dua buah titik.

Gambar 6.4 Grafik persamaan y2 = x

Contoh 3. Persamaan y2 = x, y ≥ 0, mendefinisikan sebuah fungsi dari [0,∞) ke[0,∞). Untuk tiap x > 0 terdapat tepat sebuah y ∈ [0,∞), yakni y =

√x, yang

memenuhi aturan y2 = x. Dalam Gambar 5.5, amati bahwa setiap garis vertikal yangmemotong sumbu-x pada x0 ≥ 0 akan memotong grafik y2 = x, y ≥ 0, tepat padasebuah titik.

56 Hendra Gunawan

Gambar 6.5 Grafik persamaan y2 = x, y ≥ 0

Soal Latihan

1. Gambar grafik himpunan semua titik (x, y) sedemikian sehingga

y ={

5 jika x ≥ 12 jika x < 1

Jelaskan mengapa grafik tersebut merupakan grafik sebuah fungsi dari R keR. Tentukan daerah nilainya. Tentukan pula peta dari [1, 2] di bawah fungsitersebut.

2. Apakah persamaan x2 + y2 = 1 mendefinisikan sebuah fungsi dari [−1, 1] ke[−1, 1]? Jelaskan.

3. Apakah persamaan x2+y2 = 1, y ≥ 0, mendefinisikan sebuah fungsi dari [−1, 1]ke [0, 1]? Jelaskan.

4. Diketahui f terdefinisi pada H dan A,B ⊆ H. Selidiki apakah f(A ∪ B) =f(A) ∪ f(B) dan f(A ∩B) = f(A) ∩ f(B).

6.2 Fungsi Polinom dan Fungsi Rasional

Jika a0, a1, . . . , an ∈ R, maka persamaan

y = a0 + a1x + · · ·+ anxn


mendefinisikan sebuah fungsi dari R ke R. Sembarang nilai x yang disubstitusikanke ruas kanan akan memberi kita sebuah nilai y yang berkaitan dengannya. Untukn ∈ N, fungsi ini dikenal sebagai polinom berderajat n asalkan an 6= 0. Untuk n = 0,fungsi konstan y = a0 merupakan polinom berderajat 0.

Misalkan P dan Q adalah fungsi polinom, dan S adalah himpunan semua bi-langan x ∈ R dengan Q(x) 6= 0. Maka, persamaan

y =P (x)Q(x)

mendefinisikan sebuah fungsi dari S ke R. Fungsi ini dikenal sebagai fungsi rasional.

Contoh 4. Fungsi yang diberikan oleh persamaan

y = x3 − 3x2 + 2x

merupakan polinom berderajat 3 (atau ‘polinom kubik’). Grafik fungsi ini dapatdilihat dalam Gambar 6.6. Perhatikan bahwa grafik memotong sumbu-x pada tigabuah titik (yang merupakan akar persamaan kubik x3 − 3x2 + 2x = 0).

Gambar 6.6 Grafik fungsi y = x3 − 3x2 + 2x

Contoh 5. Fungsi yang diberikan oleh persamaan

y =x2 + 4x2 − 4

merupakan polinom rasional. Daerah asalnya adalah {x : x 6= ±2}. Grafiknya dapatdilihat dalam Gambar 6.7.

58 Hendra Gunawan

Gambar 6.7 Grafik fungsi y = x2+4x2−4

Soal Latihan

1. Tentukan daerah nilai fungsi polinom y = 4x− 4x2 dan sketsalah grafiknya.

2. Tentukan daerah asal fungsi rasional y = 1−x1+x dan sketsalah grafiknya.

6.3 Operasi pada Fungsi; Fungsi Invers

Jika H ⊆ R, f, g : H → R, dan λ ∈ R, maka kita definisikan f + g dan λf

sebagai fungsi yang memenuhi aturan

(f + g)(x) := f(x) + g(x), x ∈ H;

(λf)(x) := λf(x), x ∈ H.

Selain itu kita definisikan pula fg dan f/g sebagai

(fg)(x) := f(x)g(x), x ∈ H;

(f/g)(x) := f(x)/g(x), x ∈ H, g(x) 6= 0.

Sebagai contoh, jika f dan g adalah polinom, maka f/g merupakan fungsi rasional.

Misalkan A,B ⊆ R, g : A → B, dan f : B → R. Maka kita definisikan fungsikomposisi f ◦ g : A → R sebagai

(f ◦ g)(x) := f(g(x)), x ∈ A.


Perhatikan bahwa untuk tiap x ∈ A

x 7→ g(x) 7→ f(g(x)).

Di sini fungsi g beroperasi terlebih dahulu terhadap x, baru kemudian fungsi f berop-erasi terhadap g(x).

Contoh 6. Misalkan f : R → R didefinisikan sebagai

f(x) =x2 − 1x2 + 1

, x ∈ R,

dan g : R → R didefinisikan sebagai

g(x) = x2.

Maka f ◦ g : R → R adalah fungsi dengan aturan

(f ◦ g)(x) = f(g(x)) ={g(x)}2 − 1{g(x)}2 + 1

=x4 − 1x4 + 1

.

Misalkan A dan B adalah himpunan dan f adalah fungsi dari A ke B. Ini berartibahwa bahwa setiap anggota a ∈ A mempunyai sebuah peta tunggal b = f(a) ∈ B.Kita sebut f−1 fungsi invers dari f apabila f−1 merupakan fungsi dari B ke A dengansifat

x = f−1(y) jika dan hanya jika y = f(x).

Tidak semua fungsi mempunyai fungsi invers. Dari definisi di atas jelas bahwaf : A → B mempunyai fungsi invers f−1 : B → A jika dan hanya jika setiap b ∈ B

merupakan peta dari sebuah anggota tunggal a ∈ A. Fungsi dengan sifat ini disebutsebagai suatu korespondensi 1− 1 antara A dan B.

Secara geometris, f : A → B merupakan korespondensi 1 − 1 antara A danB jika dan hanya jika setiap garis vertikal yang memotong A juga memotong grafikf tepat pada sebuah titik dan setiap garis horisontal yang memotong B juga akanmemotong grafik f tepat pada sebuah titik. Kondisi pertama memastikan bahwaf merupakan fungsi, sementara kondisi kedua memastikan bahwa f−1 merupakanfungsi. Lihat Gambar 6.8 di bawah ini.

Contoh 7. Fungsi f(x) =√

x merupakan korespondensi 1 − 1 antara [0,∞) dan[0,∞). Fungsi ini mempunyai fungsi invers, yaitu

f−1(x) = x2, x ≥ 0.

60 Hendra Gunawan

Gambar 6.8 Korespondensi 1− 1

Soal Latihan

1. Misalkan f : [0, 1] → [0, 1] didefinisikan sebagai

f(x) =1− x

1 + x, 0 ≤ x ≤ 1,

dan g : [0, 1] → [0, 1] didefinisikan sebagai

g(x) = 4x− 4x2, 0 ≤ x ≤ 1.

Tentukan aturan untuk f ◦ g dan g ◦ f . Apakah mereka sama?

2. Untuk fungsi f dan g pada Soal 1, tunjukkan bahwa f−1 ada sedangkan g−1

tidak ada. Tentukan aturan untuk f−1.

3. Diketahui g : A → B merupakan suatu korespondensi 1 − 1 antara A dan B.Buktikan bahwa (g−1 ◦ g)(x) = x untuk tiap x ∈ A dan (g ◦ g−1)(y) = y untuktiap y ∈ B.

6.4 Fungsi Terbatas

Misalkan f terdefinisi pada H. Kita katakan bahwa f terbatas di atas pada H

oleh suatu batas atas M apabila untuk tiap x ∈ H berlaku

f(x) ≤ M.


Ini setara dengan mengatakan bahwa himpunan

f(H) = {f(x) : x ∈ H}

terbatas di atas oleh M .

Jika f terbatas di atas pada H, maka menurut Sifat Kelengkapan f(H) mem-punyai supremum. Misalkan

B = supx∈H

f(x) = sup f(H).

Secara umum, belum tentu terdapat c ∈ H sehingga f(c) = B. Jika terdapat c ∈ H

sehingga f(c) = B, maka B disebut sebagai nilai maksimum f pada H dan nilaimaksimum ini tercapai di c. Untuk ilustrasi, lihat Gambar 6.9 di bawah ini.

Gambar 6.9 Fungsi terbatas dan nilai maksimumnya

Definisi fungsi terbatas di bawah dan nilai minimum dapat dirumuskan secaraserupa. Jika f terbatas di atas dan juga di bawah pada himpunan H, maka f

dikatakan terbatas pada H. Menurut Proposisi 2 pada Bab 1, f terbatas pada H

jika dan hanya jika terdapat K > 0 sedemikian sehingga untuk tiap x ∈ H berlaku

|f(x)| ≤ K.

Contoh 8. Misalkan f : (0,∞) → R didefinisikan sebagai

f(x) =1x

, x > 0.

62 Hendra Gunawan

Fungsi ini terbatas di bawah pada (0,∞) dan infx>0

f(x) = 0, namun f tidak mempunyai

nilai minimum. Perhatikan pula bahwa f tidak terbatas di atas pada (0,∞).

Contoh 9. Misalkan f : [0, 1] → [0, 1] didefinisikan oleh

f(x) = 1− x.

Fungsi ini terbatas pada [0, 1], mencapai nilai maksimumnya (yaitu 1) di 0, dan jugamencapai nilai minimumnya (yaitu 0) di 1.

Soal Latihan

1. Selidiki apakah f : [0, 1] → [0, 1] yang didefinisikan sebagai

f(x) =1− x

1 + x, 0 ≤ x ≤ 1,

terbatas serta mencapai nilai maksimum dan minimumnya.

2. Selidiki apakah g : [0, 1] → [0, 1] yang didefinisikan sebagai

g(x) = 4x− 4x2, 0 ≤ x ≤ 1.

terbatas serta mencapai nilai maksimum dan minimumnya.

3. Tunjukkan bahwa f(x) = 11+x2 terbatas pada R. Apakah f mencapai nilai

maksimum dan minimumnya?

4. Misalkan f dan g terbatas di atas pada H dan a ∈ R. Buktikan bahwa

• supx∈H

{a + f(x)} = a + supx∈H

f(x).

• supx∈H

{f(x) + g(x)} ≤ supx∈H

f(x) + supx∈H

g(x).

Beri contoh bahwa kesamaan tidak harus berlaku.

7. LIMIT DAN KEKONTINUAN

7.1 Limit Fungsi di Suatu Titik

Diberikan sebuah fungsi yang terdefinisi pada interval (a, b) kecuali mungkin disebuah titik c ∈ (a, b), kita tertarik untuk mengamati nilai f(x) untuk x di sekitarc. Khususnya, kita bertanya: apakah f(x) menuju suatu bilangan tertentu bila x

menuju c? Berikut ini adalah definisi limit sepihak, yaitu limit kiri dan limit kanan,di suatu titik.

Misalkan f terdefinisi pada interval (a, c) dan L ∈ R. Kita katakan bahwa f

menuju L bila x menuju c dari kiri, dan kita tulis

f(x) → L bila x → c−

ataulim

x→c−f(x) = L,

apabila untuk setiap ε > 0 terdapat δ > 0 sedemikian sehingga

jika c− δ < x < c, maka |f(x)− L| < ε.

Misalkan f terdefinisi pada interval (c, b) dan M ∈ R. Kita katakan bahwa f

menuju M bila x menuju c dari kanan, dan kita tulis

f(x) → M bila x → c+

ataulim

x→c+f(x) = M,


jika c < x < c + δ, maka |f(x)−M | < ε.

64 Hendra Gunawan

Gambar 7.1 Limit Kiri f di c

Bilangan L dan M disebut sebagai limit kiri dan limit kanan dari f di c. Nilai|f(x)−L| (atau |f(x)−M |) menyatakan jarak antara f(x) dan L (atau jarak antaraf(x) dan M), yang dapat kita interpretasikan sebagai kesalahan dalam menghampirinilai L atau M dengan f(x) (atau sebaliknya menghampiri nilai f(x) dengan L atauM). Kesalahan ini dapat dibuat sekecil yang kita kehendaki dengan cara mengambilx sedekat-dekatnya ke c dari kiri atau kanan.

Contoh 1. Misalkan f : R → R adalah fungsi yang didefinisikan sebagai

f(x) ={

1− x, x ≤ 1;2x, x > 1.

Maka,

limx→1−

f(x) = 0 dan limx→1+

f(x) = 2.

Perhatikan bahwa nilai f(1) terdefinisi, yakni f(1) = 0.

Misalkan f terdefinisi pada interval (a, b) kecuali mungkin di titik c ∈ (a, b),dan L ∈ R. Kita katakan bahwa f menuju ke L bila x menuju c, dan kita tuliskan

f(x) → L bila x → c

atau

limx→c

f(x) = L,

jika 0 < |x− c| < δ, maka |f(x)− L| < ε.

Dalam hal ini, bilangan L disebut sebagai limit f di c, dan f dikatakan mempunyailimit L di c.

Gambar 7.2 Limit f di c

Perhatikan bahwa kondisi 0 < |x− c| < δ setara dengan −δ < x− c < δ, x 6= c.Jadi, 0 < |x−c| < δ jika dan hanya jika x memenuhi salah satu dari dua pertaksamaanberikut:

c− δ < x < c atau c < x < c + δ.

Sehubungan dengan itu, kita mempunyai proposisi berikut.

Proposisi 2. limx→c

f(x) = L jika dan hanya jika limx→c−

f(x) = L dan limx→c+

f(x) = L.

Menurut Proposisi 2, fungsi pada Contoh 1 tidak mempunyai limit di 1 karenalimit kiri dan limit kanannya tidak sama.

Contoh 3. Misalkan f(x) = x2−1x−1 . Fungsi ini terdefinisi pada (−∞, 1) dan juga pada

(1,∞). Bila kita tinjau nilai f(x) untuk x < 1, maka kita dapatkan bahwa

f(x) → 2 bila x → 1−.

Bila kita amati nilai f(x) untuk x > 1, maka kita dapatkan bahwa

f(x) → 2 bila x → 1+.

66 Hendra Gunawan

Jadi, limit kiri dari f di c sama dengan limit kanannya, yaitu 2. Karena itu limx→c

f(x) =2. (Perhatikan bahwa pada contoh ini, f tidak terdefinisi di 1.)

Proposisi 4. (i) limx→c

k = k

(ii) limx→c

x = c.

Bukti. (i) Diberikan ε > 0, pilih δ > 0 sembarang. Jika 0 < |x − c| < δ, maka|k − k| = 0 < ε. Ini membuktikan bahwa lim

x→ck = k.

(ii) Diberikan ε > 0, pilih δ = ε. Jika 0 < |x − c| < δ, maka |x − c| < δ = ε. Inimembuktikan bahwa lim

x→cx = c.

Soal Latihan

1. Misalkan n ∈ N. Buktikan, dengan menggunakan definisi, bahwa limx→0+

x1/n = 0.

2. Misalkan f : R → R adalah fungsi yang didefinisikan sebagai

f(x) =

2x, x < 1;1, x = 1

3− x, x > 1.

Buktikan, dengan menggunakan definisi, bahwa

limx→1−

f(x) = 2 dan limx→1+

f(x) = 2.

Simpulkan bahwa limx→1

f(x) = 2.

3. Buktikan, dengan menggunakan definisi, bahwa limx→c

px + q = pc + q.

4. Buktikan limx→c

f(x) = 0 jika dan hanya jika limx→c

|f(x)| = 0.

5. Buktikan jika limx→c

f(x) = L > 0, maka terdapat δ > 0 sehingga f(x) > 0 untukc− δ < x < c + δ, x 6= c.

7.2 Kekontinuan di Suatu Titik

Dalam definisi limx→c

f(x), nilai f di c sama sekali tidak diperhatikan. Kita hanyatertarik dengan nilai f(x) untuk x menuju c, bukan dengan nilai f di c. Jadi mungkin

saja f mempunyai limit L di c sekalipun f tidak terdefinisi di titik c. Dalam hal f

terdefinisi di c, dapat terjadi f(c) 6= L.

Misalkan f terdefinisi pada (a, b) dan c ∈ (a, b). Kita katakan bahwa f kontinudi titik c jika dan hanya jika

limx→c

f(x) = f(c).

Berdasarkan Proposisi 2, f kontinu di c jika dan hanya jika untuk setiap ε > 0 terdapatδ > 0 sedemikian sehingga jika |x− c| < δ, maka

|f(x)− f(c)| < ε.

Secara intuitif, f kontinu di c berarti grafik fungsi f tidak ‘terputus’ di c.

Seperti halnya limit sepihak, kita juga mempunyai definisi kekontinuan sepihak.Jika f terdefinisi pada (a, c] dan lim

x→c−f(x) = f(c), maka kita katakan bahwa f kontinu

kiri di c. Jika f terdefinisi pada [c, b) dan limx→c+

f(x) = f(c), maka kita katakan bahwaf kontinu kanan di c.

Gambar 7.3 Fungsi Kontinu di Suatu Titik

Contoh 5. (i) Untuk setiap n ∈ N, fungsi f(x) = x1/n kontinu kanan di 0.

(ii) Fungsi f(x) = px + q kontinu di setiap titik.

Teorema 6. Misalkan f terdefinisi pada (a, b) kecuali mungkin di c ∈ (a, b). Maka,limx→c

f(x) = L jika dan hanya jika, untuk setiap barisan 〈xn〉 di (a, b) dengan xn 6=c (n ∈ N) dan lim

n→∞xn = c, berlaku lim

n→∞f(xn) = L.

68 Hendra Gunawan

Catatan. Jika f kontinu di c, maka L = f(c) dan Teorema 6 menyatakan bahwa

limn→∞

f(xn) = f(

limn→∞

xn

);

yakni, limit dapat ‘bertukar’ dengan f . Hasil serupa berlaku untuk limit kiri danlimit kanan.

Dengan menggunakan Teorema 6, kekontinuan f(x) = px + q di sebarang titikc ∈ R dapat dibuktikan sebagai berikut. Misalkan 〈xn〉 adalah sebarang barisan yangkonvergen ke c. Maka, menurut Proposisi 5 pada Bab 3,

f(xn) = pxn + q → pc + q = f(c), untuk n →∞.

Menurut akibat dari Teorema 6, f kontinu di c.

Soal Latihan


2. Buktikan bahwa f(x) =√

x kontinu di setiap c > 0.

3. Buktikan bahwa f(x) = |x| kontinu di setiap titik.

4. Misalkan f terdefinisi pada (a, b) dan kontinu di suatu titik c ∈ (a, b). Buktikanjika f(c) > 0, maka terdapat δ > 0 sehingga f(x) > 0 untuk x ∈ (c− δ, c + δ).

5. Konstruksi sebuah fungsi f : R → R yang kontinu hanya di sebuah titik.

7.3 Sifat-sifat Limit dan Kekontinuan

Proposisi 7. Misalkan f dan g terdefinisi pada interval (a, b) kecuali mungkin dic ∈ (a, b). Misalkan lim

x→cf(x) = L dan lim

x→cg(x) = M , dan λ, µ ∈ R. Maka

(i) limx→c

[λf(x) + µg(x)] = λL + µM ;

(ii) limx→c

f(x)g(x) = LM ;

(iii) limx→c

f(x)g(x) = L

M , asalkan M 6= 0.

Akibat 8. Jika f dan g kontinu di c, maka λf +µg, fg, dan fg kontinu di c (asalkan

g(c) 6= 0).

Akibat 9. Fungsi polinom kontinu di setiap titik. Fungsi rasional kontinu di setiaptitik dalam daerah asalnya.

Bukti. Menurut Proposisi 4, f(x) = k dan g(x) = x kontinu di sebarang titik c ∈ R.Menurut Proposisi 7(ii), h(x) = xi kontinu di sebarang titik c ∈ R, untuk tiap i ∈ N.Akibatnya, menurut Proposisi 7(i), fungsi polinom

p(x) = anxn + an−1xn−1 + · · ·+ a1x + a0

kontinu di setiap titik c ∈ R. Untuk membuktikan kekontinuan fungsi rasional disetiap titik dalam daerah asalnya, kita perlu menggunakan Proposisi 7(iii).

Teorema 10. Jika g kontinu di c dan f kontinu di g(c), maka f ◦ g kontinu pada c.

Bukti. Ambil ε > 0 sebarang. Karena f kontinu di b := g(c), maka terdapat δ > 0sedemikian sehingga

|f(y)− f(b)| < ε

untuk |y − b| < δ. Selanjutnya, karena g kontinu di c, kita dapat memilih γ > 0sedemikian sehingga

|g(x)− g(c)| < δ

untuk |x − c| < γ. Akibatnya, jika |x − c| < γ, maka |g(x) − b| = |g(x) − g(c)| < δ,sehingga

|f ◦ g(x)− f ◦ g(c)| = |f(g(x))− f(b)| < ε.

Ini berarti bahwa f ◦ g kontinu di c.

Soal Latihan


2. Berikan contoh fungsi f dan g dengan limx→0

f(x) tidak ada, limx→0

g(x) ada, danlimx→0

f(x)g(x) ada. Apakah ini bertentangan dengan Proposisi 7(ii) atau 7(iii)?

3. Benar atau salah: Jika limx→c

g(x) = L dan limy→L

f(y) = M , maka limx→c

f(g(x)) =

M?

4. Buktikan jika limx→c

g(x) = L dan f kontinu di L, maka limx→c

f(g(x)) = f(L).

5. Kita katakan bahwa limx→c+

f(x) = +∞ apabila, untuk setiap M > 0 terdapat

δ > 0 sehingga f(x) > M untuk c < x < c+δ. Buktikan bahwa limx→0+

1√x

= +∞.

70 Hendra Gunawan

8. FUNGSI KONTINU PADA INTERVAL

8.1 Kekontinuan pada Interval

Secara geometris, f kontinu di suatu titik berarti bahwa grafiknya tidak terputusdi titik tersebut. Serupa dengan itu, f kontinu pada suatu interval apabila grafiknyatidak terputus pada interval tersebut. Secara intuitif, f kontinu pada suatu intervalapabila kita dapat menggambar grafik fungsi f pada interval tersebut tanpa harusmengangkat pena dari kertas.

Secara formal, sebuah fungsi f dikatakan kontinu pada suatu interval buka I

jika dan hanya jika f kontinu di setiap titik pada I. Fungsi f dikatakan kontinu padainterval tutup I = [a, b] jika dan hanya jika f kontinu di setiap titik c ∈ (a, b), kontinukanan di a, dan kontinu kiri di b.

Gambar 8.1 Grafik fungsi kontinu pada interval buka


f(x) ={

x, x ≤ 1;32 , x > 1

Perhatikan bahwa f kontinu di setiap titik kecuali di c = 1. Namun f kontinu kiri dic = 1, dan karenanya f kontinu pada interval [0, 1]. Karena f tidak kontinu kanan dic = 1, maka f tidak kontinu pada interval [1, 2].

Gambar 8.2 Grafik fungsi kontinu pada interval tutup

Proposisi 2. Misalkan f terdefinisi pada suatu interval I. Maka, f kontinu pada I

jika dan hanya jika, untuk setiap x ∈ I dan setiap ε > 0 terdapat δ > 0 sedemikiansehingga

|f(x)− f(y)| < ε

untuk y ∈ I dengan |x− y| < δ.

Contoh 3. (i) Fungsi f(x) = px + q kontinu pada sebarang interval I.

(ii) Fungsi g(x) = |x| kontinu pada sebarang interval I.

(iii) Fungsi h(x) =√

x kontinu pada sebarang interval I ⊆ [0,∞).

Soal Latihan

1. Misalkan f : [0, 5] → R didefinisikan sebagai

f(x) ={

2x, 0 ≤ x < 1;1, 1 ≤ x ≤ 5.

Selidiki apakah f kontinu di setiap titik pada interval [0, 5]. Selidiki kekontinuanf pada interval [0, 1] dan pada interval [1, 5]. Sketsalah grafiknya.

72 Hendra Gunawan

2. Buktikan bahwa fungsi f pada Soal 1 terbatas. Tentukan apakah ia mempunyainilai maksimum dan nilai minimum.

3. Misalkan K > 0 dan f : I → R adalah fungsi yang memenuhi

|f(x)− f(y)| ≤ K |x− y|

untuk setiap x, y ∈ I. Buktikan bahwa f kontinu pada I.

8.2 Sifat-sifat Fungsi Kontinu pada Interval

Sebagai akibat dari Proposisi 8 dan Teorema 11 yang telah dibahas pada Bab7, kita mempunyai Proposisi 4 dan Proposisi 6 di bawah ini.

Proposisi 4. Misalkan f dan g kontinu pada suatu interval I dan λ, µ ∈ R. Makaλf +µg dan fg kontinu pada I. Juga, jika g(x) 6= 0 untuk tiap x ∈ I, maka f

g kontinupada I.

Contoh 5. (i) Setiap fungsi polinom kontinu pada sebarang interval.

(ii) Setiap fungsi rasional kontinu pada sebarang interval dalam daerah asalnya. Se-bagai contoh, f(x) = 1

x kontinu pada (0,∞).

(iii) Fungsi f(x) = x+√

x kontinu pada sebarang interval I ⊆ [0,∞), karena f1(x) = x

dan f2(x) =√

x kontinu pada sebarang interval I ⊆ [0,∞).

Proposisi 6. Misalkan g : I → J kontinu pada interval I dan f : J → R kontinupada interval J . Maka f ◦ g kontinu pada I.

Contoh 7. (i) Fungsi h(x) = |1+x| kontinu pada sebarang interval, karena f(x) = |x|dan g(x) = 1 + x kontinu pada sebarang interval.

(ii) Fungsi h(x) = 1−√

x1+√

xkontinu pada sebarang interval I ⊆ [0,∞).

Soal Latihan

1. Jelaskan mengapa fungsi berikut kontinu pada sebarang interval.

• f(x) = 11+|x| .

• g(x) =√

1 + x2.

2. Misalkan f kontinu pada suatu interval I dan untuk setiap bilangan rasionalr ∈ I berlaku f(r) = r2. Buktikan bahwa f(x) = x2 untuk setiap x ∈ I.

3. Misalkan f : [0, 1] → [0, 1] adalah fungsi kontraktif, yakni memenuhi ketak-samaan

|f(x)− f(y)| ≤ C |x− y|, x, y ∈ [0, 1],

untuk suatu konstanta C dengan 0 < C < 1. Konstruksi barisan 〈xn〉 denganx1 ∈ I dan xn+1 = f(xn), n ∈ N. Buktikan bahwa 〈xn〉 konvergen ke suatuL ∈ [0, 1], dan L = f(L).

8.3 Lebih jauh tentang Fungsi Kontinu pada Interval

Sebagaimana telah disinggung dalam Bab 2, interval [a, b] yang tertutup danterbatas merupakan himpunan kompak di R. Sekarang kita akan mempelajari keis-timewaan yang dimiliki oleh fungsi kontinu pada interval kompak [a, b].

Teorema 8. Misalkan f kontinu pada interval [a, b]. Maka f([a, b]) juga merupakansuatu interval kompak.

Teorema ini merupakan konsekuensi dari beberapa teorema berikut.

Teorema 9. Misalkan f kontinu pada suatu interval I. Maka daerah nilainya, yaituf(I), juga merupakan suatu interval.

Teorema 10 (Teorema Nilai Antara). Misalkan f kontinu pada suatu interval I

yang memuat a dan b. Jika u terletak di antara f(a) dan f(b), maka terdapat c diantara a dan b sedemikian sehingga f(c) = u.

Catatan. Teorema 10 setara dengan Teorema 9. Oleh karena itu kita cukup mem-buktikan salah satu di antara mereka.

Bukti Teorema 10. Tanpa mengurangi keumuman, asumsikan a < b dan f(a) <

u < f(b). Tinjau himpunan H := {x ∈ [a, b] : f(x) < u}. Jelas bahwa H 6= ∅karena a ∈ H. Karena H juga terbatas, maka H mempunyai supremum, sebutlah

74 Hendra Gunawan

c = sup H. Di sini a < c < b. Selanjutnya tinggal membuktikan bahwa f(c) = u,dengan menunjukkan bahwa tidak mungkin f(c) u.

Andaikan f(c) < u. Karena f kontinu di c, maka terdapat δ > 0 sedemikiansehingga f

(c + δ

2

) u. Sekali lagi, karena f kontinu di c, makaterdapat δ > 0 sedemikian sehingga f(x) > u untuk c − δ < x ≤ c (?). Jadi tidakada satu pun anggota H pada interval (c− δ, c]. Ini juga bertentangan dengan faktabahwa c = supH.

Teorema 11. Misalkan f kontinu pada interval [a, b]. Maka f terbatas pada [a, b].

Bukti. Misalkan f tak terbatas pada [a, b]. Maka terdapat suatu barisan 〈xn〉 di [a, b]sedemikian sehingga

|f(xn)| → +∞ untuk n →∞. (1)

Karena 〈xn〉 terbatas, maka menurut Teorema Bolzano - Weierstrass terdapat suatusub-barisan 〈xnk

〉 yang konvergen ke suatu titik c ∈ [a, b]. Tetapi f kontinu di c,sehingga f(xnk

) → f(c) untuk k → ∞. Ini bertentangan dengan (1). Jadi mestilahf terbatas pada [a, b].

Teorema 12. Misalkan f kontinu pada interval [a, b]. Maka f mencapai nilai mak-simum dan nilai minimum pada [a, b].

Bukti. Dari Teorema 11 kita tahu bahwa f terbatas pada [a, b]. Misalkan v :=sup f([a, b]). Konstruksi barisan 〈xn〉 di [a, b] dengan f(xn) → v untuk n → ∞.Karena 〈xn〉 terbatas, terdapat sub-barisan 〈xnk

〉 yang konvergen ke suatu titik c ∈[a, b]. Namun kekontinuan di c mengakibatkan f(xnk

) → f(c) untuk k → ∞. Jadimestilah v = f(c), dan ini berarti bahwa v merupakan nilai maksimum. Serupadengan itu, f juga mencapai nilai minimumnya.

Contoh 13. Persamaan 10x7 − 13x5 − 1 = 0 mempunyai sebuah akar c ∈ (−1, 0).Untuk menunjukkannya, misalkan f(x) = 10x7 − 13x5 − 1. Maka, f(−1) = 2 danf(0) = −1. Karena f kontinu pada [−1, 0] dan 0 terletak di antara f(−1) danf(0), maka menurut Teorema Nilai Antara terdapat c ∈ (−1, 0) sedemikian sehinggaf(c) = 0. Bilangan c dalam hal ini merupakan akar persamaan di atas.

Contoh 14. Misalkan f : [a, b] → [a, b] kontinu pada [a, b]. Maka, terdapat c ∈ [a, b]sedemikian sehingga f(c) = c. [Bilangan c demikian disebut sebagai titik tetap f .]

Perhatikan bahwa peta dari [a, b] merupakan himpunan bagian dari [a, b], sehinggaf(a) ≥ a dan f(b) ≤ b. Sekarang tinjau g(x) = f(x) − x, x ∈ [a, b]. Karena f

kontinu pada [a, b], maka g juga kontinu pada [a, b]. Namun g(a) = f(a) − a ≥ 0dan g(b) = f(b)− b ≤ 0. Menurut Teorema Nilai Antara, mestilah terdapat c ∈ [a, b]sedemikian sehingga g(c) = 0. Akibatnya f(c) = c.

Soal Latihan

1. Lengkapi Bukti Teorema Nilai Antara, khususnya bagian yang diberi tandatanya (?).

2. Buktikan bahwa setiap polinom berderajat ganjil mempunyai sedikitnya satuakar real.

3. Misalkan f kontinu pada suatu interval kompak I. Misalkan untuk setiap x ∈ I

terdapat y ∈ I sedemikian sehingga

|f(y)| ≤ 12|f(x)|.

Buktikan bahwa terdapat suatu c ∈ I sedemikian sehingga f(c) = 0.

8.4 Kekontinuan Seragam

Proposisi 2 menyatakan bahwa suatu fungsi f kontinu pada sebuah interval I

jika dan hanya jika untuk setiap x ∈ I dan setiap ε > 0 terdapat δ > 0 sedemikiansehingga

|f(x)− f(y)| < ε

untuk y ∈ I dengan |x−y| < δ. Contoh berikut memperlihatkan bahwa secara umumnilai δ bergantung pada ε dan x.

Contoh 16. Kita telah mengetahui bahwa f(x) = 1x kontinu pada (0, 1]. Diberikan

x ∈ (0, 1] dan ε > 0 sebarang, kita dapat memilih δ = min{

x2 , εx2

2

}sedemikian

sehingga untuk y ∈ (0, 1] dengan |x− y| < δ berlaku∣∣∣ 1x− 1

y

∣∣∣ =∣∣∣x− y

xy

∣∣∣ =1x· 1y· |x− y| < 1

x· 2x· εx2

2= ε.

76 Hendra Gunawan

Perhatikan bahwa jika x menuju 0, maka δ akan menuju 0.

Dalam kasus tertentu, nilai δ hanya bergantung pada ε, tidak pada x. Hal initerjadi pada, misalnya, f(x) = px + q, x ∈ R, dengan p 6= 0. Diberikan ε > 0, kitadapat memilih δ = ε

|p| sedemikian sehingga

|f(x)− f(y)| = |p| · |x− y| < ε

untuk x, y ∈ R dengan |x − y| < δ. Kekontinuan f(x) = px + q dalam hal inimerupakan kekontinuan ‘seragam’ pada R.

Fungsi f : I → R dikatakan kontinu seragam pada I apabila untuk setiap ε > 0terdapat δ > 0 sedemikian sehingga

|f(x)− f(y)| < ε

untuk x, y ∈ I dengan |x − y| < δ. Perhatikan bahwa dalam definisi di atas x dan y

muncul setelah δ, yang mengindikasikan bahwa δ tidak bergantung pada x (dan y).

Teorema 17. Fungsi f : I → R tidak kontinu seragam pada I jika dan hanya jikaterdapat ε0 > 0 dan dua barisan 〈xn〉 dan 〈yn〉 di I sedemikian sehingga |xn−yn| < 1

n

dan |f(xn)− f(yn)| ≥ ε0 untuk setiap n ∈ N.

Teorema berikut menyatakan bahwa kekontinuan pada interval kompak meru-pakan kekontinuan seragam.

Teorema 18. Jika f kontinu pada [a, b], maka f kontinu seragam pada [a, b].

Bukti. Andaikan f tidak kontinu seragam pada [a, b]. Maka, menurut Teorema 17,terdapat ε0 > 0 dan dua barisan 〈xn〉 dan 〈yn〉 di [a, b] sedemikian sehingga |xn−yn| <1n dan |f(xn)− f(yn)| ≥ ε0 untuk setiap n ∈ N. Karena 〈xn〉 terbatas di [a, b], makamenurut Teorema Bolzano-Weierstrass terdapat sub-barisan 〈xnk

〉 yang konvergen,sebutlah ke c ∈ [a, b]. Karena |xn − yn| < 1

n untuk setiap n ∈ N, maka sub-barisan〈ynk

〉 akan konvergen ke c juga. Selanjutnya, karena f kontinu di c, maka 〈f(xnk)〉

dan 〈f(ynk)〉 konvergen ke f(c). Akibatnya, |f(xnk

)− f(ynk)| → 0 untuk k →∞. Ini

mustahil karena |f(xn)− f(yn)| ≥ ε0 untuk setiap n ∈ N.


Soal Latihan

1. Contoh 16 memperlihatkan bahwa fungsi f(x) = 1x tampaknya tidak kontinu

seragam pada (0, 1]. Buktikan bahwa ia memang tidak kontinu seragam pada(0, 1].

2. Selidiki apakah f(x) = x2 kontinu seragam pada [0,∞).

3. Buktikan jika fungsi f : I → R memenuhi ketaksamaan

|f(x)− f(y)| ≤ K |x− y|, x, y ∈ I,

untuk suatu K > 0, maka f kontinu seragam pada I.

4. Buktikan bahwa f(x) =√

x kontinu seragam pada [0,∞).

78 Hendra Gunawan

9. TURUNAN

9.1 Turunan di Suatu Titik

Misalkan f terdefinisi pada suatu interval terbuka I yang memuat titik c. Maka,f dikatakan mempunyai turunan di titik c apabila limit

limx→c

f(x)− f(c)x− c

ada, dan dalam hal ini nilai limit tersebut disebut turunan dari f di titik c, yangbiasanya dilambangkan dengan f ′(c) atau Df(c).

Jadi, untuk fungsi f yang mempunyai turunan di c, kita mempunyai

f ′(c) = limx→c

f(x)− f(c)x− c

.

Dengan mengganti x dengan c + h, kita peroleh

f ′(c) = limh→0

f(c + h)− f(c)h

.

Catat bahwa f mempunyai turunan di c jika dan hanya jika terdapat suatubilangan L = f ′(c) sedemikian sehingga

f(c + h)− f(c)− Lh = ε(h)

dengan ε(h)h → 0 untuk h → 0.

Secara intuitif, sebuah fungsi f mempunyai turunan di titik c berarti bahwagrafik fungsi y = f(x) mempunyai garis singgung di titik (c, f(c)) dan gradien garissinggung tersebut adalah f ′(c). Untuk ilustrasi, lihat Gambar 9.1. Persamaan garissinggung pada grafik fungsi y = f(x) di titik (c, f(c)) dalam hal ini adalah

y = f(c) + f ′(c)(x− c).


Sebagai catatan, masalah menentukan persamaan garis singgung pada kurvadi titik tertentu pertama kali dipelajari oleh Rene Descartes pada 1620-an. Namun,kalkulus diferensial dan integral yang kita kenal sekarang ini ‘ditemukan’ oleh IsaacNewton pada 1665 (namun dipublikasikan pada 1704) dan Gottfried Wilhelm vonLeibniz pada 1684.

Gambar 9.1 Grafik fungsi f yang mempunyai turunan di titik c

Contoh 1. Misalkan f(x) = x2 dan c = 1. Untuk memeriksa apakah f mempunyaiturunan di 1, kita hitung

limx→1

f(x)− f(1)x− 1

= limx→1

x2 − 1x− 1

= limx→1

(x + 1) = 2.

Jadi f mempunyai turunan di 1, dengan f ′(1) = 2.

Secara umum dapat ditunjukkan bahwa f(x) = x2 mempunyai turunan di setiaptitik c ∈ R, dengan f ′(c) = 2c. Fungsi f ′ : c 7→ 2c disebut sebagai turunan dari f .

Contoh 2. Misalkan f(x) = |x| dan c = 0. Perhatikan bahwa

limh→0

f(h)− f(0)h

= limh→0

|h|h

tidak ada (?). Karena itu, f tidak mempunyai turunan di 0.

Proposisi 3. Misalkan f terdefinisi pada suatu interval terbuka I yang memuat titikc. Jika f mempunyai turunan di c, maka f kontinu di c.

80 Hendra Gunawan

Bukti. Perhatikan bahwa

f(x)− f(c) =f(x)− f(c)

x− c· (x− c) → f ′(c) · 0 = 0

untuk x → c. Jadi f(x) → f(c) untuk x → c.

Dalam prakteknya, kita sering pula menggunakan kontraposisi dari Proposisi 3yang menyatakan: jika f tidak kontinu di c, maka f tidak akan mempunyai turunandi c. Sebagai contoh, fungsi f : [0, 2] → R yang didefinisikan sebagai

f(x) ={

2x, 0 ≤ x < 1;1, 1 ≤ x ≤ 2,

tidak mungkin mempunyai turunan di 1 karena f tidak kontinu di titik tersebut.

Catatan. Proposisi 3 menyatakan bahwa kekontinuan f di c merupakan syarat perlubagi f untuk mempunyai turunan di c. Namun, Contoh 2 memperlihatkan bahwakekontinuan f di c bukan merupakan syarat cukup untuk mempunyai turunan di c.

Soal Latihan

1. Tentukan persamaan garis singgung pada kurva y = x2 di titik (1, 1).

2. Tunjukkan bahwa f(x) = x2 mempunyai turunan di setiap titik c ∈ R, denganf ′(c) = 2c.

3. Diketahui f(x) = x|x|, x ∈ R. Selidiki apakah f mempunyai turunan di 0.

4. Berikan sebuah contoh fungsi f yang kontinu di 0 tetapi tidak mempunyai tu-runan di sana, selain f(x) = |x|.

5. Konstruksi sebuah fungsi f : R → R yang mempunyai turunan hanya di sebuahtitik.

6. Buktikan jika f mempunyai turunan di c, maka

f ′(c) = limh→0

f(c + h)− f(c− h)2h

.

Berikan sebuah contoh fungsi yang tidak mempunyai turunan di suatu titiknamun limit di atas ada.


9.2 Sifat-sifat Dasar Turunan

Teorema 4. Misalkan f dan g terdefinisi pada suatu interval terbuka I yang memuattitik c. Misalkan λ dan µ bilangan real sembarang. Jika f dan g mempunyai turunandi c, maka λf + µg, fg, dan f/g mempunyai turunan di c, dan

(i) (λf + µg)′(c) = λf ′(c) + µf ′(c);

(ii) (fg)′(c) = f ′(c)g(c) + f(c)g′(c);

(iii)(

fg

)′(c) = f ′(c)g(c)−f(c)g′(c)

g2(c) asalkan g(c) 6= 0.

Bukti. (i) Perhatikan bahwa

1h

[λf(c + h) + µg(c + h)− λf(c)− µg(c)

]= λ

[f(c+h)−f(c)

h

]+ µ

[g(c+h)−g(c)

h

]→ λf ′(c) + µg′(c)

untuk h → 0.

(ii) Di sini kita mempunyai

1h

[f(c + h)g(c + h)− f(c)g(c)

]= g(c + h)

[f(c+h)−f(c)

h

]+ f(c)

[g(c+h)−g(c)

h

]→ g(c)f ′(c) + f(c)g′(c),

untuk h → 0.

(iii) Latihan.

Contoh 5. Misalkan n ∈ N dan f(x) = xn. Maka turunan dari f adalah

f ′(x) = nxn−1.

Fakta ini dapat dibuktikan secara induktif. Untuk n = 1 atau f(x) = x, jelas bahwaf ′(x) = 1. Sekarang misalkan pernyataan di atas benar untuk n = k, yakni jikaf(x) = xk, maka f ′(x) = kxk−1. Maka, untuk n = k + 1 atau f(x) = xk+1, kitaperoleh

f ′(x) = D(xk.x) = D(xk).x + xk.D(x) = kxk−1.x + xk = (k + 1)xk.

Jadi, menurut Prinsip Induksi Matematika, pernyataan benar untuk setiap n ∈ N.

82 Hendra Gunawan

Teorema 6 (Aturan Rantai). Misalkan g mempunyai turunan di c dan f mem-punyai turunan di y = g(c). Maka, f ◦ g mempunyai turunan di c dan

(f ◦ g)′(c) = f ′(g(c))g′(c).

Bukti. Berdasarkan definisi turunan,

(f ◦ g)′(c) = limx→c

(f ◦ g)(x)− (f ◦ g)(c)x− c

= limx→c

f(g(x))− f(g(c))x− c

.

Bila g(x)− g(c) 6= 0 pada suatu interval terbuka (c− δ, c + δ), maka


f(g(x))− f(g(c))g(x)− g(c)

· g(x)− g(c)x− c

= f ′(g(c)) · g′(c).

Namun, bila g konstan (misalnya), maka argumentasi di atas gugur. Untuk meng-atasinya, definisikan

h(y) :=

{f(y)−f(g(c))

y−g(c) , y 6= g(c),f ′(g(c)), y = g(c).

Perhatikan bahwa h kontinu di g(c). Mengingat g kontinu di c, maka menurut Teo-rema 10 pada Bab 7, h ◦ g kontinu di c. Akibatnya


f(g(x))− f(g(c))x− c

= limx→c

h(g(x)) · g(x)− g(c)x− c

= f ′(g(c)) · g′(c),

sebagaimana yang kita harapkan.

Soal Latihan

1. Buktikan Teorema 4 bagian (iii).

2. Misalkan n ∈ N dan f(x) = xn. Buktikan dengan menggunakan definisi bahwaf ′(x) = nxn−1.

3. Misalkan n ∈ N. Buktikan

• jika f(x) = x−n (x 6= 0), maka f ′(x) = −nx−n−1.

• jika f(x) = x1/n (x > 0), maka f ′(x) = 1nx1/n−1.


4. Buktikan bahwa untuk bilangan rasional r sembarang berlaku

D(xr) = rxr−1

asalkan x > 0.

5. Misalkan f : R → R mempunyai turunan di x. Buktikan jika f mempunyaiinvers f−1 : R → R dan f−1 mempunyai turunan di y = f(x), maka

Df−1(y) =1

Df(x).

9.3 Turunan Tingkat Tinggi

Jika f mempunyai turunan di setiap titik dalam suatu interval terbuka I, makakita katakan f mempunyai turunan pada I. Dalam hal ini turunan dari f , yaitu f ′,merupakan fungsi yang juga terdefinisi pada I.

Selanjutnya kita dapat mendefinisikan turunan kedua dari f sebagai turunandari f ′, yang nilainya di c adalah

f ′′(c) = limx→c

f ′(x)− f ′(c)x− c

,

asalkan limit ini ada.

Turunan kedua dari f berkaitan dengan kecekungan grafik fungsi f . Jika f ′′

bernilai positif pada suatu interval, maka grafik fungsi f cekung ke atas pada intervaltersebut. Sementara itu, jika f ′′ bernilai negatif pada suatu interval, maka grafikfungsi f cekung ke bawah pada interval tersebut.

Setelah menghitung turunan pertama dan kedua dari f , turunan ketiga danseterusnya dapat didefinisikan secara serupa. Secara umum, f (n)(x) menyatakan tu-runan ke-n, n ∈ N, dari f .

Contoh 7. Jika f(x) = 1x , maka

f ′(x) = − 1x2

;

f ′′(x) =2x3

;

84 Hendra Gunawan

f ′′′(x) = − 6x4

;

dan seterusnya. (Dapatkah anda menentukan rumus umum f (n)(x) untuk n ∈ N?)

Bila f mempunyai turunan ke-n pada suatu interval yang memuat titik c, makaf dapat dihampiri oleh suatu polinom berderajat n − 1 dan kesalahannya dapatditaksir dengan turunan ke-n. Lihat Teorema Taylor pada bab berikutnya.

Soal Latihan

1. Tentukan pada interval mana grafik fungsi f(x) = x3 cekung ke atas dan padainterval mana ia cekung ke bawah.

2. Tentukan rumus umum turunan ke-n dari f(x) = 1x .

3. Diketahui f(x) =√

x. Tentukan f ′(x), f ′′(x), dan f ′′′(x). Tentukan rumusumum f (n)(x) untuk n ∈ N.

4. Misalkan p(x) adalah polinom berderajat n. Buktikan bahwa p(m)(x) = 0 untukm > n.

5. Berikan sebuah contoh fungsi yang mempunyai turunan pertama tetapi tidakmempunyai turunan kedua di 0.


10. TEOREMA NILAI RATA-RATA

10.1 Maksimum dan Minimum Lokal

Misalkan f terdefinisi pada suatu interval terbuka (a, b) dan c ∈ (a, b). Kitakatakan bahwa f mencapai nilai maksimum lokal di c apabila

f(x) ≤ f(c)

untuk setiap x dalam suatu interval terbuka I yang memuat c. Titik c dalam hal inidisebut sebagai titik maksimum lokal.

Nilai dan titik minimum lokal didefinisikan secara analog.

Gambar 10.1 f mencapai nilai maksimum lokal di c

Secara intuitif, f mencapai nilai maksimum lokal di c apabila grafiknya mem-punyai sebuah ‘puncak’ di atas titik c. Serupa dengan itu, f mencapai nilai minimumlokal di c apabila grafiknya mempunyai sebuah ‘lembah’ di atas titik c.

86 Hendra Gunawan

Jika f(c) merupakan nilai maksimum f pada seluruh interval (a, b), maka ten-tunya f mencapai nilai maksimum lokal di c. Namun sebaliknya belum tentu benar,nilai maksimum lokal belum tentu merupakan nilai maksimum f .

Contoh 1. Misalkan f : R → R adalah fungsi yang didefinsikan sebagai

f(x) ={

x + 2, x < −1,|x|, x ≥ −1.

Maka, f mencapai nilai maksimum lokal di −1, namun f(−1) = 1 bukan merupakannilai maksimum f pada R. Demikian pula f mencapai nilai minimum lokal di 0,namun f(0) = 0 bukan merupakan nilai minimum f pada R.

Teorema 2. Misalkan f mempunyai turunan pada (a, b) dan c ∈ (a, b). Jika f

mencapai nilai maksimum atau minimum lokal di c, maka f ′(c) = 0.

Bukti. Menurut definisi turunan,

f(x)− f(c)x− c

→ f ′(c)

untuk x → c. Misalkan f ′(c) > 0. Menurut Soal Latihan 7.1 No. 4, terdapat suatuδ > 0 sedemikian sehingga

f(x)− f(c)x− c

> 0 (2)

untuk x ∈ (c − δ, c + δ), x 6= c. Sekarang misalkan x ∈ (c, c + δ) sembarang. Maka,x−c > 0 dan (1) memberikan f(x)−f(c) > 0 atau f(x) > f(c). Jadi f tidak mungkinmencapai nilai maksimum lokal di c. Selanjutnya misalkan x ∈ (c− δ, c) sembarang.Maka, x− c < 0 dan (1) memberikan f(x)− f(c) < 0 atau f(x) < f(c). Jadi f jugatidak mungkin mencapai nilai minimum lokal di c.

Hal serupa terjadi ketika f ′(c) < 0. Jadi, jika f ′(c) 6= 0, maka f tidak akanmencapai nilai maksimum atau minimum lokal di c.

Catatan. Kebalikan dari Teorema 2 tidak berlaku: jika f ′(c) = 0, belum tentu f

mencapai nilai maksimum atau minimum lokal di c.

Soal Latihan

1. Berikan sebuah contoh fungsi f yang terdefinisi pada (−2, 2) dan mencapai nilaimaksimum lokal di 1 tetapi f(1) bukan merupakan nilai maksimum f pada(−2, 2).


2. Berikan sebuah contoh fungsi f yang mempunyai turunan nol di suatu titiktetapi f tidak mencapai nilai maksimum atau minimum lokal di titik tersebut.

10.2 Titik Stasioner

Titik c dengan f ′(c) = 0 disebut titik stasioner f . Sebagaimana telah dicatatsebelumnya, tidak semua titik stasioner merupakan titik maksimum atau minimumlokal. Sebagai contoh, jika f(x) = x3, maka f ′(x) = 3x2, sehingga 0 merupakan titikstasioner. Namun, 0 bukan merupakan titik maksimum maupun minimum f . (Titik 0dalam hal ini merupakan titik infleksi f , yaitu titik terjadinya perubahan kecekungangrafik fungsi f .)

Gambar 10.2 Grafik fungsi f(x) = x3

Situasi yang lebih parah dapat terjadi. Sebagai contoh, fungsi f(x) = x2 sin 1x

untuk x 6= 0 dan f(0) = 0 mempunyai turunan f ′(0) = 0 tetapi 0 bukan merupakantitik maksimum atau minimum lokal, ataupun titik infleksi.

Teorema 3 (Teorema Rolle). Misalkan f kontinu pada [a, b] dan mempunyaiturunan pada (a, b). Jika f(a) = f(b), maka f ′(c) = 0 untuk suatu c ∈ (a, b).

Bukti. Karena f kontinu pada interval kompak [a, b], maka menurut sifat kekontinuan

88 Hendra Gunawan

f mencapai nilai maksimum M di suatu titik c1 ∈ [a, b] dan juga mencapai nilaiminimum m di suatu titik c2 ∈ [a, b].

Misalkan c1 dan c2 adalah titik-titik ujung [a, b]. Karena f(a) = f(b), makam = M dan dengan demikian f konstan pada [a, b]. Akibatnya f ′(c) = 0 untuk setiapc ∈ (a, b).

Misalkan c1 bukan titik ujung [a, b]. Maka c1 ∈ (a, b) dan f mencapai nilaimaksimum lokal di c1. Menurut Teorema 2, f ′(c1) = 0. Hal serupa terjadi bila c2

bukan titik ujung [a, b].

Soal Latihan

1. Diketahui f(x) = x|x|, x ∈ R. Tunjukkan bahwa 0 merupakan titik stasioner.Selidiki apakah f mencapai nilai maksimum atau minimum lokal di 0.

2. Beri contoh sebuah fungsi f yang terdefinisi pada [a, b], mempunyai turunanpada (a, b), dan f(a) = f(b), namun tidak ada c ∈ (a, b) dengan f ′(c) = 0.

10.3 Teorema Nilai Rata-rata dan Teorema Taylor

Sebagai perumuman dari Teorema Rolle, kita mempunyai teorema berikut.

Teorema 4 (Teorema Nilai Rata-rata). Misalkan f kontinu pada [a, b] dan mem-punyai turunan pada (a, b). Maka

f ′(c) =f(b)− f(a)

b− a

untuk suatu c ∈ (a, b).

Catatan. Nilai f(b)−f(a)b−a disebut nilai rata-rata f pada [a, b]. Nilai ini sama dengan

gradien ruas garis singgung yang menghubungkan titik (a, f(a)) dan (b, f(b)). Ke-simpulan Teorema Nilai Rata-rata menyatakan bahwa pada kurva y = f(x) terdapatsuatu titik (c, f(c)) dengan gradien garis singgung sama dengan nilai rata-rata f pada[a, b].

Bukti Teorema 4. Misalkan F didefinisikan pada [a, b] sebagai

F (x) = f(x)− hx


dengan h konstanta. Maka F kontinu pada [a, b] dan mempunyai turunan pada (a, b).Kita pilih konstanta h sedemikian sehingga F (a) = F (b), yakni

h =f(b)− f(a)

b− a.

Karena F memenuhi hipotesis Teorema Rolle, maka F ′(c) = 0 untuk suatu c ∈ (a, b).Namun

F ′(c) = f ′(c)− h = 0,

sehingga teorema pun terbukti.

Jika f mempunyai turunan di c, maka persamaan garis singgung pada kurvay = f(x) di titik (c, f(c)) adalah

y = f(c) + (x− c)f ′(c).

Untuk x dekat c, nilai f(c) + (x − c)f ′(c) merupakan hampiran yang ’baik’ untukf(x). Namun seberapa besar kesalahan dalam penghampiran ini?

Lebih jauh, misalkan f mempunyai turunan ke-(n− 1) di c. Maka polinom

P (x) = f(c) + (x− c)f ′(c) +(x− c)2

2!f ′′(c) + · · ·+ (x− c)n−1

(n− 1)!f (n−1)(c)

mempunyai turunan ke-k, k = 0, 1, . . . , n − 1, yang sama dengan turunan ke-k darif . Karena itu masuk akal untuk menghampiri f(x) dengan P (x) untuk x di sekitarc. Namun, sekali lagi, seberapa besar kesalahan dalam penghampiran ini. TeoremaTaylor di bawah ini menjawab pertanyaan tersebut.

Teorema 5 (Teorema Taylor). Misalkan f mempunyai turunan ke-n pada intervalterbuka I yang memuat titik c. Maka, untuk setiap x ∈ I, berlaku

f(x) = f(c) + (x− c)f ′(c) +(x− c)2

2!f ′′(c) + · · ·+ (x− c)n−1

(n− 1)!f (n−1)(c) + En

dengan En = 1n! (x− c)nf (n)(ξ) untuk suatu ξ di antara x dan c.

Proof. Untuk t di antara x dan c, definisikan

F (t) = f(x)− f(t)− (x− t)f ′(t)− · · · − (x− t)n−1

(n− 1)!f (n−1)(t).

90 Hendra Gunawan

Perhatikan bahwa

F ′(t) = − (x− t)n−1

(n− 1)!f (n)(t).

Sekarang definisikan

G(t) = F (t)−(x− t

x− c

)n

F (c).

Maka, G(x) = G(c) = 0, sehingga menurut Teorema Rolle, terdapat ξ di antara x

dan c sedemikian sehingga

0 = G′(ξ) = F ′(ξ) +n(x− ξ)n−1

(x− c)nF (c) = − (x− ξ)n−1

(n− 1)!f (n)(ξ) +

n(x− ξ)n−1

(x− c)nF (c).

Dari sini kita peroleh

F (c) =(x− c)n

n!f (n)(ξ)

dan teorema pun terbukti.

Soal Latihan

1. Diketahui f(x) =√

x. Tentukan nilai rata-rata f pada [0, 4]. Tentukan c ∈ (0, 4)sedemikian sehingga f ′(c) sama dengan nilai rata-rata tersebut.

2. Misalkan f kontinu pada [a, b] dan mempunyai turunan pada (a, b). Buktikanjika f ′(x) = 0 untuk setiap x ∈ (a, b), maka f konstan pada [a, b].

3. Misalkan f : R → R mempunyai turunan di setiap titik dan f ′(x) = x2 untuksetiap x ∈ R. Buktikan bahwa f(x) = 1

3x3 + C, dengan C suatu konstanta.

4. Diketahui f : R → R memenuhi ketaksamaan

|f(x)− f(y)| ≤ C|x− y|p, x, y ∈ R,

untuk suatu C > 0 dan p > 1. Buktikan bahwa f konstan.

5. Buktikan jika f mempunyai turunan kedua di c, maka

f ′′(c) = limh→0

f(c + h)− 2f(c) + f(c− h)h2

.

Berikan sebuah contoh fungsi yang tidak mempunyai turunan kedua di suatutitik namun limit di atas ada.


6. Misalkan c ∈ R dan n ∈ N. Buktikan dengan menggunakan Teorema Taylorbahwa

(1 + c)n = 1 + nc +n(n− 1)

2!c2 + · · ·+ cn.

(Petunjuk. Tinjau f(x) = xn.)

92 Hendra Gunawan

11. FUNGSI MONOTON DAN FUNGSI KONVEKS

11.1 Definisi dan Limit Fungsi Monoton

Misalkan f terdefinisi pada suatu himpunan H. Kita katakan bahwa f naikpada H apabila untuk setiap x, y ∈ H dengan x < y berlaku

f(x) ≤ f(y).

Jika ketaksamaan < berlaku, maka kita katakan bahwa f naik sejati pada H.

Definisi serupa dapat dirumuskan untuk fungsi turun dan turun sejati pada H.

Fungsi naik atau turun disebut fungsi monoton. Fungsi yang naik dan turunsekaligus pada H mestilah konstan pada H.

Contoh 1. (i) Fungsi f : R → R yang didefinisikan sebagai f(x) = x3 merupakanfungsi naik sejati pada R.

(ii) Fungsi g : (0,∞) → R yang didefinisikan sebagai g(x) = 1x merupakan fungsi

turun sejati pada (0,∞).

Proposisi 2. Jika f naik pada [a, b], maka f mencapai nilai minimum di a dan nilaimaksimum di b.

Bukti. Misalkan a < x < b. Maka menurut definisi kita mempunyai

f(a) ≤ f(x) ≤ f(b).

Jadi f mencapai nilai minimum di a dan nilai maksimum di b.

Sekarang kita akan membahas limit fungsi monoton. Untuk itu, kita perke-nalkan notasi

f(c−) = limx→c−

f(x)


Gambar 11.1(i) Grafik fungsi f(x) = x3

Gambar 11.1(ii) Grafik fungsi g(x) = 1x

danf(c+) = lim

x→c+f(x),

asalkan kedua limit ini ada.


f(x) ={

x, x ≤ 1;32 , x > 1

94 Hendra Gunawan

Maka, f(1−) = 1 = f(1), sedangkan f(1+) = 32 .

Teorema 4. (i) Jika f naik dan terbatas di atas pada (a, b), maka

f(b−) = supx∈(a,b)

f(x).

(ii) Jika f naik dan terbatas di bawah pada (a, b), maka

f(a+) = infx∈(a,b)

f(x).

Bukti. (i) Misalkan M = supx∈(a,b)

f(x). Diberikan ε > 0 sembarang, kita harus mencari

suatu δ > 0 sedemikian sehingga jika b − δ < x < b, maka |f(x) − M | < ε atauM − ε < f(x) < M + ε.

Ketaksamaan f(x) < M + ε selalu terpenuhi karena M merupakan batas atasuntuk f pada (a, b). Selanjutnya, karena M − ε bukan merupakan batas atas untukf pada (a, b), maka terdapat suatu y ∈ (a, b) sedemikian sehingga M − ε < f(y).Namun f naik pada (a, b), sehingga untuk setiap x yang memenuhi y < x < b berlaku

M − ε < f(y) ≤ f(x).

Jadi, pilihlah δ = b− y.

(ii) Serupa dengan (i).

Akibat 5. Misalkan f naik pada (a, b). Jika c ∈ (a, b), maka f(c−) dan f(c+) ada,dan

f(x) ≤ f(c−) ≤ f(c) ≤ f(c+) ≤ f(y)

untuk a < x < c < y < b.

Soal Latihan

1. Buktikan Teorema 4 bagian (ii). Mulai dengan memisalkan m = infx∈(a,b)

f(x).

2. Buktikan jika f turun dan terbatas di bawah pada (a, b), maka

f(b−) = infx∈(a,b)

f(x).

Gambar 11.2 Kasus f(c−) < f(c) < f(c+)

3. Buktikan jika f dan g naik (sejati) pada H, maka f + g naik (sejati) pada H.

4. Diketahui f(x) > 0 untuk setiap x ∈ H, dan g := 1f . Buktikan jika f naik

(sejati) pada H, maka g turun (sejati) pada H.

5. Diketahui f naik sejati pada A. Buktikan bahwa f merupakan korespondensi1-1 antara A dan B := f(A), sehingga f−1 ada. Buktikan bahwa f−1 naik sejatipada B.

11.2 Fungsi Monoton yang Mempunyai Turunan

Pada bagian ini kita akan membahas bagaimana kita dapat menyelidiki kemono-tonan suatu fungsi melalui turunannya, bila fungsi tersebut mempunyai turunan.Persisnya, kita mempunyai teorema berikut.

Teorema 6. Misalkan f kontinu pada [a, b] dan mempunyai turunan pada (a, b).

(i) Jika f ′(x) ≥ 0 untuk tiap x ∈ (a, b), maka f naik pada [a, b]. Jika f ′(x) > 0 untuktiap x ∈ (a, b), maka f naik sejati pada [a, b].

(ii) Jika f ′(x) ≤ 0 untuk tiap x ∈ (a, b), maka f turun pada [a, b]. Jika f ′(x) < 0untuk tiap x ∈ (a, b), maka f turun sejati pada [a, b].

96 Hendra Gunawan

Bukti. (i) Misalkan x dan y bilangan sembarang di [a, b] dengan x < y. Maka f

memenuhi hipotesis Teorema Nilai Rata-rata pada [x, y] dan karenanya

f ′(c) =f(y)− f(x)

y − x

untuk suatu c ∈ (x, y). Jika f ′(t) ≥ 0 untuk tiap t ∈ (a, b), maka f ′(c) ≥ 0 dankarenanya f(x) ≤ f(y). Jadi f naik pada [a, b].

Jika f ′(t) > 0 untuk tiap t ∈ (a, b), maka f ′(c) > 0 dan karenanya f(x) < f(y).Jadi f naik sejati pada [a, b].

(ii) Serupa dengan (i).

Contoh 7. Misalkan f : R → R didefinisikan sebagai f(x) = x(1 − x). Turunannyaadalah

f ′(x) = 1− 2x.

Jadi f ′(x) ≥ 0 untuk x ≤ 12 dan f ′(x) ≤ 0 untuk x ≥ 1

2 . Dengan demikian f naikpada (−∞, 1

2 ] dan turun pada [ 12 ,∞).

Soal Latihan

1. Misalkan n ∈ N. Buktikan bahwa fungsi f : [0,∞) → R yang didefinisikansebagai

f(x) = (x + 1)1/n − x1/n

merupakan fungsi turun pada [0,∞).

2. Misalkan f mempunyai turunan dan naik pada suatu interval terbuka I. Buk-tikan bahwa f ′(x) ≥ 0 untuk tiap x ∈ I. Jika f naik sejati pada I, apakahdapat disimpulkan bahwa f ′(x) > 0 untuk tiap x ∈ I? Jelaskan.

11.3 Invers Fungsi Monoton

Menurut Soal 11.1 No. 5, fungsi f yang naik sejati pada A mendefinisikan suatukorespondensi 1-1 antara A dan B := f(A). Dalam hal ini f akan mempunyai inversf−1. Lebih jauh, f−1 naik sejati pada B.

Dalam kasus di mana f kontinu dan daerah asal f merupakan interval, sebutlahI, maka daerah nilainya juga merupakan suatu interval, sebutlah J = f(I) (Teorema10 pada Bab 8). Lebih jauh, kita mempunyai teorema berikut.

Teorema 8. Misalkan f : I → J dengan I interval dan J = f(I). Jika f naik sejatidan kontinu pada I, maka f−1 : J → I kontinu pada J .

Bukti. Andaikan f−1 tidak kontinu di suatu titik d ∈ J . Asumsikan bahwa d bukantitik ujung J . Maka, mengingat f−1 naik sejati pada J , f−1(d−) dan f−1(d+) ada,dan f−1(d−) < f−1(d+). Sekarang misalkan λ ∈ I sedemikian sehingga

f−1(d−) < λ < f−1(d+) dan λ 6= f−1(d).

Karena itu f(λ) tidak terdefinisi (buatlah ilustrasinya!), dan ini bertentangan denganhipotesis bahwa f terdefinisi pada I.

Teorema 9. Misalkan I dan J interval, I◦ dan J◦ interval terbuka yang mempunyaititik ujung sama dengan titik ujung I dan J . Misalkan f : I → J kontinu danJ = f(I). Jika f mempunyai turunan pada I◦ dan f ′(x) > 0 untuk tiap x ∈ I◦, makaf−1 : J → I ada dan kontinu pada J . Lebih jauh, f−1 mempunyai turunan pada J◦

dan(f−1)′(y) =

1f ′(x)

untuk tiap y ∈ J◦ dan x = f−1(y).

Catatan. Bukti Teorema 9 dapat dilihat di [2].

Soal Latihan

1. Misalkan f : R → R didefinisikan sebagai f(x) = 1 + x + x3. Tunjukkan bahwaf mempunyai invers dan hitunglah nilai (f−1)′(−1).

2. Berikan sebuah contoh fungsi f : A → R yang naik sejati dan kontinu pada A,tetapi f−1 tidak kontinu pada B = f(A). (Petunjuk. Himpunan A tentunyabukan suatu interval.)

98 Hendra Gunawan

11.4 Fungsi Konveks

Misalkan I ⊆ R suatu interval. Fungsi f : I → R dikatakan konveks pada I

apabila untuk setiap t ∈ [0, 1] dan x1, x2 ∈ I berlaku

f((1− t)x1 + tx2) ≤ (1− t)f(x1) + tf(x2).

Catat bahwa untuk x1 < x − 2, titik (1 − t)x1 + tx2 bergerak dari x1 ke x2 ketika t

bergerak dari 0 ke 1. Jadi jika f konveks pada I dan x1, x2 ∈ I, maka ruas garis yangmenghubungkan titik (x1, f(x1)) dan (x2, f(x2)) berada di atas grafik fungsi f (lihatGambar 11.3).

Gambar 11.3 Grafik fungsi konveks

Sebuah fungsi konveks tidak harus mempunyai turunan di setiap titik. Sebagaicontoh, f(x) = |x| merupakan fungsi konveks pada R tetapi tidak mempunyai tu-runan di 0. Namun, dapat ditunjukkan jika f konveks pada interval terbuka I, makaf mempunyai ‘turunan kiri’ dan ‘turunan kanan’ di setiap titik dalam I. Sebagaiakibatnya, setiap fungsi konveks pada interval terbuka merupakan fungsi kontinu.

Teorema berikut memperlihatkan kaitan antara fungsi konveks dan turunankeduanya, bila fungsi tersebut mempunyai turunan kedua. Istilah konveks dalam halini setara dengan istilah ‘cekung ke atas’ yang telah kita bahas pada Bab 9.

Teorema 10. Misalkan I interval terbuka dan f : I → R mempunyai turunan keduapada I. Maka, f konveks pada I jika dan hanya jika f ′′(x) ≥ 0 untuk tiap x ∈ I.

Bukti. Misalkan f konveks pada I. Untuk tiap c ∈ I, kita mempunyai

f ′′(c) = limh→0

f(c + h)− 2f(c) + f(c− h)h2

.

Kita pilih h cukup kecil sedemikian sehingga c − h dan c + h ada di I. Maka, c =12 [(c + h) + (c− h)], sehingga

f(c) = f

(12(c + h) +

12(c− h)

)≤ 1

2f(c + h) +

12f(c− h).

Akibatnya, f(c + h) − 2f(c) + f(c − h) ≥ 0. Karena h2 > 0 untuk tiap h 6= 0, kitasimpulkan bahwa f ′′(c) ≥ 0.

Sebaliknya, misalkan f ′′(x) ≥ 0 untuk tiap x ∈ I. Untuk membuktikan bahwaf konveks pada I, ambil x1, x2 ∈ I dan 0 < t < 1, dan misalkan x0 = (1− t)x1 + tx2.Berdasarkan Teorema Taylor, terdapat ξ1 di antara x0 dan x1 sedemikian sehingga

f(x1) = f(x0) + (x1 − x0)f ′(x0) +(x1 − x0)2

2f ′′(ξ1)

dan juga terdapat ξ2 di antara x0 dan x2 sedemikian sehingga

f(x2) = f(x0) + (x2 − x0)f ′(x0) +(x2 − x0)2

2f ′′(ξ2).

Perhatikan bahwa (1 − t)(x1 − x0) + t(x2 − x0) = (1 − t)x1 + tx2 − x0 = 0 danE := (1− t) (x1−x0)

2

2 f ′′(ξ1) + t (x2−x0)2

2 f ′′(ξ2) ≥ 0. Akibatnya,

(1− t)f(x1) + tf(x2) = f(x0) + E ≥ f(x0) = f((1− t)x1 + tx2),


Soal Latihan

1. Buktikan f konveks pada interval I jika dan hanya jika untuk setiap x1, x2, x3 ∈I dengan x1 < x2 < x3 berlaku

f(x2)− f(x1)x2 − x1

≤ f(x3)− f(x2)x3 − x2

.

Berikan interpretasi geometrisnya beserta ilustrasinya.

100 Hendra Gunawan

2. Buktikan f konveks pada interval I jika dan hanya jika untuk setiap x1, x2, x3 ∈I dengan x1 < x2 < x3 berlaku

f(x2)− f(x1)x2 − x1

≤ f(x3)− f(x1)x3 − x1

.

Berikan interpretasi geometrisnya beserta ilustrasinya.

3. Buktikan jika f konveks pada interval terbuka I, maka

limh→0−

f(c + h)− f(c)h

dan limh→0+

f(c + h)− f(c)h

ada untuk setiap c ∈ I, dan sebagai akibatnya f kontinu pada I.

4. Misalkan f mempunyai turunan pada interval terbuka I. Buktikan f konveksjika dan hanya jika f ′ naik pada I.

5. Misalkan I interval terbuka, f : I → R naik sejati, konveks, dan mempunyaiturunan pada I. Misalkan c ∈ I sedemikian sehingga f(c) = 0. Konstruksibarisan 〈xn〉 dengan x1 > c dan

xn+1 = xn −f(xn)f ′(xn)

, n = 1, 2, 3, . . . .

Buktikan bahwa xn → c untuk n → ∞. (Metode penghampiran ‘akar’ f inidikenal sebagai Metode Newton-Raphson. Untuk f(x) = x2 − a, metode inimenghasilkan barisan 〈xn〉 yang dibahas pada Bab 3, Contoh 13.)

BAGIAN KETIGA

Integral, Barisan Fungsi, Pertukaran Limit dan Integral

101

102 Hendra Gunawan


12. LUAS DAERAH DAN INTEGRAL

12.1 Luas Daerah di Bawah Kurva

Masalah menentukan luas daerah (dan volume ruang) telah dipelajari sejakera Pythagoras dan Zeno, pada tahun 500-an SM. Konsep integral (yang terkait eratdengan luas daerah) berpijak pada metode ‘exhaustion’, yang telah dipakai oleh Platodan Eudoxus, dan kemudian oleh Euclid dan Archimedes, untuk menghitung luasdaerah lingkaran.

Pada 1630-an, Pierre de Fermat tertarik untuk menghitung luas daerah di bawahkurva. Misalkan f kontinu pada interval [a, b]. Apakah masuk akal untuk membahas‘luas’ daerah di bawah kurva y = f(x)? Jika ya, bagaimanakah kita menghitungnya?

Gambar 12.1 Daerah di bawah kurva y = f(x)

Jika memang masuk akal untuk membahas luas daerah di bawah kurva y = f(x),maka luas daerah ini setidaknya mestilah lebih besar daripada L, yang menyatakanluas daerah yang diarsir pada Gambar 12.2 .

104 Hendra Gunawan

Gambar 12.2 Luas daerah L

Misalkan L menyatakan himpunan semua bilangan L yang dapat diperolehsebagai jumlah luas daerah persegi-panjang kecil sebagaimana dalam Gambar 12.2.Maka ‘luas daerah’ di bawah kurva y = f(x) mestilah lebih besar daripada setiapanggota L. Tampaknya masuk akal untuk mendefinisikan ‘luas daerah’ di bawahkurva y = f(x) sebagai bilangan terkecil yang lebih besar daripada setiap anggota L,yakni supL.

Contoh 1. Misalkan f(x) = x2, x ∈ [0, 1]. Maka, dengan membagi interval [0, 1]atas n interval bagian yang sama panjang dan menghitung jumlah luas daerah persegi-panjang yang terbentuk, luas daerah di bawah kurva y = f(x) mestilah lebih besardaripada

1n

[0 +

12

n2+

22

n2+ · · ·+ (n− 1)2

n2

].

Jumlah deret ini sama dengan

(n− 1)n(2n− 1)6n3

.

Mengingat (n−1)n(2n−1)6n3 ≤ 1

3 untuk tiap n ∈ N dan

(n− 1)n(2n− 1)6n3

→ 13

untuk n →∞, maka bilangan terkecil yang lebih besar daripada (n−1)n(2n−1)6n3 untuk

tiap n ∈ N adalah 13 . Jadi, luas daerah di bawah kurva y = f(x) adalah 1

3 .

Soal Latihan

1. Buktikan bahwa (n−1)n(2n−1)6n3 ≤ 1

3 untuk tiap n ∈ N, dan simpulkan bahwasupn∈N

(n−1)n(2n−1)6n3 = 1

3 .

2. Tentukan luas daerah di bawah kurva y = 1 + x, x ∈ [0, 1], dengan cara sepertipada Contoh 1. Apakah hasil yang diperoleh sesuai dengan pengetahuan ge-ometri kita?

12.2 Integral

Misalkan f kontinu pada interval [a, b]. Definisikan partisi dari [a, b] sebagaihimpunan P := {x0, x1, . . . , xn} dengan

a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b.

Karena f kontinu pada [a, b], maka f terbatas pada [a, b]. Jadi, diberikansembarang partisi P := {x0, x1, . . . , xn} dari [a, b], kita dapat mendefinisikan

mk := infxk−1≤x≤xk

f(x),

untuk k = 1, 2, . . . , n. Dengan demikian, untuk tiap partisi P , kita dapat membentukderet

L(P, f) :=n∑

k=1

mk(xk − xk−1).

(Buatlah suatu ilustrasi yang menyatakan nilai L(P, f).)

Misalkan f terbatas di atas pada [a, b], katakanlah

f(x) ≤ M, x ∈ [a, b].

Maka

L(P, f) ≤ M

n∑k=1

(xk − xk−1) = M(b− a).

Jadi himpunan bilangan {L(P, f) : P partisi dari [a, b]} terbatas di atas oleh M(b−a),dan karena itu ia mempunyai supremum.

106 Hendra Gunawan

Sekarang kita sampai pada definisi integral. Jika f kontinu pada interval [a, b],maka kita definisikan integral dari f pada [a, b] sebagai∫ b

a

f(x) dx := supP

L(P, f),

dengan nilai supremum diambil atas semua partisi P dari [a, b].

Dalam hal f(x) ≥ 0 untuk setiap x ∈ [a, b], maka∫ b

af(x) dx dapat diinterpre-

tasikan sebagai luas daerah di bawah kurva y = f(x).

Sebagai tambahan, jika a < b, maka kita definisikan∫ a

b

f(x) dx := −∫ b

a

f(x) dx.

Selain itu, untuk sembarang a ∈ R, kita definisikan∫ a

a

f(x) dx := 0.

Proposisi 2. Misalkan f kontinu pada [a, b] dan m ≤ f(x) ≤ M untuk tiap x ∈ [a, b].Maka

m(b− a) ≤∫ b

a

f(x) dx ≤ M(b− a).

Proposisi 3. Misalkan f kontinu pada [a, b] dan a ≤ c ≤ b. Maka∫ b

a

f(x) dx =∫ c

a

f(x) dx +∫ b

c

f(x) dx.

Catatan. Bukti Proposisi 3 agak panjang; lihat [2].

Soal Latihan


2. Buktikan bahwa∫ b

ac dx = c(b− a).

3. Diketahui f(x) = x, x ∈ [a, b]. Buktikan bahwa

L(P, f) ≤ 12(b2 − a2)


untuk sebarang partisi P dari [a, b]. Selanjutnya, dengan menggunakan definisiintegral, buktikan bahwa ∫ b

a

f(x) dx =12(b2 − a2).

12.3 Turunan dari Integral; Teorema Dasar Kalkulus

Misalkan f terdefinisi pada (a, b). Misalkan F kontinu pada [a, b] dan mempu-nyai turunan pada (a, b) dengan

F ′(x) = f(x)

untuk tiap x ∈ (a, b). Maka F disebut sebagai anti turunan dari f pada [a, b].

Contoh 4. Jika f(x) = x3, maka fungsi F yang didefinisikan sebagai

F (x) =14x4 + 5

merupakan suatu anti turunan dari f . Secara umum, fungsi G yang didefinisikansebagai

G(x) =14x4 + C,

dengan C konstanta, merupakan anti turunan dari f .

Pembaca mungkin bertanya: apa urusannya anti turunan dengan integral? Un-tuk menjawab pertanyaan ini, misalkan f kontinu pada [a, b]. Definisikan F pada[a, b] sebagai

F (x) :=∫ x

a

f(t) dt, x ∈ [a, b].

Dalam teorema berikut, kita akan menunjukkan bahwa F merupakan suatu anti tu-runan dari f pada [a, b].

Teorema 5 (Teorema Dasar Kalkulus I). Misalkan f kontinu pada [a, b] dan F

didefinisikan pada [a, b] sebagai

F (x) :=∫ x

a

f(t) dt, x ∈ [a, b].

108 Hendra Gunawan

Maka, F merupakan suatu anti turunan dari f pada [a, b]; yakni, F kontinu pada[a, b], mempunyai turunan pada (a, b), dan F ′(x) = f(x) untuk tiap x ∈ (a, b).

Bukti. Karena f kontinu pada [a, b], maka f terbatas pada [a, b], katakanlah

|f(t)| ≤ κ

untuk tiap t ∈ [a, b]. Selanjutnya, untuk x, c ∈ [a, b], kita mempunyai

F (x)− F (c) =∫ x

c

f(t) dt,

sehingga|F (x)− F (c)| ≤ κ|x− c|.

Jadi F kontinu pada [a, b].

Selanjutnya perhatikan bahwa untuk x 6= c kita mempunyai

F (x)− F (c)x− c

− f(c) =1

x− c

∫ x

c

[f(t)− f(c)] dt.

Karena f kontinu di c, kita dapat memilih δ > 0 sedemikian sehingga∣∣∣F (x)− F (c)x− c

− f(c)∣∣∣ < ε,

untuk 0 < |x − c| < δ. Ini menunjukkan bahwa F ′(c) = f(c), dan ini berlaku untuksetiap c ∈ [a, b].

Teorema 6 (Teorema Dasar Kalkulus II). Setiap fungsi f yang kontinu pada[a, b] mempunyai anti turunan pada [a, b]. Jika G adalah anti turunan dari f pada[a, b], maka ∫ b

a

f(t) dt = G(b)−G(a).

Bukti. Definisikan fungsi F pada [a, b] sebagai

F (x) :=∫ x

a

f(t) dt, x ∈ [a, b].

Maka, F merupakan suatu anti turunan dari f pada [a, b], dan∫ b

a

f(t) dt = F (b) = F (b)− F (a).


Sekarang, jika G adalah anti turunan dari f pada [a, b], maka

G(x) = F (x) + C, x ∈ [a, b],

suatu konstanta C. Karena itu,∫ b

a

f(t) dt = [F (b) + C]− [F (a) + C] = G(b)−G(a),


Soal Latihan

1. Buktikan bahwa∫ 1

0x2dx = 1

3 .

2. Misalkan r ∈ Q, r 6= −1. Buktikan bahwa∫ 1

0xrdx = 1

r+1 .

3. Misalkan f dan g kontinu pada [a, b]. Buktikan, dengan menggunakan TeoremaDasar Kalkulus II, bahwa untuk setiap λ, µ ∈ R, berlaku∫ b

a

[λf(x) + µg(x)] dx = λ

∫ b

a

f(x) dx + µ

∫ b

a

g(x) dx.

4. Misalkan f dan g kontinu pada [a, b]. Buktikan Ketaksamaan Cauchy-Schwarz:[∫ b

a

f(x)g(x) dx]2

≤∫ b

a

[f(x)]2dx ·∫ b

a

[g(x)]2dx.

110 Hendra Gunawan

13. INTEGRAL RIEMANN

13.1 Jumlah Riemann Atas dan Jumlah Riemann Bawah

Pada Bab 12 kita mengasumsikan bahwa f kontinu pada [a, b] dan mendefini-sikan integral

∫ b

af(x) dx sebagai supremum dari himpunan semua jumlah luas daerah

persegi-panjang kecil di bawah kurva y = f(x). Sesungguhnya, kita dapat pulamendefinisikan integral

∫ b

af(x) dx sebagai infimum dari himpunan semua jumlah luas

daerah persegi-panjang kecil ‘di atas’ kurva y = f(x). Dalam hal f kontinu pada [a, b],kedua definisi tersebut akan menghasilkan nilai yang sama.

Pada bab ini, kita akan memperluas definisi integral untuk fungsi f : [a, b] → Ryang terbatas, sebagaimana yang dilakukan oleh Bernhard Riemann pada 1850-an.

Seperti pada Sub-bab 12.2, diberikan sembarang partisi P := {x0, x1, . . . , xn}dari [a, b], kita dapat mendefinisikan

L(P, f) :=n∑

k=1

mk(xk − xk−1).

dengan mk := infxk−1≤x≤xk

f(x), k = 1, 2, . . . , n. Pada saat yang sama, kita juga dapat

mendefinisikan

U(P, f) :=n∑

k=1

Mk(xk − xk−1).

dengan Mk := supxk−1≤x≤xk

f(x), k = 1, 2, . . . , n.

L(P, f) dan U(P, f) disebut sebagai jumlah Riemann bawah dan jumlah Rie-mann atas dari f yang berkaitan dengan partisi P . Perhatikan bahwa

L(P, f) ≤ U(P, f)

untuk sembarang partisi P .


Selanjutnya, jika P := {x0, x1, . . . , xn} dan Q := {y0, y1, . . . , ym} adalah partisidari [a, b], maka Q disebut sebagai suatu perhalusan dari P apabila setiap titik partisixk ∈ P merupakan titik partisi di Q, yakni P ⊆ Q. Dalam hal ini, setiap sub-intervalyang terkait dengan partisi P dapat dinyatakan sebagai gabungan dari beberapa sub-interval yang terkait dengan partisi Q, yakni

[xk−1, xk] = [yi−1, yi] ∪ [yi, yi+1] ∪ · · · ∪ [yj−1, yj ].

Catat bahwa kita dapat memperoleh suatu perhalusan dari sembarang partisi P de-ngan menambahkan sejumlah titik ke P .

Proposisi 1. Jika Q merupakan perhalusan dari P , maka L(P, f) ≤ L(Q, f) danU(Q, f) ≤ U(P, f).

Akibat 2. Jika P1 dan P2 adalah dua partisi sembarang dari [a, b], maka L(P1, f) ≤U(P2, f).

Soal Latihan

1. Buktikan Proposisi 1. (Petunjuk. Mulai dengan kasus Q = P ∪ {x∗} denganx∗ /∈ P .)

2. Buktikan Akibat 2.

13.2 Integral Riemann

Seperti pada sub-bab 13.1, pada sub-bab ini kita mengasumsikan bahwa f :[a, b] → R terbatas. Menurut Akibat 2, himpunan {L(P, f) : P partisi dari [a, b]}terbatas di atas (oleh suatu jumlah Riemann atas), sementara himpunan {U(P, f) :P partisi dari [a, b]} terbatas di bawah (oleh suatu jumlah Riemann bawah). Karenaitu kita dapat mendefinisikan

L(f) := sup{L(P, f) : P partisi dari [a, b]}

danU(f) := inf{U(P, f) : P partisi dari [a, b]}.

112 Hendra Gunawan

L(f) disebut sebagai integral Riemann atas dari f , sementara U(f) disebut sebagaiintegral Riemann bawah dari f .

Proposisi 3. L(f) ≤ U(f).

Bukti. Untuk setiap partisi P0 dari [a, b], U(P0, f) merupakan batas atas dari {L(P, f) :P partisi dari [a, b]}, sehingga

L(f) = sup{L(P, f) : P partisi dari [a, b]} ≤ U(P0, f).

Karena ini berlaku untuk sembarang partisi P0, maka L(f) merupakan batas bawahdari {U(P0, f) : P0 partisi dari [a, b]}. Akibatnya

L(f) ≤ inf{U(P0, f) : P0 partisi dari [a, b]} = U(f),

sebagaimana yang diharapkan.

Secara umum, L(f) 6= U(f). Sebagai contoh, jika f : [0, 1] → R didefinisikansebagai

f(x) ={

0, x rasional;1, x irasional,

maka L(f) = 0 sementara U(f) = 1.

Jika L(f) = U(f), maka f dikatakan terintegralkan Riemann dan nilai yangsama tersebut didefinisikan sebagai integral Riemann dari f pada [a, b], yang di-lambangkan dengan

∫ b

af(x) dx. (Seperti pada Bab 12, kita definisikan

∫ a

bf(x) dx =

−∫ b

af(x) dx dan

∫ a

af(x) dx = 0.)

Sebagai contoh, jika f bernilai konstan pada [a, b], katakan f(x) = c untuksetiap x ∈ [a, b], maka L(f) = U(f) = c(b − a) dan karenanya f terintegralkanRiemann pada [a, b] dengan ∫ b

a

f(x) dx = c(b− a).

Teorema berikut memberikan suatu kriteria untuk keterintegralan f pada [a, b].(Untuk selanjutnya, ‘terintegralkan’ berarti ‘terintegralkan Riemann’ dan ‘integral’berarti ‘integral Riemann’.)

Teorema 6. f terintegralkan pada [a, b] jika dan hanya jika untuk setiap ε > 0terdapat suatu partisi Pε dari [a, b] sedemikian sehingga

U(Pε, f)− L(Pε, f) < ε.

Bukti. Misalkan f terintegralkan pada [a, b]. Ambil ε > 0 sembarang. Dari definisisupremum, terdapat suatu partisi P1 dari [a, b] sehingga

L(f)− ε

2< L(P1, f).

Dari definisi infimum, terdapat pula suatu partisi P2 dari [a, b] sehingga

U(P2, f) < U(f)− ε

2.

Sekarang misalkan Pε = P1 ∪ P2. Maka Pε merupakan perhalusan dari P1 dan P2.Akibatnya,

L(f)− ε

2< L(P1, f) ≤ L(Pε, f) ≤ U(Pε, f) ≤ U(P2, f) < U(f) +

ε

2.

Namun L(f) = U(f), sehingga kita peroleh

U(Pε, f)− L(Pε, f) < ε.

Sebaliknya misalkan untuk setiap ε > 0 terdapat suatu partisi Pε dari [a, b]sedemikian sehingga

U(Pε, f)− L(Pε, f) < ε.

Maka, untuk setiap ε > 0, berlaku

0 ≤ U(f)− L(f) ≤ U(Pε, f)− L(Pε, f) < ε.

Dari sini kita simpulkan bahwa U(f) = L(f) atau f terintegralkan pada [a, b].

Akibat 7. Misalkan terdapat barisan partisi 〈Pn〉 dari [a, b] sedemikian sehingga

limn→∞

[U(Pn, f)− L(Pn, f)] = 0.

Maka f terintegralkan pada [a, b] dan

limn→∞

L(Pn, f) =∫ b

a

f(x) dx = limn→∞

U(Pn, f).

Soal Latihan

114 Hendra Gunawan

2. Misalkan f(x) = x, x ∈ [0, 1], dan Pn = {0, 1n , 2

n , . . . , 1}, n ∈ N. Tunjukkanbahwa lim

n→∞[U(Pn, f)− L(Pn, f)] = 0, dan kemudian simpulkan bahwa f terin-

tegralkan pada [0, 1].

3. Misalkan fungsi f didefinisikan pada [0, 1] sebagai

f(x) ={

0, 0 ≤ x < 1;1, x = 1.

Buktikan bahwa f terintegralkan pada [0, 1] dengan∫ 1

0f(x) dx = 0.

4. Misalkan fungsi f didefinisikan pada [0, 2] sebagai

f(x) ={

1, 0 ≤ x ≤ 1;2, 1 < x ≤ 2.

Buktikan bahwa f terintegralkan pada [0, 2] dengan∫ 2

0f(x) dx = 3.

13.3 Keterintegralan Fungsi Kontinu dan Fungsi Monoton

Sebagaimana disinggung pada awal bab ini, fungsi yang kontinu pasti terinte-gralkan.

Teorema 8. Jika f kontinu pada [a, b], maka f terintegralkan pada [a, b].

Bukti. Menurut Teorema 18 pada Bab 8, fungsi yang kontinu pada [a, b] mestilahkontinu seragam pada [a, b]. Karena itu, diberikan ε > 0 sembarang, terdapat δ > 0sedemikian sehingga untuk x, y ∈ [a, b] dengan |x− y| < δ berlaku

|f(x)− f(y)| < ε

b− a.

Selanjutnya, untuk tiap n ∈ N dengan n > b−aδ , tinjau partisi Pn := {x0, x1, . . . , xn}

dengan xk = a + k · b−an , k = 0, 1, . . . , n. (Di sini, interval [a, b] terbagi menjadi n

sub-interval sama panjang.)

Menurut Teorema 13 pada Bab 8, pada setiap sub-interval [xk−1, xk], f menca-pai nilai maksimum Mk dan minimum mk, katakanlah

f(uk) = Mk dan f(vk) = mk.

Dalam hal ini kita peroleh

Mk −mk = f(uk)− f(vk) <ε

b− a,

dan akibatnya

0 ≤ U(Pn, f)− L(Pn, f) =n∑

k=1

(Mk −mk)(xk − xk−1) ≤n∑

k=1

ε

b− a· b− a

n= ε.

Dari sini kita simpulkan bahwa limn→∞

[U(Pn, f) − L(Pn, f)] = 0, dan karenanya f

terintegralkan pada [a, b].

Selain fungsi kontinu, teorema berikut menyatakan bahwa fungsi monoton jugaterintegralkan.

Teorema 9. Jika f monoton pada [a, b], maka f terintegralkan pada [a, b].

Bukti. Tanpa mengurangi keumuman, asumsikan f naik pada [a, b]. Untuk tiapn ∈ N, tinjau partisi Pn := {x0, x1, . . . , xn} dengan xk = a + k · b−a

n , k = 0, 1, . . . , n.Karena f naik pada [xk−1, xk], maka mk = f(xk−1) dan Mk = f(xk). Dalam hal inikita peroleh suatu deret teleskopis

n∑k=1

(Mk −mk)(xk − xk−1) =b− a

n

n∑k=1

[f(xk)− f(xk−1)] =b− a

n[f(b)− f(a)].

Sekarang, jika ε > 0 diberikan, maka untuk tiap n ∈ N dengan n > b−aε [f(b)− f(a)]

berlaku

0 ≤ U(Pn, f)− L(Pn, f) =n∑

k=1

(Mk −mk)(xk − xk−1) < ε.

Dengan demikian f mestilah terintegralkan pada [a, b].

Soal Latihan

1. Misalkan f : [a, b] → R kontinu dan f(x) ≥ 0 untuk setiap x ∈ [a, b]. Buktikanjika L(f) = 0, maka f(x) = 0 untuk setiap x ∈ [a, b].

2. Misalkan f : [a, b] → R kontinu dan, untuk setiap fungsi g : [a, b] → R yang terin-tegralkan, fg terintegralkan dan

∫ b

af(x)g(x) dx = 0. Buktikan bahwa f(x) = 0

untuk setiap x ∈ [a, b].

116 Hendra Gunawan

14. SIFAT-SIFAT INTEGRAL RIEMANN

14.1 Sifat-sifat Dasar Integral Riemann

Pada bab ini kita akan mempelajari sifat-sifat dasar integral Riemann. Sifatpertama adalah sifat kelinearan, yang dinyatakan dalam Proposisi 1. Sepanjang babini, I menyatakan interval [a, b], kecuali bila kita nyatakan lain.

Proposisi 1. Misalkan f, g : I → R terintegralkan pada I, dan c ∈ R suatu konstanta.Maka cf dan f + g terintegralkan pada I dan∫ b

a

cf(x) dx = c

∫ b

a

f(x) dx, (1)

∫ b

a

(f + g)(x) dx =∫ b

a

f(x) dx +∫ b

a

g(x) dx. (2)

Bukti. (1) Jika c = 0, maka pernyataan tentang cf jelas benar. Sekarang tinjaukasus c > 0. (Kasus c < 0 serupa dan diserahkan sebagai latihan). Misalkan P :={x0, x1, . . . , xn} partisi sembarang dari I. Karena c > 0, kita mempunyai

inf{cf(x) : x ∈ [xk−1, xk]} = c inf{f(x) : x ∈ [xk−1, xk]}

untuk k = 1, 2, . . . , n. Kalikan tiap suku ini dengan xk − xk−1 dan jumlahkan, kitadapatkan

L(P, cf) = cL(P, f).

Jadi, karena c > 0, kita peroleh

L(cf) = sup{cL(P, f) : P partisi dari I} = c sup{L(P, f) : P partisi dari I} = cL(f).

Dengan cara yang serupa kita peroleh pula U(P, cf) = cU(P, f) dan

U(cf) = inf{cU(P, f) : P partisi dari I} = c inf{U(P, f) : P partisi dari I} = cU(f).


Karena f terintegralkan, U(f) = L(f) dan akibatnya

L(cf) = cL(f) = cU(f) = U(cf).

Jadi cf terintegralkan dan ∫ b

a

cf(x) dx = c

∫ b

a

f(x) dx.

(2) Untuk sembarang interval Ik := [xk−1, xk], kita mempunyai

inf{f(x) : x ∈ Ik}+ inf{g(x) : x ∈ Ik} ≤ inf{(f + g)(x) : x ∈ Ik},

sup{(f + g)(x) : x ∈ Ik} ≤ sup{f(x) : x ∈ Ik}+ sup{g(x) : x ∈ Ik}.

Dari sini kita perolehL(P, f) + L(P, g) ≤ L(P, f + g)

danU(P, f + g) ≤ U(P, f) + U(P, g)

untuk sembarang partisi P dari I. Sekarang, jika ε > 0 diberikan, maka terdapatpartisi Pf,ε dan Pg,ε sedemikian sehingga

U(Pf,ε, f) ≤ L(Pf,ε, f) +ε

2

danU(Pg,ε, g) ≤ L(Pg,ε, g) +

ε

2.

Akibatnya, untuk Pε := Pf,ε ∪ Pg,ε, kita peroleh

U(Pε, f + g) ≤ U(Pε, f) + U(Pε, g) ≤ L(Pε, f) + L(Pε, g) + ε ≤ L(Pε, f + g) + ε.

Menurut Kriteria Keterintegralan Riemann, f + g terintegralkan.

Selanjutnya perhatikan bahwa dari ketaksamaan di atas, kita peroleh∫ b

a

(f +g)(x) dx ≤ U(Pε, f +g) ≤ L(Pε, f)+L(Pε, g)+ε ≤∫ b

a

f(x) dx+∫ b

a

g(x) dx+ε.

Sementara itu,∫ b

a

f(x) dx+∫ b

a

g(x) dx ≤ U(Pε, f)+U(Pε, g) ≤ L(Pε, f+g)+ε ≤∫ b

a

(f+g)(x) dx+ε.

118 Hendra Gunawan

Dari kedua ketaksamaan ini, kita peroleh∣∣∣∫ b

a

(f + g)(x) dx−(∫ b

a

f(x) dx +∫ b

a

g(x) dx)∣∣∣ < ε.

Karena ini berlaku untuk ε > 0 sembarang, kita simpulkan bahwa∫ b

a

(f + g)(x) dx =∫ b

a

f(x) dx +∫ b

a

g(x) dx,

dan bukti pun selesai.

Proposisi berikut dikenal sebagai sifat kepositifan integral Riemann. (Buktinyadiserahkan sebagai latihan.)

Proposisi 2. Misalkan f : I → R terintegralkan pada I. Jika f(x) ≥ 0 untuk tiapx ∈ I, maka

∫ b

af(x) dx ≥ 0.

Akibat 3. Misalkan f, g : I → R terintegralkan pada I. Jika f(x) ≤ g(x) untuk tiapx ∈ I, maka

∫ b

af(x) dx ≤

∫ b

ag(x) dx.

Proposisi 3. Misalkan f : I → R terintegralkan pada I. Jika m ≤ f(x) ≤ M untuktiap x ∈ [a, b], maka

m(b− a) ≤∫ b

a

f(x) dx ≤ M(b− a).

Proposisi 4. Misalkan f : [a, b] → R terbatas dan a < c < b. Maka, f terintegralkanpada [a, b] jika dan hanya jika f terintegralkan pada [a, c] dan pada [c, b]. Dalam halini, ∫ b

a

f(x) dx =∫ c

a

f(x) dx +∫ b

c

f(x) dx.

Catatan. Bukti Proposisi 4 tidak dibahas di sini; lihat [1] bila ingin mempelajarinya.

Soal Latihan

1. Buktikan Proposisi 1 bagian (1) untuk kasus c < 0.

2. Buktikan Proposisi 2 dan Akibat 3.

4. Buktikan jika f terintegralkan pada I dan |f(x)| ≤ K untuk tiap x ∈ I, maka∣∣∫ b

af(x) dx

∣∣ ≤ K|b− a|.

14.2 Teorema Dasar Kalkulus untuk Integral Riemann

Analog dengan Teorema Dasar Kalkulus I (Teorema 5 pada Sub-bab 12.3) untukintegral dari fungsi kontinu, kita mempunyai hasil berikut untuk integral Riemanndari fungsi terbatas.

Teorema 5 (Teorema Dasar Kalkulus I). Misalkan f terbatas pada I = [a, b] danF didefinisikan pada I sebagai

F (x) :=∫ x

a

f(t) dt, x ∈ I.

Maka, F kontinu pada I. Selanjutnya, jika f kontinu di c ∈ (a, b), maka F mempun-yai turunan di c dan F ′(c) = f(c).

Demikian pula kita mempunyai Teorema Dasar Kalkulus II untuk integralRiemann, yang dapat dibuktikan tanpa menggunakan Teorema Dasar Kalkulus Imelainkan dengan menggunakan Kriteria Keterintegralan Riemann.

Teorema 6 (Teorema Dasar Kalkulus II). Misalkan f terintegralkan pada I =[a, b]. Jika F : I → R adalah anti-turunan dari f pada I, maka∫ b

a

f(t) dt = F (b)− F (a).

Bukti. Diberikan ε > 0 sembarang, pilih partisi P := {x0, x1, . . . , xn} dari I sedemikiansehingga

U(P, f)− L(P, f) < ε.

Menurut Teorema Nilai Rata-rata (yang kita terapkan pada F ), pada tiap interval[xk−1, xk] terdapat titik tk ∈ (xk−1, xk) sedemikian sehingga

F (xk)− F (xk−1) = (xk − xk−1)f(tk).

Misalkan mk dan Mk adalah infimum dan supremum dari f pada [xk−1, xk]. Maka

mk(xk − xk−1) ≤ F (xk)− F (xk−1) ≤ Mk(xk − xk−1)

120 Hendra Gunawan

untuk tiap k = 1, 2, . . . , n. Perhatikan bahwa bila kita jumlahkan suku-suku di tengah,maka kita peroleh suatu deret teleskopis yang jumlahnya sama dengan F (b)− F (a).Karena itu, kita peroleh

L(P, f) ≤ F (b)− F (a) ≤ U(P, f).

Namun, kita juga mempunyai

L(P, f) ≤∫ b

a

f(t) dt ≤ U(P, f).

Akibatnya, kita peroleh ∣∣∣∫ b

a

f(t) dt− [F (b)− F (a)]∣∣∣ < ε.

Karena ini berlaku untuk ε > 0 sembarang, kita simpulkan bahwa∫ b

a

f(t) dt = F (b)− F (a),

sebagaimana yang kita kehendaki.

Soal Latihan

1. Misalkan f(x) = |x|, x ∈ [−1, 1]. Terkait dengan f , definisikan

F (x) :=∫ x

−1

f(t) dt, x ∈ [−1, 1].

(a) Peroleh rumus untuk F (x), x ∈ [−1, 1].

(b) Periksa bahwa F ′(x) = f(x) untuk x ∈ [−1, 1].

(c) Periksa bahwa∫ 1

−1f(t) dt = F (1)− F (−1).

2. Misalkan f : [−1, 1] → R didefinisikan sebagai

f(x) =

−1, −1 ≤ x < 0;0, x = 0;1, 0 < x ≤ 1,

Terkait dengan f , definisikan

F (x) :=∫ x

1

f(t) dt, x ∈ [−1, 1].


(a) Peroleh rumus untuk F (x). Apakah F kontinu pada [−1, 1]?

(b) Tunjukkan bahwa F ′(x) = f(x) untuk x ∈ [−1, 1], x 6= 0.

(c) Periksa apakah∫ 1

−1f(t) dt = F (1) − F (−1). Berikan argumen yang men-

dukung fakta tersebut.

3. Misalkan f dan g terintegralkan dan mempunyai anti- turunan F dan G padaI = [a, b]. Buktikan bahwa∫ b

a

F (x)g(x) dx = [F (b)G(b)− F (a)G(a)]−∫ b

a

f(x)G(x) dx.

(Catatan. Hasil ini dikenal sebagai teknik pengintegralan parsial.)

14.3 Teorema Nilai Rata-rata dan Teorema Taylor untuk Integral

Jika f kontinu pada I = [a, b], maka (menurut Teorema 9 pada Bab 8) f akanmencapai nilai maksimum M dan minimum m pada [a, b]. Menurut Proposisi 3, kitamempunyai

m(b− a) ≤∫ b

a

f(x) dx ≤ M(b− a)

atau

m ≤ 1b− a

∫ b

a

f(x) dx ≤ M.

Nilai 1b−a

∫ b

af(x) dx disebut sebagai nilai rata-rata integral f pada interval I. (Dalam

versi diskrit, nilai rata-rata aritmetik dari sejumlah bilangan adalah jumlah daribilangan-bilangan tersebut dibagi dengan banyaknya bilangan itu. Dalam versi ‘kon-tinum’, integral menggantikan jumlah dan panjang interval menggantikan banyaknyabilangan.)

Mengingat m dan M ada di daerah nilai f dan 1b−a

∫ b

af(x) dx ada di antara

kedua nilai tersebut, maka menurut Teorema Nilai Antara mestilah terdapat suatutitik c ∈ I sedemikian sehingga

f(c) =1

b− a

∫ b

a

f(x) dx.

122 Hendra Gunawan

Fakta ini dikenal sebagai Teorema Nilai Rata-rata untuk integral, yang dinyatakan dibawah ini. (Ingat bahwa sebelumnya kita juga mempunyai Teorema Nilai Rata-ratauntuk turunan. Dalam konteks turunan, nilai rata-rata analog dengan ‘kecepatanrata-rata’ dalam fisika.)

Teorema 7 (Teorema Nilai Rata-rata untuk Integral). Jika f kontinu padaI = [a, b], maka terdapat c ∈ I sedemikian sehingga

f(c) =1

b− a

∫ b

a

f(x) dx.

Pada Bab 10, kita telah membahas Teorema Taylor untuk turunan. Sekarangkita akan membahas teorema yang serupa untuk integral.

Teorema 8 (Teorema Taylor untuk Integral). Misalkan f, f ′, . . . , f (n) kontinupada I = [a, b]. Maka

f(b) = f(a) + (b− a)f ′(a) + · · ·+ (b− a)n−1

(n− 1)!f (n−1)(a) + En

dengan En = 1(n−1)!

∫ b

a(b− t)n−1f (n)(t) dt.

Bukti. Dengan pengintegralan parsial, kita peroleh

En =1

(n− 1)!

[(b− t)n−1f (n−1)(t)|ba + (n− 1)

∫ b

a

(b− t)n−2f (n−1)(t) dt]

= − (b− a)n−1

(n− 1)!f (n−1)(a) +

1(n− 1)!

∫ b

a

(b− t)n−2f (n−1)(t) dt.

Jika kita lakukan pengintegralan parsial hingga n kali, maka kita akan sampai padahasil di atas.

Soal Latihan

1. Buktikan jika f kontinu pada I = [a, b] dan f(x) ≥ 0 untuk tiap x ∈ I, makaterdapat c ∈ I sedemikian sehingga

f(c) =[ 1b− a

∫ b

a

f2(x) dx]1/2

.


2. Buktikan jika f kontinu pada I = [a, b] dan f(x) ≥ 0 untuk tiap x ∈ I, makauntuk sembarang k ∈ N terdapat c = ck ∈ I sedemikian sehingga

f(c) =[ 1b− a

∫ b

a

fk(x) dx]1/k

.

3. Misalkan f dan g adalah fungsi yang kontinu pada I = [a, b] sedemikian sehingga∫ b

a

f(x) dx =∫ b

a

g(x) dx.

Buktikan bahwa terdapat c ∈ I sedemikian sehingga f(c) = g(c).

124 Hendra Gunawan

15. INTEGRAL SEBAGAI LIMIT

15.1 Jumlah Riemann

Dalam kuliah Kalkulus pada tahun pertama, integral Riemann biasanya diperke-nalkan sebagai limit dari ‘jumlah Riemann’, tidak melalui integral Riemann atas danintegral Riemann bawah. Hal ini memang dimungkinkan, karena nilai limit dari jum-lah Riemann tersebut sama dengan integral Riemann yang kita bahas pada Bab 13.

Seperti pada bab sebelumnya, sepanjang bab ini I menyatakan interval [a, b],kecuali bila kita nyatakan lain. Misalkan f : I → R terbatas dan P := {x0, x1, . . . , xn}partisi dari I. Jika tk adalah bilangan sedemikian sehingga xk−1 ≤ tk ≤ xk untukk = 1, 2, . . . , n, maka jumlah

S(P, f) :=n∑

k=1

f(tk)(xk − xk−1)

disebut sebagai suatu jumlah Riemann untuk f , yang terkait dengan partisi P dantitik-titik sampel tk.

Catat bahwa untuk sebuah partisi P terdapat tak terhitung banyaknya caramemilih titik-titik sampel tk, dan karenanya terdapat tak terhitung banyaknya jumlahRiemann yang terkait dengan partisi P .

Untuk fungsi f ≥ 0 pada I, jumlah Riemann dapat diinterpretasikan sebagaijumlah luas daerah persegipanjang dengan lebar xk − xk−1 dan tinggi f(tk). Jikapartisi P cukup halus, maka masuk akal untuk mengharapkan bahwa jumlah RiemannS(P, f) akan menghampiri luas daerah di bawah kurva y = f(x). Dalam hal ini, nilaiS(P, f) mestilah cukup dekat ke nilai integral dari f pada I, bila f terintegralkanpada I.

Perhatikan bahwa untuk sembarang partisi P dari I dan untuk sembarang

pemilihan titik sampel tk ∈ Ik := [xk−1, xk], kita mempunyai

mk ≤ f(tk) ≤ Mk, k = 1, 2, . . . , n,

dengan mk := inf f(Ik) dan Mk := sup f(Ik). Akibatnya,n∑

k=1

mk(xk − xk−1) ≤n∑

k=1

f(tk)(xk − xk−1) ≤n∑

k=1

Mk(xk − xk−1),

yakniL(P, f) ≤ S(P, f) ≤ U(P, f).

Jadi, jumlah Riemann untuk f senantiasa bernilai di antara jumlah Riemann bawahdan jumlah Riemann atas, terlepas dari bagaimana caranya kita memilih titik-titiksampel tk.

Catat khususnya jika batas bawah mk dan batas atas Mk tercapai oleh f pada[xk−1, xk] untuk tiap k = 1, 2, . . . , n, maka jumlah Riemann bawah dan jumlah Rie-mann atas sama dengan jumlah Riemann untuk titik-titik sampel tertentu. Secaraumum, jumlah Riemann bawah maupun atas bukan jumlah Riemann (karena nilai mk

dan Mk tidak harus tercapai oleh f). Namun demikian, dengan memilih titik-titiksampel secara cermat, kita dapat memperoleh jumlah Riemann yang cukup dekat kejumlah Riemann bawah atau ke jumlah Riemann atas.

Soal Latihan

1. Misalkan f(x) = x, x ∈ [0, b]. Untuk sembarang partisi P := {x0, x1, . . . , xn}dari [0, b], pilih titik-titik sampel tk = 1

2 (xk +xk−1). Hitunglah jumlah RiemannS(P, f) dengan titik-titik sampel ini.

2. Misalkan f : I → R terbatas, P := {x0, x1, . . . , xn} partisi dari I, dan ε > 0sembarang.

(a) Tentukan titik-titik sampel tk sedemikian sehinggan∑

k=1

f(tk)(xk − xk−1)− L(P, f) < ε.

(b) Tentukan titik-titik sampel tk sedemikian sehingga

U(P, f)−n∑

k=1

f(tk)(xk − xk−1) < ε.

126 Hendra Gunawan

15.2 Integral sebagai Limit

Di sini kita akan melihat bahwa∫ b

af(x) dx dapat dipandang sebagai ‘limit’ dari

jumlah Riemann S(P, f), dalam arti tertentu.

Teorema 1. Misalkan f terintegralkan pada I. Maka, untuk setiap ε > 0 terdapatsuatu partisi Pε dari I sedemikian sehingga untuk sembarang partisi P ⊇ Pε dansembarang jumlah Riemann S(P, f) berlaku∣∣∣S(P, f)−

∫ b

a

f(x) dx∣∣∣ < ε.

Bukti. Diberikan ε > 0 sembarang, pilih partisi Pε dari I sedemikian sehingga

U(Pε, f)− L(Pε, f) < ε.

Selanjutnya ambil sembarang partisi P ⊇ Pε. Maka, menurut Proposisi 1 pada Sub-bab 13.1, kita mempunyai

L(Pε, f) ≤ L(P, f) ≤ U(P, f) ≤ U(Pε, f).

Akibatnya,U(P, f)− L(P, f) < ε.

Sekarang misalkan S(P, f) adalah sembarang jumlah Riemann yang terkait denganP . Maka,

L(P, f) ≤ S(P, f) ≤ U(P, f).

Sementara itu, kita juga mempunyai

L(P, f) ≤∫ b

a

f(x) dx ≤ U(P, f).

Dari kedua ketaksamaan ini kita peroleh∣∣∣S(P, f)−∫ b

a

f(x) dx∣∣∣ ≤ U(P, f)− L(P, f) < ε,

dan teorema pun terbukti.

Teorema berikut merupakan kebalikan dari Teorema 1. Buktinya diserahkansebagai latihan.

Teorema 2. Misalkan f terbatas pada I. Misalkan terdapat suatu bilangan A ∈ Rsedemikian sehingga untuk setiap ε > 0 terdapat partisi Pε dari I sedemikian sehinggauntuk sembarang partisi P ⊇ Pε dan sembarang jumlah Riemann S(P, f) berlaku

|S(P, f)−A| < ε.

Maka f terintegralkan pada I dan∫ b

a

f(x) dx = A.

Soal Latihan


2. Misalkan f(x) = x, x ∈ [0, b]. Gunakan Teorema 1 dan Soal Latihan 15.1 No.1 untuk menyimpulkan bahwa

∫ b

0x dx = 1

2b2.

3. Gunakan Teorema 1 untuk memberikan bukti alternatif untuk Teorema DasarKalkulus II (Teorema 6 pada Sub-bab 14.2).

15.3 Teorema Darboux

Terdapat cara lain melihat integral sebagai limit dari jumlah Riemann. Misal-kan I := [a, b] dan P := {x0, x1, . . . , xn} adalah partisi dari I. Ukuran kehalusan dariP , dilambangkan dengan ‖P‖, didefinisikan sebagai

‖P‖ := sup{xk − xk−1 : k = 1, 2, . . . , n}.

Dalam perkataan lain, ‖P‖ adalah panjang sub-interval maksimum yang terkait de-ngan partisi P .

Catat bahwa dua partisi berbeda dapat memiliki kehalusan yang sama. Selainitu, jika P ⊆ Q (yakni, Q merupakan perhalusan dari P ), maka ‖Q‖ ≤ ‖P‖. Namunsebaliknya ‖Q‖ ≤ ‖P‖ tidak mengharuskan P ⊆ Q.

Teorema berikut memperlihatkan bahwa jika f terintegralkan pada I, makaintegral f pada I merupakan limit dari jumlah Riemann untuk ‖P‖ → 0.

128 Hendra Gunawan

Teorema 3 (Teorema Darboux). Misalkan f terintegralkan pada I. Maka, untuksetiap ε > 0 terdapat δ > 0 sedemikian sehingga jika Q adalah partisi dari I dengan‖Q‖ < δ, maka untuk sembarang jumlah Riemann S(Q, f) berlaku∣∣∣∣∣S(Q, f)−

∫ b

a

f(x) dx

∣∣∣∣∣ < ε.

Bukti. Diberikan ε > 0 sembarang, terdapat partisi Pε := {x0, x1, . . . , xn} sedemikiansehingga

U(Pε, f)− L(Pε, f) <ε

3.

Akibatnya, jika P ⊇ Pε, maka

U(P, f)− L(P, f) <ε

3.

Selanjutnya misalkan M := sup{|f(x)| : x ∈ I} dan δ := ε12Mn .

Ambil sembarang partisi Q := {y0, y1, . . . , ym} dari I dengan ‖Q‖ < δ danmisalkan Q∗ := Q∪Pε. Maka Q∗ ⊇ Pε dan Q∗ mempunyai sebanyak-banyaknya n−1titik lebih banyak daripada Q, yakni titik-titik x1, . . . , xn−1 yang ada di Pε tetapitidak di Q. Selanjutnya kita akan membandingkan U(Q, f) dengan U(Q∗, f), sertaL(Q, f) dengan L(Q∗, f).

Karena Q∗ ⊇ Q, kita mempunyai U(Q, f) − U(Q∗, f) ≥ 0. Jika kita tuliskanQ∗ = {z0, z1, . . . , zp}, maka U(Q, f)−U(Q∗, f) dapat dinyatakan sebagai jumlah darisebanyak-banyaknya 2(n− 1) suku berbentuk

(Mj −M∗k )(zk − zk−1),

dengan Mj menyatakan supremum dari f pada sub-interval ke-j dalam Q dan M∗k

menyatakan supremum dari f pada sub-interval ke-k dalam Q∗. Karena |Mj−M∗k | ≤

2M dan |zk − zk−1| ≤ ‖Q∗‖ ≤ ‖Q‖ < δ, kita peroleh

0 ≤ U(Q, f)− U(Q∗, f) ≤ 2(n− 1) · 2M · δ <ε

3.

Akibatnya, kita dapatkan

U(Q, f) < U(Q∗, f) +ε

3.

Serupa dengan itu kita juga mempunyai

L(Q∗, f)− ε

3< L(Q, f).

Selanjutnya kita tahu bahwa S(Q, f) dan∫ b

af(x) dx terletak dalam interval

[L(Q, f), U(Q, f)], dan karena itu keduanya berada dalam interval

Iε := [L(Q∗, f)− ε

3, U(Q∗, f) +

ε

3].

Karena Q∗ ⊇ Pε, kita mempunyai U(Q∗, f) − L(Q∗, f) < ε3 , sehingga panjang Iε

lebih kecil daripada ε. Jadi jarak antara S(Q, f) dan∫ b

af(x) dx mestilah lebih kecil

daripada ε, sebagaimana yang ingin kita buktikan.

Kebalikan dari Teorema 3 juga berlaku.

Teorema 4. Misalkan f : I → R terbatas. Misalkan terdapat suatu bilangan B ∈ Rsedemikian sehingga untuk setiap ε > 0 terdapat δ > 0 sedemikian sehingga untuksembarang partisi P dari I dengan ‖P‖ < δ dan sembarang jumlah Riemann S(P, f)berlaku

|S(P, f)−B| < ε.

Maka f terintegralkan pada I dan∫ b

a

f(x) dx = B.

Soal Latihan

1. Buktikan Teorema 4. (Petunjuk. Gunakan Teorema 2.)

2. Buktikan bahwa f terintegralkan jika dan hanya jika untuk setiap ε > 0 terdapatδ > 0 sedemikian sehingga jika ‖P‖ < δ dan ‖Q‖ < δ, maka

|S(P, f)− S(Q, f)| < ε.

130 Hendra Gunawan

16. BARISAN FUNGSI

16.1 Barisan Fungsi dan Kekonvergenan Titik Demi Titik

Bila pada bab-bab sebelumnya kita membahas fungsi sebagai sebuah objekindividual, maka pada bab ini dan selanjutnya kita akan membahas keluarga fungsiyang membentuk suatu barisan. Dalam aplikasi, barisan fungsi muncul ketika kitaberupaya menghampiri sebuah fungsi dengan keluarga fungsi yang kita kenal baik.

Sebuah barisan fungsi adalah suatu pengaitan n 7→ fn, n ∈ N, yang kita tuliskansebagai 〈fn〉. Di sini fn merupakan fungsi dan untuk tiap n ∈ N kita asumsikan bahwafn mempunyai daerah asal yang sama, sebutlah A ⊆ R.

Seperti pada pembahasan barisan bilangan real, ketika dihadapkan dengan se-buah barisan fungsi 〈fn〉 kita akan tertarik untuk membahas perilaku fn apabilan → ∞. Dalam perkataan lain, kita ingin mempelajari kekonvergenan barisan 〈fn〉pada A.

Mengingat bahwa untuk tiap x ∈ A, fn(x) membentuk suatu barisan bilanganreal, maka kekonvergenan barisan fungsi 〈fn〉 dapat didefinisikan melalui kekonver-genan barisan bilangan 〈fn(x)〉. Bila untuk tiap x ∈ A, barisan 〈fn(x)〉 konvergenke suatu bilangan (yang secara umum bergantung pada x), sebutlah Lx, maka kitaperoleh sebuah fungsi f : A → R dengan f(x) = Lx. Jadi, untuk tiap x ∈ A, kitamempunyai

fn(x) → f(x), n →∞.

Dalam hal ini, kita katakan bahwa 〈fn〉 konvergen titik demi titik ke f , dan kitatuliskan

fn → f (titik demi titik), n →∞.

Fungsi f di sini disebut sebagai limit (titik demi titik) barisan 〈fn〉.

Contoh 1. Misalkan untuk tiap n ∈ N kita mempunyai

fn(x) := xn, x ∈ [0, 1].

Maka, barisan fungsi 〈fn〉 konvergen titik demi titik ke fungsi f dengan

f(x) :={

0, 0 ≤ x < 1;1, x = 1.

Untuk mendapatkan gambaran tentang apa yang terjadi, gambarlah grafik beberapabuah fungsi fn dan juga grafik fungsi f , pada sebuah sistem koordinat yang sama.

Dalam Contoh 1 kita melihat bahwa fn kontinu pada [0, 1] untuk tiap n ∈ N,namun f tidak kontinu pada [0, 1]. Jadi, kekonvergenan titik demi titik secara umumtidak mempertahankan sifat kekontinuan fungsi. Padahal, dalam aplikasinya, inimerupakan salah satu isu penting. Oleh karena itu, dalam pembahasan berikutnya,kita akan mempelajari jenis kekonvergenan barisan fungsi yang lebih kuat, yang mem-pertahankan antara lain sifat kekontinuan fungsi.

Diberikan suatu barisan fungsi 〈fk〉, kita mempunyai deret fungsi∞∑

k=1

fk, yang

didefinisikan sebagai limit titik demi titik dari barisan jumlah parsial⟨ n∑

k=1

fk

⟩, asalkan

barisan jumlah parsial ini konvergen.

Jika barisan jumlah parsial tersebut konvergen titik demi titik ke fungsi s padaA, maka s disebut sebagai jumlah deret pada A. Dalam hal ini, kita tuliskan

∞∑k=1

fk(x) = s(x), x ∈ A.

Secara umum, indeks k dapat berjalan mulai dari sembarang k ∈ Z.

Sebagai contoh, jika fk(x) := xk, k = 0, 1, 2, . . . , maka kita peroleh deret

geometri∞∑

k=0

xk, yang konvergen ke 11−x untuk |x| < 1 (lihat kembali Bab 5).

Pembahasan mengenai deret fungsi, khususnya deret yang berbentuk

∞∑n=0

an(x− c)n

akan dilakukan secara mendalam pada Bab 18.

132 Hendra Gunawan

Soal Latihan

1. Tinjau barisan fungsi 〈fn〉 yang dibahas dalam Contoh 1. Diberikan x ∈ [0, 1]dan ε > 0, tentukan N ∈ N sedemikian sehingga untuk setiap n ≥ N berlaku|fn(x)− f(x)| < ε. (Catatan. Kasus x = 1 perlu ditangani tersendiri.)

2. Untuk masing-masing barisan fungsi di bawah ini, tentukan sebuah fungsi f

yang merupakan limitnya (titik demi titik).

(a) fn(x) := xn

n , x ∈ [0, 1].

(b) fn(x) := nx(1− x2)n, x ∈ [0, 1].

(c) fn(x) := xn , x ∈ R.

(d) fn(x) := x2n

1+x2n , x ∈ R.

(e) fn(x) := sin nxn√

x, x > 0.

16.2 Kekonvergenan Seragam

Misalkan 〈fn〉 adalah suatu barisan fungsi yang, katakanlah, konvergen titikdemi titik ke fungsi f pada A. Dalam hal ini, diberikan x ∈ A dan ε > 0, terdapatN ∈ N sedemikian sehingga untuk setiap n ≥ N berlaku |fn(x) − f(x)| < ε. Secaraumum bilangan N di sini bergantung pada x, selain pada ε. Bila bilangan N tadiberlaku untuk tiap x ∈ A, maka 〈fn〉 dikatakan konvergen seragam ke f pada A.

Jadi, barisan fungsi 〈fn〉 konvergen seragam ke f pada A apabila untuk setiapε > 0 terdapat N ∈ N sedemikian sehingga untuk setiap n ≥ N dan x ∈ A berlaku

|fn(x)− f(x)| < ε.

Dalam hal ini kita tuliskan

fn → f (seragam), n →∞.

Jelas bahwa kekonvergenan seragam akan mengakibatkan kekonvergenan titik demititik. (Dalam perkataan lain, kekonvergenan titik demi titik merupakan syarat perluuntuk kekonvergenan seragam.)

Gambar 16.1 Pita dengan lebar 2ε dan median grafik fungsi f

Perhatikan bahwa ketaksamaan |fn(x)− f(x)| < ε setara dengan

f(x)− ε < fn(x) < f(x) + ε.

Bila ini berlaku untuk setiap n ≥ N dan x ∈ A, maka grafik fungsi fn pada A beradadi antara ‘pita’ [f − ε, f + ε] yang mempunyai lebar 2ε dan median grafik fungsi f ,sebagaimana diilustrasikan dalam Gambar 16.1.

Contoh 2. Barisan fungsi 〈fn〉 dengan fn(x) := xn, x ∈ [0, 1], tidak konvergenseragam ke f pada [0, 1], dengan

f(x) :={

0, 0 ≤ x < 1;1, x = 1.

Di sini, pita [f − 14 , f + 1

4 ] tidak akan memuat grafik fn untuk n berapa pun.

Lemma berikut (yang merupakan negasi dari definisi kekonvergenan seragam)dapat dipakai untuk menyelediki ketidakkonvergenan seragam suatu barisan fungsi.

Lemma 3. Barisan fungsi 〈fn〉 tidak konvergen seragam ke fungsi f pada A jikadan hanya jika untuk suatu ε0 > 0 terdapat subbarisan 〈fnk

〉 dari 〈fn〉 dan barisanbilangan 〈xk〉 di A sedemikian sehingga

|fnk(xk)− f(xk)| ≥ ε0.

134 Hendra Gunawan

Dengan menggunakan Lemma 3, ketidakkonvergenan seragam barisan fungsidalam Contoh 2 dapat dibuktikan dengan mengambil ε0 = 1

4 , nk = k dan xk =(

12

)1/k.Di sini kita mempunyai

|fnk(xk)− f(xk)| =

∣∣12− 0

∣∣ =12

> ε0.

Ketidakkonvergenan seragam barisan dalam Contoh 2 juga dapat dijelaskan denganteorema di bawah ini (yang mengatakan bahwa kekonvergenan seragam memperta-hankan sifat kekontinuan).

Teorema 4. Misalkan 〈fn〉 konvergen seragam ke f pada suatu interval I ⊆ R. Jikafn kontinu di c ∈ I untuk tiap n ∈ N, maka f juga kontinu di c.

Bukti. Diberikan ε > 0, pilih N ∈ N sedmeikian sehingga untuk setiap n ≥ N danx ∈ I berlaku

|fn(x)− f(x)| < ε

3.

Karena fN kontinu di c, maka suatu interval Iδ(c) ⊆ I yang memuat c sedemikiansehingga untuk setiap x ∈ Iδ(x) berlaku

|fN (x)− f(x)| < ε

3.

Jadi, untuk setiap x ∈ Iδ(c), kita mempunyai

|f(x)− f(c)| ≤ |f(x)− fN (x)|+ |fN (x)− fN (c)|+ |fN (c)− f(c)| < ε

3+

ε

3+

ε

3= ε.

Ini membuktikan bahwa f kontinu di c.

Soal Latihan

1. Selidiki apakah masing-masing barisan fungsi di bawah ini konvergen seragamke limitnya.

(a) fn(x) := xn

n , x ∈ [0, 1].

(b) fn(x) := nx(1− x2)n, x ∈ [0, 1].

(c) fn(x) := xn , x ∈ R.

(d) fn(x) := x2n

1+x2n , x ∈ R.

(e) fn(x) := sin nxn√

x, x > 0.

2. Buktikan jika 〈fn〉 dan 〈gn〉 konvergen seragam ke f dan g pada A (berturut-turut), maka 〈fn + gn〉 konvergen seragam ke f + g pada A.

3. Misalkan fn(x) := x+ 1n dan f(x) = x, x ∈ R. Buktikan bahwa 〈fn〉 konvergen

seragam ke f pada R, namun 〈f2n〉 tidak konvergen seragam ke f2 pada R.

16.3 Kriteria Cauchy untuk Kekonvergenan Seragam

Dalam membahas kekonvergenan seragam, seringkali kita terbantu dengan pe-ngertian norma seragam berikut. Ingat bahwa untuk A ⊆ R, fungsi f : A → Rdikatakan terbatas pada A apabila f(A) merupakan himpunan terbatas. Sekarang,jika f terbatas pada A, maka kita definisikan norma seragam f pada A sebagai

‖f‖A := sup {|f(x)| : x ∈ A}.

Perhatikan bahwa ‖f‖A < ε setara dengan |f(x)| < ε untuk tiap x ∈ A.

Menggunakan norma seragam, kita mempunyai lemma berikut tentang kekon-vergenan seragam.

Lemma 5. Misalkan fn terbatas pada A untuk tiap n ∈ N. Maka, barisan 〈fn〉konvergen seragam ke f pada A jika dan hanya jika lim

n→∞‖fn − f‖A = 0.

Dengan menggunakan Lemma 5, kita juga dapat membuktikan ketidakkonver-genan seragam barisan fungsi dalam Contoh 2, dengan menghitung bahwa

‖fn − f‖[0,1] = 1

untuk tiap n ∈ N.

Dengan menggunakan norma seragam, kita peroleh pula kriteria berikut untukkekonvergenan seragam suatu barisan fungsi.

Teorema 6 (Kriteria Cauchy untuk Kekonvergenan Seragam). Misalkan fn

terbatas pada A untuk tiap n ∈ N. Maka, barisan 〈fn〉 konvergen seragam ke suatufungsi terbatas f pada A jika dan hanya jika untuk setiap ε > 0 terdapat N ∈ Nsedemikian sehingga untuk sembarang m,n ≥ N berlaku ‖fm − fn‖ < ε.

136 Hendra Gunawan

Bukti. Misalkan 〈fn〉 konvergen seragam ke f pada A. Diberikan ε > 0 sembarang,pilih N ∈ N sedemikian sehingga untuk setiap n ≥ N berlaku ‖fn − f‖A < ε

2 .Akibatnya, jika m,n ≥ N , maka

|fm(x)− fn(x)| ≤ |fm(x)− f(x)|+ |fn(x)− f(x)| < ε

2+

ε

2= ε

untuk tiap x ∈ A. Jadi ‖fm − fn‖A < ε untuk m,n ≥ N .

Sebaliknya, misalkan untuk setiap ε > 0 terdapat N ∈ N sedemikian sehinggauntuk m,n ≥ N kita mempunyai ‖fm−fn‖A < ε. Maka, untuk setiap x ∈ A, berlaku

|fm(x)− fn(x)| ≤ ‖fm − fn‖A < ε,

untuk m,n ≥ N . Ini berarti bahwa 〈fn(x)〉 merupakan barisan Cauchy di R, dankarenanya ia merupakan barisan yang konvergen, katakanlah ke f(x). Selanjutnya,untuk setiap x ∈ A, kita mempunyai

|fm(x)− f(x)| = limn→∞

|fm(x)− fn(x)| ≤ ε,

untuk m ≥ N . Ini menunjukkan bahwa 〈fn〉 konvergen seragam ke f pada A.

Soal Latihan

1. Buktikan Lemma 5.

2. Misalkan 〈fn〉 dan 〈gn〉 adalah barisan fungsi terbatas pada A, yang konver-gen seragam ke f dan g pada A (berturut-turut). Tunjukkan bahwa 〈fngn〉konvergen seragam ke fg pada A.

3. Uji-M Weierstrass. Misalkan 〈fn〉 adalah barisan fungsi pada A dan |fn(x)| ≤Mn untuk tiap x ∈ A dan n ∈ N. Buktikan jika

∑∞k=1 Mk konvergen, maka

deret fungsi∑∞

k=1 fk konvergen seragam pada A.


17. PERTUKARAN LIMIT

17.1 Pertukaran Limit dan Turunan

Kita telah melihat sebelumnya bahwa kekonvergenan seragam mempertahankansifat kekontinuan fungsi, yakni, jika fn kontinu pada A untuk tiap n ∈ N dan 〈fn〉konvergen seragam ke f pada A, maka f kontinu pada A.

Sekarang kita bertanya: apakah kekontinuan seragam juga mempertahankansifat diferensiabilitas? Pertanyaan ini penting mengingat dalam aplikasi kita seringkali

menaksir sebuah fungsi f dengan suatu deret∞∑

n=1fn (misalnya), dan kemudian kita

menginginkan

f ′(x) =∞∑

n=1

f ′n(x).

Jawaban untuk pertanyaan ini ternyata negatif. Sebagai contoh, fungsi f yang didefi-nisikan sebagai jumlah deret berikut

f(x) :=∞∑

k=1

2−k cos(3kx)

merupakan fungsi yang kontinu di setiap titik tetapi tidak mempunyai turunan di titikmanapun (lihat Bartle & Sherbert). Padahal, jumlah parsial deret ini mempunyaiturunan di setiap titik dan membentuk barisan yang konvergen seragam ke f . Jadi,kekonvergenan seragam dari suatu barisan fungsi yang mempunyai turunan ternyatatidak menjamin bahwa limitnya mempunyai turunan.

Teorema berikut memberikan suatu syarat cukup agar sebuah barisan fungsimempertahankan sifat diferensiabilitas.

Teorema 1. Misalkan I ⊆ R adalah suatu interval terbatas dan 〈fn〉 adalah barisanfungsi pada I. Misalkan terdapat x0 ∈ I sedemikian sehingga 〈fn(x0)〉 konvergen dan

138 Hendra Gunawan

barisan 〈f ′n〉 terdefinisi dan konvergen seragam ke suatu fungsi g pada I. Maka, 〈fn〉konvergen seragam ke suatu fungsi f pada I dengan f ′(x) = g(x), x ∈ I.

Bukti. Misalkan a < b adalah titik ujung interval I dan x ∈ I sembarang. Jikam,n ∈ N, maka menurut Teorema Nilai Rata-rata (untuk turunan) terdapat y diantara x0 dan x sedemikian sehingga

fm(x)− fn(x) = fm(x0)− fn(x0) + (x− x0)[f ′m(y)− fn(y)].

Akibatnya, kita peroleh

‖fm − fn‖I ≤ |fm(x0)− fn(x0)|+ (b− a)‖f ′m − f ′n‖I .

Menurut hipotesis dan Kriteria Cauchy (Teorema 6, Bab 16), 〈fn〉 konvergen seragampada I. Sebutlah f := lim

n→∞fn. Karena fn kontinu pada I untuk tiap n ∈ N, maka f

juga kontinu pada I.

Untuk menunjukkan bahwa f mempunyai turunan di sembarang titik c ∈ I,kita terapkan lagi Teorema Nilai Rata-rata terhadap fm − fn pada interval dengantitik ujung c dan x. Dalam hal ini terdapat z di antara c dan x sedemikian sehingga

[fm(x)− fn(x)]− [fm(c)− fn(c)] = (x− c)[f ′m(z)− f ′n(z)].

Jadi, dalam hal x 6= c, kita peroleh∣∣∣∣fm(x)− fm(c)x− c

− fn(x)− fn(c)x− c

∣∣∣∣ ≤ ‖f ′m − f ′n‖I .

Karena 〈f ′n〉 konvergen seragam pada I, untuk ε > 0 sembarang terdapat N ∈ Nsedemikian sehingga jika m,n ≥ N dan x 6= c, maka∣∣∣∣fm(x)− fm(c)

x− c− fn(x)− fn(c)

x− c

∣∣∣∣ ≤ ε.

Jika kita ambil limit dari ruas kiri (terhadap m), maka kita dapatkan∣∣∣∣f(x)− f(c)x− c

− fn(x)− fn(c)x− c

∣∣∣∣ ≤ ε

untuk n ≥ N dan x 6= c. Selanjutnya, karena limn→∞

f ′n(c) = g(c), maka terdapatM ∈ N sedemikian sehingga |f ′n(c) − g′(c)| < ε untuk n ≥ M . Sekarang misalkan

K := maks {M,N}. Karena f ′K(c) ada, maka terdapat δK > 0 sedemikian sehinggajika 0 < |x− c| < δK , maka∣∣∣∣fK(x)− fK(c)

x− c− f ′K(c)

∣∣∣∣ < ε.

Jadi, jika 0 < |x − c| < δK , maka (berdasarkan ketiga ketaksamaan di atas) kitamempunyai ∣∣∣∣f(x)− f(c)

x− c− g(c)

∣∣∣∣ < 3ε.

Ini menunjukkan bahwa f ′(c) ada dan sama dengan g(c). Karena c ∈ I sembarang,kita simpulkan bahwa f ′ = g pada I.

Soal Latihan

1. Misalkan fn(x) := xn , x ∈ R. Selidiki apakah limit dan turunan dapat bertukar

untuk barisan fungsi ini.

2. Misalkan fn(x) := xn

n , x ∈ [0, 1]. Buktikan bahwa 〈fn〉 konvergen seragamke suatu fungsi f yang mempunyai turunan pada [0, 1], dan 〈f ′n〉 konvergen kesuatu fungsi g pada [0, 1], tetapi f ′(1) 6= g(1).

17.2 Fungsi Eksponensial

Dalam Kalkulus, kita mendefinisikan fungsi eksponensial E(x) := ex sebagaiinvers dari fungsi logaritma L(x) := lnx :=

∫ x

11t dt, x > 0. Namun, daripada meng-

ulang apa yang telah kita pelajari dalam Kalkulus, kita akan mempelajari suatu caralain mendefinisikan fungsi eksponensial, yaitu dengan meninjau Masalah Nilai Awal

E′(x) = E(x), E(0) = 1. (3)

Perhatikan bahwa Masalah Nilai Awal ini setara dengan persamaan integral

E(x) = 1 +∫ x

0

E(t) dt.

Untuk mendapatkan solusinya, kita lakukan iterasi Picard dengan hampiran awalE0(x) := 1 dan

En+1(x) := 1 +∫ x

0

En(t) dt, n = 0, 1, 2, . . . .

140 Hendra Gunawan

Dalam hal ini, kita akan memperoleh barisan fungsi

En(x) := 1 +x

1!+ · · ·+ xn

n!, n = 0, 1, 2, . . . ,

yang memenuhiE′n+1(x) = En(x), n = 0, 1, 2, . . . .

Sekarang marilah kita pelajari barisan fungsi ini. Misalkan R > 0. Jika |x| ≤ R

dan m > n > 2R, maka

|Em(x)− En(x)| =∣∣∣ xn+1

(n + 1)!+ · · ·+ xm

m!

∣∣∣≤ Rn+1

(n + 1)!

[1 +

R

n+ · · ·+

(R

n

)m−n−1]<

2Rn+1

(n + 1)!.

Karena limn→∞

Rn

n! = 0, kita simpulkan bahwa barisan 〈En〉 konvergen seragam pada[−R,R] untuk R > 0 sembarang.

Sebagai akibatnya, kita mempunyai teorema berikut.

Teorema 2. Barisan 〈En〉 konvergen titik demi titik ke suatu fungsi E yang kontinupada R, dengan E(0) = 1.

Bukti. Berdasarkan penjelasan di atas, jelas bahwa 〈En(x)〉 konvergen untuk tiapx ∈ R. Definisikan E : R → R dengan

E(x) := limn→∞

En(x), x ∈ R.

Karena setiap x ∈ R termuat dalam suatu interval [−R,R], maka E kontinu pada R.Selanjutnya, karena En(0) = 1 untuk tiap n, maka E(0) = 1.

Lebih jauh, kita mempunyai:

Teorema 3. E mempunyai turunan dengan E′(x) = E(x) untuk tiap x ∈ R.

Bukti. Mengingat bahwa En mempunyai turunan dan E′n+1(x) = En(x) untuk tiapn = 0, 1, 2, . . . , barisan 〈E′n〉 juga konvergen seragam ke E pada sembarang interval[−R,R]. Menurut Teorema 1,

E′(x) = limn→∞

E′n+1(x) = limn→∞

En(x) = E(x),


pada sembarang interval [−R,R]. Dengan demikian, E′(x) = E(x) untuk tiap x ∈R.

Akibat 4. Fungsi E mempunyai turunan ke-k untuk tiap k ∈ N, dengan E(k)(x) =E(x) untuk tiap x ∈ R.

Teorema 5. Fungsi E yang memenuhi Masalah Nilai Awal (3) adalah tunggal.

Teorema 6. Fungsi E yang memenuhi Masalah Nilai Awal (3) bersifat:

(i) E(x) 6= 0 untuk tiap x ∈ R;

(ii) E(x + y) = E(x)E(y) untuk tiap x, y ∈ R;

(iii) Jika e = E(1), maka E(r) = er untuk tiap r ∈ Q.

Soal Latihan

1. Buktikan jika x > 0, maka E(x) > 1 + x.


17.3 Pertukaran Limit dan Integral

Sekarang mari kita periksa apakah kekonvergenan titik demi titik memperta-hankan keterintegralan. Misalkan fn(x) := nx(1 − x2)n, x ∈ [0, 1] (Soal 16.1 No.2(b). Barisan fungsi ini konvergen ke fungsi f ≡ 0 pada [0, 1]. Di sini

∫ 1

0f(x) dx = 0,

sementara∫ 1

0

fn(x) dx = n

∫ 1

0

x(1− x2)ndx = −n

2(1− x2)n+1

n + 1

∣∣∣10

=n

2(n + 1).

Jadi, kita peroleh

limn→∞

∫ 1

0

fn(x) dx =12.

Dengan demikian, untuk barisan fungsi ini, kita melihat bahwa

limn→∞

∫ 1

0

fn(x) dx 6=∫ 1

0

f(x) dx.

Perlu dicatat di sini bahwa 〈fn〉 tidak konvergen seragam ke f .

142 Hendra Gunawan

Pertanyaannya sekarang adalah: bilakah limit dan integral dapat bertukar tem-pat, yakni bilakah

limn→∞

∫ b

a

fn(x) dx =∫ b

a

limn→∞

fn(x) dx?

Teorema berikut menyatakan bahwa kekonvergenan seragam mempertahankan keter-integralan dan menjamin bahwa limit dan integral dapat betukar tempat.

Teorema 7. Misalkan fn terintegralkan pada I := [a, b] untuk tiap n ∈ N dan 〈fn〉konvergen seragam ke f pada [a, b]. Maka, f terintegralkan pada [a, b] dan

limn→∞

∫ b

a

fn(x) dx =∫ b

a

f(x) dx.

Bukti. Diberikan ε > 0, pilih N ∈ N sedemikian sehingga untuk setiap m ≥ N berlaku

‖f − fm‖I <ε

4(b− a).

Selanjutnya, karena fN terintegralkan, maka menurut Kriteria Riemann, terdapatpartisi Pε := {x0, x1, . . . , xn} dari I sedemikian sehingga

U(Pε, fN )− L(Pε, fN ) <ε

2.

Sementara itu, karena |f(x)− fN (x)| ≤ ε4(b−a) untuk tiap x ∈ I, maka

Mj(f) ≤ Mj(fN ) +ε

4(b− a)

dengan Mj(f) := supxj−1≤x≤xj

f(x) dan Mj(fN ) := supxj−1≤x≤xj

fN (x). Jadi, kita peroleh

U(Pε, f) ≤ U(Pε, fN ) +ε

4.

Dengan cara yang serupa, kita juga peroleh

L(Pε, fN )− ε

4≤ L(Pε, f).

Akibatnya, kita dapatkan

U(Pε, f)− L(Pε, f) ≤ U(Pε, fN )− L(Pε, fN ) +ε

2<

ε

2+

ε

2= ε.

Ini membuktikan bahwa f terintegralkan pada I.


Selanjutnya, untuk membuktikan bahwa limit dan integral dapat bertukar tem-pat, kita amati bahwa∣∣∣∣∣

∫ b

a

f(x) dx−∫ b

a

fm(x) dx

∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∫ b

a

[f(x)− fm(x)] dx

∣∣∣∣∣ ≤ ‖f − fm‖I(b− a).

Karena limm→∞

‖f−fm‖I = 0, maka nilai di ruas kiri mestilah menuju ke 0 bila m →∞,sehingga ∫ b

a

f(x) dx = limm→∞

∫ b

a

fm(x) dx,

sesuai dengan harapan kita.

Soal Latihan

1. Misalkan gn(x) := nx(1 − x)n, x ∈ [0, 1]. Selidiki kekonvergenan 〈gn〉 dan〈∫ 1

0gn(x) dx〉.

2. Misalkan 〈fn〉 adalah barisan fungsi yang terintegralkan pada [a, b], yang kon-vergen (titik demi titik) ke suatu fungsi yang terintegralkan pada [a, b]. Misal-kan pula bahwa terdapat B > 0 sedemikian sehingga |fn(x)| ≤ B untuk tiapx ∈ [a, b] dan n ∈ N. Buktikan bahwa

limn→∞

∫ b

a

fn(x) dx =∫ b

a

f(x) dx.

144 Hendra Gunawan

18. DERET PANGKAT

18.1 Deret Pangkat dan Interval Kekonvergenannya

Pada Bab 16 (dan, jauh sebelumnya, yaitu pada Bab 5) kita telah membahas

deret geometri∞∑

n=0xn, yang konvergen (titik demi titik) ke 1

1−x untuk |x| < 1. Pada

Bab 17, tepatnya pada Sub-bab 17.2, kita berurusan dengan deret∞∑

n=0

xn

n! , yang kon-

vergen (seragam) pada sembarang interval [−R,R], R > 0. Kedua deret ini termasukdalam keluarga deret pangkat

∞∑n=0

an(x− c)n, (4)

yang akan kita pelajari secara lebih mendalam sekarang.

Deret pangkat (4) jelas konvergen untuk x = c. Teorema berikut menunjukkanbahwa sebuah deret pangkat secara umum konvergen pada suatu interval yang ber-pusat di c.

Teorema 1. Jika deret∞∑

n=0an(x− c)n konvergen untuk x = x0, maka deret tersebut

juga konvergen (mutlak) untuk x dengan |x− c| < |x0 − c|.

Bukti. Karena∞∑

n=0an(x0 − c)n konvergen, maka an(x0 − c)n → 0 bila n → ∞.

Akibatnya, barisan 〈an(x0 − c)n〉 terbatas, yakni terdapat M sedemikian sehingga

|an(x0 − c)n| ≤ M, n = 0, 1, 2, . . . .

Sekarang misalkan |x− c| < |x0 − c|. Maka

r =|x− c||x0 − c|

< 1.

Akibatnya

|an(x− c)n| = |an(x0 − c)n|.rn ≤ M.rn, n = 0, 1, 2, . . . .


Karena deret∞∑

n=0rn konvergen, maka menurut Uji Banding deret

∞∑n=0

an(x− c)n juga

konvergen (mutlak).

Untuk selanjutnya, himpunan semua bilangan x ∈ R di mana deret pangkat∞∑

n=0an(x − c)n konvergen disebut interval kekonvergenan deret tersebut. Jika titik

ujung interval kekonvergenan tersebut adalah c−R dan c + R (dengan R ≥ 0), maka

R disebut jari-jari kekonvergenan deret∞∑

n=0an(x − c)n. Interval kekonvergenannya

dalam hal ini adalah (c−R, c+R), (c−R, c+R], [c−R, c+R), atau [c−R, c+R]. Jikainterval kekonvergenannya adalah R, maka jari-jari kekonvergenannya tak terhingga.

Contoh 2. (a) Interval kekonvergenan deret geometri∞∑

n=0xn adalah (−1, 1), jari-jari

kekonvergenannya sama dengan 1.

(b) Interval kekonvergenan deret∞∑

n=0

xn

n! adalah R. [Ingat bahwa deret ini konvergen

pada sembarang interval [−R,R], R > 0.]

Soal Latihan

1. Tentukan interval kekonvergenan deret pangkat berikut. (Petunjuk. Gunakansubsitusi peubah, misal t = x− 1 untuk deret pertama.)

(a)∞∑

n=0(x− 1)n.

(b)∞∑

n=0

xn

2n .

(c)∞∑

n=0

x2n

n!

18.2 Jari-jari Kekonvergenan

Pada sub-bab terdahulu kita telah membuktikan bahwa sebuah deret pangkat∞∑

n=0an(x− c)n senantiasa konvergen pada suatu interval yang berpusat di c. Teorema

berikut memberi kita rumus jari-jari kekonvergenannya.

146 Hendra Gunawan

Teorema 3. Misalkan limn→∞

∣∣∣ an

an+1

∣∣∣ ada atau tak terhingga, katakanlah sama dengan

R. Maka, deret∞∑

n=0an(x−c)n konvergen bila |x−c| < R dan divergen bila |x−c| > R.

Bukti. Misalkan 0 < R < ∞. (Kasus R = 0 atau tak terhingga diserahkan sebagai

latihan.) Menggunakan Uji Rasio, deret∞∑

n=0an(x− c)n konvergen bila

limn→∞

∣∣∣an+1(x− c)n+1

an(x− c)n

∣∣∣ =1R· |x− c| < 1,

yakni bila

|x− c| < R.

Uji Rasio juga memberi tahu kita bahwa deret akan divergen bila |x− c| > R.

Catatan. Teorema di atas tidak memberi tahu kita perihal kekonvergenan deret untukx = c ± R. Namun, kita dapat memeriksa kedua kasus tersisa ini secara tersendiri,dengan menggunakan pengetahuan kita tentang deret bilangan.

Contoh 4. (a) Untuk deret geometri∞∑

n=0xn, kita mempunyai an = 1 untuk tiap

n ∈ N. Karena itu, jari-jari kekonvergenannya adalah

R = limn→∞

∣∣∣ an

an+1

∣∣∣ = 1.

Jadi deret konvergen bila |x| < 1 dan divergen bila |x| > 1. Untuk x = ±1, deretjelas divergen. Dengan demikian, interval kekonvergenan deret adalah (−1, 1), seba-gaimana telah kita ketahui sebelumnya.

(b) Untuk deret∞∑

n=0

xn

n! , kita mempunyai an = 1n! untuk tiap n ∈ N. Karena itu,

jari-jari kekonvergenannya adalah

R = limn→∞

∣∣∣ an

an+1

∣∣∣ = limn→∞

(n + 1) = ∞.

Jadi deret konvergen untuk setiap x ∈ R.

Apa yang terjadi bila barisan⟨ an

an+1

⟩berosilasi, misalnya bila an adalah barisan

1, 1, 2, 2, 3, 3, . . . ? Teorema berikut memberi suatu cara lain menentukan jari-jarikekonvergenan deret dengan koefisien demikian.

Teorema 5. Misalkan L := lim supn→∞

|an|1/n ada atau tak terhingga, dan R :=1L

.

Maka, deret∞∑

n=0an(x− c)n konvergen bila |x− c| < R dan divergen bila |x− c| > R.

Soal Latihan

1. Buktikan Teorema 3 untuk kasus R = 0 dan R = ∞.

2. Tentukan jari-jari kekonvergenan deret berikut, dan kemudian tentukan intervalkekonvergenannya.

(a)∞∑

n=0

xn

n .

(b)∞∑

n=0

xn+1

2n .

(c)∞∑

n=0

x2n

(2n)!


18.3 Kekonvergenan Seragam Deret Pangkat

Teorema berikut menyatakan bahwa deret pangkat senantiasa konvergen ser-agam pada sembarang interval kompak di dalam interval kekonvergenannya.

Teorema 6. Jika R adalah jari-jari kekonvergenan deret pangkat∞∑

n=0anxn, maka

deret konvergen seragam pada sembarang interval kompak K ⊆ (−R,R).

Bukti. Hipotesis bahwa K kompak dan termuat dalam (−R,R) mengakibatkanadanya suatu konstanta c < 1 sedemikian sehingga |x| < cR untuk tiap x ∈ K.Karena itu,

|anxn| ≤ |an|cnRn =: Mn, n = 0, 1, 2, . . . .

Menurut Uji Rasio,∞∑

n=0Mn konvergen. Akibatnya, berdasarkan Uji-M Weierstrass

(Soal No. 3, Sub-bab 16.3),∞∑

n=0anxn konvergen seragam pada K.

148 Hendra Gunawan

Akibat 7. Jumlah suatu deret pangkat merupakan fungsi yang kontinu pada (−R,R),dengan R adalah jari-jari kekonvergenan deret pangkat tersebut.

Akibat 8. Sebuah deret pangkat dapat diintegralkan suku demi suku (yakni, inte-gral dan sigma dapat bertukar) pada sembarang interval kompak di dalam intervalkekonvergenannya.

Akibat 9. Sebuah deret pangkat dapat diturunkan suku demi suku (yakni, turunandan sigma dapat bertukar) di dalam interval kekonvergenannya. Persisnya, jika f(x) =∞∑

n=0anxn, maka f ′(x) =

∞∑n=1

nanxn−1 untuk |x| < R, dengan R adalah jari-jari kekon-

vergenan deret∞∑

n=0anxn. Lebih jauh, deret

∞∑n=1

nanxn−1 juga mempunyai jari-jari

kekonvergenan R.

Perhatikan bahwa dalam Akibat 9 kita mempunyai a0 = f(0) dan a1 = f ′(0).Jika fungsi f mempunyai turunan ke-n di titik c untuk tiap n ∈ N, maka kita dapatmenghitung koefisien Taylor an := f(n)(c)

n! untuk tiap n ∈ N dan memperoleh suatuderet pangkat dengan koefisien-koefisien ini. Namun, tidak ada jaminan bahwa deretpangkat yang dihasilkan konvergen ke f pada suatu interval terbuka yang memuat c.Kekonvergenan deret pangkat tersebut bergantung pada suku sisa En dalam TeoremaTaylor (Teorema 5, Sub-bab 10.3). Dalam hal ini, kita mempunyai deret Taylor untukf di sekitar c, yaitu

f(x) =∞∑

n=0

(x− c)n

n!f (n)(c), x ∈ (c−R, c + R),

jika dan hanya jika barisan 〈En(x)〉 konvergen ke 0 untuk tiap x ∈ (c−R, c + R).

Soal Latihan




4. Buktikan bahwa deret pangkat∞∑

n=0anxn dapat diturunkan suku demi suku k kali

di dalam interval kekonvergenannya. Kemudian buktikan bahwa f (k)(0) = k!ak,untuk tiap k ∈ N.



n=0anxn dan

∞∑n=0

bnxn konvergen ke suatu fungsi f yang sama

pada suatu interval (−r, r) dengan r > 0, maka an = bn untuk tiap n ∈ N.

6. Buktikan dengan induksi bahwa fungsi f dengan f(x) = e−1/x2untuk x 6= 0 dan

f(0) = 0 mempunyai turunan ke-k di 0, yaitu f (k)(0) = 0, untuk tiap k ∈ N.(Jadi, fungsi f tidak dapat dinyatakan sebagai deret Taylor di sekitar 0.)

150 Hendra Gunawan

DAFTAR PUSTAKA

1. R.G. Bartle and D. Sherbert, Introduction to Real Analysis, 3rd ed., John Wiley& Sons, 19xx.

2. K.G. Binmore, Mathematical Analysis, 2nd ed., Cambridge Univ. Press., 1982.

Pengantar Analisis Real Oleh Hendra Gunawan Ph.D.pdf

Documents

Transcript of Pengantar Analisis Real Oleh Hendra Gunawan Ph.D.pdf