PENGANTAR ANALISIS REAL I (Introduction to Real Analysis I) M. Zaki Riyanto, S.Si e-mail: zaki@mail.ugm.ac.id http://zaki.math.web.id COPYRIGHT © 2008-2009
Pengantar Analisis Real I
HALAMAN PERSEMBAHAN
Tulisan ini saya persembahkan kepada penggiat dan pemerhati Matematika di Indonesia
KATA PENGANTAR
Syukur alhamdulillah, akhirnya penulisan buku ini dapat diselesaikan dengan tepa t
waktu. Materi buku ini diambil dari catatan kuliah Pengantar Analisis Real I di Jurusan
Matematika UGM pada tahun 2004 dan 2005. Pengantar Analisis Real I merupakan mata kuliah wajib bagi mahasiswa S-1 Matematika. Semoga dengan buku yang
sederhana ini dapat membantu para mahasiswa dalam mempelajari dan memahaminya. Diharapkan mahasiswa telah mempelajari konsep logika pembuktian, himpunan, dan Kalkulus Lanjut.
Pada kesempatan ini tak lupa saya mengucapkan banyak terima kasih kepada semua teman kuliah di Matematika UGM angkatan 2002 dan 2003, khususnya yang telah membantu dan meminjamkan buku catatan kuliahnya.
Kami sangat menyadari sepenuhnya bahwa buku ini masih jauh dari sempurna. Oleh karena itu, kami sangat mengharapkan kritik maupun saran yang membangun demi kelanjutan dan sempurnanya buku ini, terima kasih.
Yogyakarta, 26 Agustus 2008 M. Zaki Riyanto, S.Si.
E-mail : zaki@mail.ugm.ac.id http://zaki.math.web.id
Pengantar Analisis Real I DAFTAR ISI Halaman Judul ... ... ... .... i Halaman Persembahan... ... ii
Kata Pengantar... ... iii Daftar Isi... ... iv
Bab I. BILANGAN REAL
1.1. Sifat-sifat Aljabar dan Urutan dalam R ... 1
1.2. Nilai Mutlak dan Garis Bilangan Real... .. 13
1.3. Sifat Lengkap R
. . ... 17
1.4. Penggunaan Sifat Aksioma Supremum... 2 1
1.5. Interval dalam R
. . .. ... 27 Bab II. BARISAN DAN DERET
2.1. Barisan dan Limit Barisan... ... 38 2.2. Teorema-teorema Limit... ... 45 2.3. Barisan Monoton ... ... 53 2.4. Barisan Bagian... ... 56 2.5. Barisan Cauchy... ... 62
2.6. Sifat Barisan Divergen... ... 65
Pengantar Analisis Real I BAB 1 BILANGAN REAL
Pada bab ini dibahas sifat-sifat penting dari sistem bilangan real R , seperti sifat-sifat
aljabar, urutan, dan ketaksamaan. Selanjutnya, akan diberikan beberapa pengertia n
seperti bilangan rasional, harga mutlak, himpunan terbuka, dan pengertian lainny a yang
berkaitan dengan bilangan real.
1.1. Sifat-sifat Aljabar dan Urutan dalam R Sebelum menjelaskan tentang sifat-sifat R , diberikan terlebih dahulu tentang struktur
aljabar dari sistem bilangan real. Akan diberikan penjelasan singkat mengenai si fat-sifat
dasar dari penjumlahan dan perkalian, sifat-sifat aljabar lain yang dapat dituru nkan
dalam beberapa aksioma dan teorema. Dalam terminologi aljabar abstrak, sistem bilangan real membentuk lapangan (field) terhadap operasi biner penjumlahan dan perkalian biasa.
Sifat-sifat Aljabar R
Pada himpunan semua bilangan real R
terdapat dua operasi biner, dinotasikan dengan
+ dan . yang disebut dengan penjumlahan (addition) dan perkalian (multiplication). Operasi biner tersebut memenuhi sifat-sifat berikut: (A1) a + b = b + a untuk semua ab Î R
(sifat komutatif penjumlahan) ,
(A2) (a + b) + c = a + (b + c) untuk semua , , abc Î R
(sifat assosiatif penjumlahan) (A3) terdapat 0Î R
sedemikian hingga 0 + a = a dan a + 0 = a untuk semua a Î R (eksistensi elemen nol)
(A4) untuk setiap a Î R terdapat -a Î R
sedemikian hingga a () = 0 +-a dan
(-a) + a = 0 (eksistensi elemen negatif atau invers penjumlahan) (M1) ab = b × a untuk semua ab Î R
(sifat komutatif perkalian) × ,
(M2) (a ×b) ×c = a ×(b ×c) untuk semua , , abc Î R
Pengantar Analisis Real I
(M3) terdapat 1Î R
sedemikian hingga 1× a = a dan a ×1 = a untuk semua a Î R (eksistensi elemen unit 1)
(M4) 1 . 1 . untuk setiap a Î R , a ¹ 0 terdapat Î R sedemikian hingga a × = 1 dan .. a . a . . 1 . ×
a = 1 (eksistensi invers perkalian) ..
. a .
(D) a ×(b + c) = (a ×b) + (a ×c) dan ( + c) × a = (b × a) + (c × a) untuk semua , , b abc Î R
(sifat distributif perkalian atas penjumlahan)
Sifat-sifat di atas telah umum diketahui. Sifat (A1)-(A4) menjelaskan sifat penjumlahan, sifat (M1)-(M4) menjelaskan sifat perkalian, dan sifat terakhir menggabungkan kedua operasi.
Selanjutnya, diberikan beberapa teorema tentang elemen 0 dan 1 yang telah
diberikan pada sifat (A3) dan (M3) di atas. Juga akan ditunjukkan bahwa perkalia n
dengan 0 akan selalu menghasilkan 0. Teorema 1.1.1. (a) Jika za Î R dengan z + a = a , maka z = 0 . , (b) Jikaudan b ¹ 0 elemen R dengan u ×b = b , maka u = 1. (c) Jika a Î R
z = z + 0 = z +(a +- a)) ( = z + a +- a = a + - ( a) = 0. ( )( )
Pengantar Analisis Real I u = u · 1 .. 1 .. = u · b . ×. .. .. b .. . 1 . =(u ×b)×.. . b . . 1 . = b ×.. . b . = 1. ()
(c) Karena a + a ×0 = a ×1+ a ×0 = a.1 + 0 = a ×1 = a , maka a ×0 = 0 . Dengan demikian, maka teorema terbukti.
Teorema 1.1.2. Jika a Î R , maka (a) (-1.)a =- a. (b) (= a. -- a) (c) (-1)× - ( 1)= 1.
Selanjutnya, diberikan dua sifat penting dari operasi perkalian, yaitu sifat ketunggalan elemen inversnya dan bahwa perkalian dua bilangan itu hasilnya nol apabila salah satu faktornya adalah nol.
Jika a ¹ 0 dan b Î R
sedemikian hingga a b= 1, maka b = ×
. a (c)
Jika a b= 0 , maka a = 0 atau b = ·
0 . Bukti.
(a) Karena a + b = 0 , maka
Pengantar Analisis Real I
Û ((-a)+ a)+ b =- a (A2 dan A3) Û 0 + b =- a (A4) Û b =-a . (A3) (b) Karena a ×b = 1 , maka . 1 . 1 ab= 1 ×Û ..(a ×b)= ×1 . a . a . 1 . 1 Û× ab = .. () . a . a 1 Û 1×b = a 1 Û b = . a (c) Diketahui a ×b = 0 , maka . 1 .. 1 . ×Û
. a .. a . . 1 . Û× ab = 0 .. () . a . . 1 . Û× ab = 0 .. () . a . Û 1×b = 0 Û b = 0. 1
Dengan cara yang sama, kedua ruas dikalikan dengan , maka diperoleh a = 0. b
Dengan demikian teorema terbukti.
Teorema tersebut di atas menjelaskan beberapa sifat aljabar sederhana dari sistem bilangan real. Beberapa akibat dari teorema tersebut diberikan sebagai ba han
Pengantar Analisis Real I
Operasi pengurangan (substraction) didefinisikan dengan a - b : a +- b) = (
untuk ,Sama halnya dengan operasi pembagian (division), untuk ab Î R ab Î R ., a . 1 . dengan b ¹ 0 didefinisikan := a . ×.. b . b .
Untuk selanjutnya, abcukup dituliskan dengan ab , dan penulisan 2 untuk × a
32 n+1 n
aa, a untuk (a ) a , dan secara umum didefinisikan a :=(a ) a untuk n Î N . Lebih
10 -11
lanjut, a = a , dan jika a ¹ 0 , maka dapat ditulis a = 1 dan auntuk , dan jika a
-n . 1 .n n Î N
, dapat ditulis auntuk .
.. . a .
Bilangan Rasional dan Irrasional Telah diketahui bahwa himpunan N dan Z
adalah subset dari R . Elemen R
ab Î Z dan a ¹ a
rasional (rational numbers). Himpunan semua bilangan rasional di R dinotasikan
dengan Q
. Dapat ditunjukkan bahwa penjumlahan dan perkalian dua bilangan rasional
adalah bilangan rasional. Lebih lanjut, sifat-sifat lapangan juga berlaku untuk Q
.
Akan tetapi, tidak semua elemen R merupakan elemen Q
, seperti 2 yang b
tidak dapat dinyatakan ke dalam bentuk . Elemen R yang bukan elemen Q
disebut a
bilangan irrasional (irrational numbers).
Akan ditunjukkan bahwa tidak terdapat bilangan rasional yang kuadratnya
adalah 2. Untuk membuktikannya digunakan istilah genap dan ganjil. Suatu bilanga n
asli disebut genap apabila bilangan itu mempunyai bentuk 2n untuk suatu n Î N , dan
disebut ganjil apabila bilangan itu mempunyai bentuk 2n -1 untuk suatu n Î N .
Teorema 1.1.4. Tidak ada elemen r Î Q sedemikian hingga r2 = 2 .
Pengantar Analisis Real I
Bukti. Andaikan ada r Î Q
sedemikian hingga r2 = 2 . Karena r Î Q , maka r dapat
p
dituliskan sebagai dengan p dan
q tidak mempunyai faktor berserikat selain 1, q 2 . p . 222 2 sehingga diperoleh
= 2 atau p = 2q . Karena 2q genap, maka p genap. ..
q ..
Akibatnya p juga genap, sebab jika ganjil, maka p = 2m -1 untuk suatu m Î N , atau 2 222 2 (2m -1)= 4m - 4m +1 = 22 m - 2m)
p = (+1 yang berarti bahwa p ganjil. Jadi, p
haruslah genap. Karena p genap, maka p = 2k untuk suatu k Î N , sehingga
22 22
p =(2k )2 = 4k . Di lain pihak diketahui p = 2q dan p genap, akibatnya q ganjil, sebab jika q genap, maka faktor berserikat p dan q bukan 1. Jadi, q haruslah gan jil.
sedemikian hingga r2 = 2.
Sifat-sifat Urutan pada R
Sifat urutan menjelaskan tentang kepositifan (positivity) dan ketaksamaan (inequ alities)
di antara bilangan-bilangan real. Ada subset tak kosong P
Ì R
, yang disebut dengan himpunan bilanganbilangan
real positif tegas, yang memenuhi sifat-sifat berikut: (i) Jika ab Î P , maka a + b Î P . , (ii) Jika ab Î P , maka ab Î P . , (iii) Jika a Î P
, maka memenuhi tepat satu kondisi berikut: a Î P
, a = 0, -a Î P .
Sifat pertama dan kedua pada teorema di atas menjelaskan tentang sifat tertutup. P
terhadap operasi penjumlahan dan perkalian. Sifat yang ketiga (iii) sering diseb ut
Sifat Trikotomi (Trichotomy Property), sebab akan membagi R ke dalam tiga jenis
Pengantar Analisis Real I
real negatif tidak mempunyai elemen yang sama dengan himpunan bilangan real posi tif.
Lebih lanjut, R
merupakan gabungan tiga himpunan saling asing tersebut, yaitu R = P È- a : a Î P È 0. { }{} Definisi 1.1.5. (i) Jika a Î P
, ditulis 0a > , artinya a adalah bilangan real positif. (ii) Jika {0}a Î P
È , ditulis 0a ³ , artinya a adalah bilangan real nonnegatif. (iii) Jika -a Î P
, ditulis 0a < , artinya a adalah bilangan real negatif. (iv) Jika {0}-a Î P
È , ditulis 0a £ , artinya a adalah bilangan real nonpositif. Definisi 1.1.6. Diberikan ab Î R
. ,
(a) Jika a - b Î P
, maka ditulis a > b atau b < a . (b) Jika a - b Î P
È{0} , maka ditulis a ³ b atau b £ a .
Sifat Trikotomi di atas berakibat bahwa untuk ,memenuhi tepat satu ab Î R
kondisi berikut:
a > b , a = b , a < b .
Selanjutnya, jika a £ b dan b £ a , maka a = b . Jika a < b < c , maka artinya bahwa a < b dan b < c .
Teorema 1.1.7. Diberikan sebarang ,, abc Î R
.
(a) Jika a > b dan b > c , maka a > c. (b) Jika a > b , maka a + c > b + c. (c) Jika a > b dan c > 0 , maka ca > cb . Jika a > b dan c < 0 , maka ca < cb . 1
1
Jika a<0, maka < 0 .
Pengantar Analisis Real I
Bukti.
(a) Diketahui a > b dan b > c , ,, a > b , maka a - b
abc Î R . Karena Î P . Karena
b > c , maka b - c Î P
. Menurut sifat urutan, maka a + b Î P , sehingga diperoleh (a - b)+(b + c)Î P Û a - b + b - c Î P Û(a - c)+ - ( b + b)Î P Û(a - c)+ 0Î P Û a - c Î P Û a > c. (b) Jika a - b Î P , maka (a + c)-(b - c)= a - b Î P . Sehingga diperoleh bahwa
a + c > b + c . (c) Jika a - b Î P dan c Î P
, maka ca - cb = c (a - b)Î P . Akibatnya ca > cb untuk
c > 0 . Gunakan langkah yang sama untuk c < 0 (d) Cobalah Anda buktikan sendiri.
Oleh karena itu, dapat dilihat bahwa bilangan asli juga merupakan bilangan real positif. Sifat ini diperoleh dari sifat dasar urutan, berikut ini diberikan teor emanya. Teorema 1.1.8. (a) Jika a Î R dan a ¹ 0 , maka a2 > 0 . (b) 1 > 0 . (c) Jika n Î N , maka n > 0 . a + b Teorema 1.1.9. Jika ab Î R dan a < b , maka a << b , . 2
(a + b)
Bukti. Karena a < b , maka a + a < a + b Û 2a < a + b , diperoleh a < . Karena 2
(a + b)
a < b , maka a + b < b + b Û a + b < 2b , diperoleh < b . Akibatnya, dari kedua 2
a + b
pernyataan di atas diperoleh bahwa a << b. .
2
Dapat ditunjukkan bahwa tidak ada bilangan real positif yang terkecil, sebab jik a
1
diberikan a > 0 , dan karena > 0 , maka diperoleh
2 1
0 < a < a . 2
Selanjutnya, untuk membuktikan bahwa suatu himpunan a ³ 0 adalah sama
dengan nol, maka harus ditunjukkan bahwa a selalu lebih kecil dari sebarang bila ngan
positif yang diberikan. Teorema 1.1.10. Jika a Î R
sedemikian hingga 0 £ a <e untuk setiap e> 0 , maka a = 0 .
> 0 . Diambil e0 =Bukti. Andaikan a > 0 , maka a > aa (e0 bilangan real positif
22
tegas), maka a >e0 > 0 . Kontradiksi dengan pernyataan 0 £ a <e untuk setiap e> 0. Jadi, pengandaian salah, yang benar adalah a = 0.
Perkalian antara dua bilangan positif hasilnya adalah positif. Akan tetapi, hasi l
perkalian yang positif belum tentu setiap faktornya positif. Teorema 1.1.11. Jika ab > 0 , maka berlaku
(i) a > 0 dan b > 0 , atau (ii) a < 0 dan b < 0.
Akibat 1.1.12. Jika ab < 0 , maka berlaku (i) a < 0 dan b > 0 , atau
(ii) a > 0 dan b < 0. Ketaksamaan (Inequalities)
Selanjutnya, akan ditunjukkan bagaimana sifat urutan dapat digunakan untuk menyelesaikan suatu ketaksamaan. Perhatikan contoh di bawah ini.
Contoh 1.1.13.
(a) Tentukan himpunan A dari bilangan real x sedemikian hingga 2x + 3 £ 6. Jawab. Diketahui x Î A dan 2x + 3 £ 6 , maka
3 2x + 3 £ 6 Û 2x £ 3 Û x £ . 2 . 3. Jadi, A = .x Î R : x £ . . . 2. (b) Diberikan B ={ x Î R
: x2 + x > 2} . Tentukan bentuk lain dari B.
Jawab. Diketahui x Î B dan x2 + x > 2 atau x2 + x - 2 > 0 atau
( x -1)( x + 2)> 0 . Sehingga diperoleh bahwa (i) x -1 > 0 dan x + 2 > 0 , atau (ii)
x -1 < 0 dan x + 2 < 0 . Untuk kasus (i) diperoleh bahwa x > 1 dan x >- 2, yang berarti x > 1. Untuk kasus (ii) diperoleh bahwa x < 1 dan x <- 2 , yang berarti x <- 2 . Jadi, himpunannya adalah
B ={ x Î R
: x > 1}È{ x Î R : x <- 2} .
Teorema 1.1.14. Jika a ³ 0 dan b ³ 0 , maka (a) a < b Û a2 < b2 Û a < b .
(b) a £ b Û a2 £ b2 Û a £ b .
1.1.15. Ketaksamaan Bernoulli Jika x >- 1 , maka (1 + x)n ³ 1+ nx untuk semua n Î N
Bukti. Akan dibuktikan menggunakan induksi. Untuk n = 1, maka
(1+ x)1 ³ 1+1× x Û 1+ x ³ 1+ x (pernyataan benar).
Misalkan benar untuk n = k , yaitu (1 + x)k ³ 1+ kx . Akan dibuktikan benar untuk n = k +1, yaitu k +1 k (1 + x) = (1 + x) (1 + x) ³(1+ kx )(1+ x) = 1+ kx + x + kx 2 2 = 1+(k +1) x + kx . 2 k +1
Karena kx ³ 0 , maka (1 + x) ³ 1+(k +1) x , yang berarti benar untuk n = k +1. Jadi,
terbukti bahwa (1 + x)n ³ 1+ nx untuk semua n Î N .
1.1.16. Ketaksamaan Cauchy Jika n Î N dan a1,..., an ,b1,..., bn Î R , maka 22 2222 ab + ab + ... + ab 2 £ a + a + ... + ab + b + ... + b ( 11 22 nn )( 12 n )( 12 n ) atau n nn ..2 . .. . ab £ a a. .. ii . .. i .. . i .
. i=1 .. i=1 .. i=1 . n nn ..2 . 2 .. 2 .
Selanjutnya, jika tidak semua b = 0 , maka a b = a b jika dan i.. ii . .. i .. . i . . i=1 .. i=1 .. i=1 .
hanya jika terdapat s Î R
sedemikian hingga a = sb , a = sb ,..., a = sb . 112 2 nn
Bukti. Didefinisikan fungsi F : R ® R
sebagai berikut: 22 2
Ft () =(a1 - tb 1 ) +(a2 - tb 2 )+ ... +(an - tb n ) , t Î R .
Jelas bahwa Ft () ³ 0 , untuk setiap t Î R . Selanjutnya,
2 222 222 22
Ft ()=(a - 2ta b + tb )+(a - 2ta b + tb )+ ... +(a - 2ta b + tb ) 1 111 2 222 n nnn 22 2 2222 =(a + a2 + ... + an )- 2t (ab 11 + ab 2 + ... + ab n n )+ t (b1 + b2 + ... + bn ) 12 nn n . 2 ..
= a - 2t ab + tb . .. i . .. ii . .. i . . i=1 .. i=1 .. i=1 .
Pengantar Analisis Real I
2
Ingat bahwa persamaan A + 2Bt + Ct ³ 0 jika dan hanya jika (2B)2 - 4AC £ 0 , yang B2
berakibat £ AC . Sehingga diperoleh bahwa n nn ..2 . .. . ab £ . ia .. ii .. a .. . i . . . i=1 .. i=1 .. i=1 .
Dengan demikian teorema terbukti.
SOAL LATIHAN SUBBAB 1.1 1. Jika
ab Î R
, tunjukkan bahwa: ,
(a) -(a + b) = (-a)( +- b). (b) (-a)( -b) = ab . a -a (c) -( b )= b jika b ¹ 0.
2. Selesaikan persamaan berikut. (a) 2x + 5 = 8.
(b)
x2 = 2x . 1 .
..
(ab) . a .. b .
4.
Buktikan bahwa tidak ada bilangan rasional t sedemikian hingga t2 = 3. 1
5. Buktikan bahwa jika a > 0 , maka = a . 1
( a) 6. Jika ab Î R
, tunjukkan bahwa a2 + b2 = 0 jika dan hanya jika a = b = 0 , . . 1 .212 2 7. Buktikan bahwa (a + b) = (a + b ) , untuk semua ab Î R . . . . 2 . 2, m+nm n nmn
8. Tunjukkan bahwa jika a Î R dan
mn Î N
, maka a = aa dan ( am )= a . ,
Pengantar Analisis Real I
1.2. Nilai Mutlak dan Garis Bilangan Real
Dari sifat Trikotomi, dapat ditarik kesimpulan bahwa jika a Î R dan a ¹ 0 , maka a
atau -a merupakan bilangan real positif. Nilai mutlak dari a ¹ 0 didefinisikan seb agai
nilai positif dari dua bilangan tersebut.
Definisi 1.2.1. Nilai mutlak (absolute value) dari suatu bilangan real a, dinota sikan
dengan |a|, didefinisikan sebagai . a jika a > 0. . a := . 0 jika a = 0. .-a jika a < 0. .
Sebagai contohnya, |3| = 3 dan -9 = 9 . Dapat dilihat dari definisi di atas bahw a
a ³ 0 untuk semua a Î R
, dan bahwa a = 0 jika dan hanya jika a = 0 . Juga bahwa -a = a untuk semua a Î R
. Berikut ini diberikan beberapa sifat nilai mutlak. Teorema 1.2.2.
(a) ab = a b untuk semua a Î R .
2
(b) a 2 = a untuk semua a Î R .
(c) Jika c ³ 0 , maka a £ c jika dan hanya jika -c £ a £ c. (d) - a £ a £ a untuk semua a Î R
. Bukti.
(a) Jika a = b = 0 , maka terbukti. Jika a > 0 dan b > 0 , maka ab > 0 , sehingg a
ab = ab = ab . Jika a > 0 dan b < 0 , maka ab < 0 , sehingga ab =- ab = a (-b)= ab .
2
(b) Karena a2 ³ 0 , maka a2 = a2 = aa
= aa = a . (c) Jika
a £ c , maka a £ c dan -a £ c yang berarti -c £ a £ c . Sebaliknya, jika -c £ a £ c , maka diperoleh a £ c dan -a £ c . Jadi, a £ c.
(d) Gunakan langkah yang sama seperti pada (c) dengan mengambil c = a . Berikut ini diberikan sebuah teorema yang disebut dengan Ketaksamaan Segitiga (Triangle Inequality).
1.2.3. Ketaksamaan Segitiga Jika ab Î R , maka
,a + b £ a + b.
Bukti. Dari Teorema 1.2.2(d), diketahui - a £ a £ a dan - b £ b £ b . Dengan menjumlahkan kedua ketaksamaan diperoleh
-( a + b )£ a + b £ a + b .
Menggunakan Teorema 1.2.2.(c) diperoleh bahwa a + b £ a + b .
Akibat 1.2.4. Jika ab Î R , maka , (a) a - b £ a - b . (b) a - b £ a + b . Bukti. (a)
Tulis a = a - b + b dan masukkan ke dalam Ketaksamaan Segitiga. Sehingga a =(a - b)+ b £ a - b + b . Kurangkan kedua ruas dengan b , diperoleh a - b £ a - b . Gunakan cara yang sama untuk b = b - a + a , diperoleh - a - b £ a - b . Kombinasikan kedua ketaksamaan tersebut, diperoleh - a - b £ a - b £ a - b .
Menggunakan Teorema 1.2.2(c) diperoleh bahwa
a - b £ a - b.
Pengantar Analisis Real I
(b) Gantilah
b pada Ketaksamaan Segitiga dengan b, sehingga diperoleh
a - b £ a +- b . Karena -b = b , maka diperoleh bahwa a - b £ a + b .
Ketaksamaan segitiga di atas dapat diperluas sehingga berlaku untuk sebarang bilangan real yang banyaknya berhingga.
Akibat 1.2.5. Jika a , a ,..., a adalah sebarang bilangan real, maka 12 n a + a + ...+ a £ a1 + a2 + ...+ an . 1 2 n Contoh 1.2.6. 2x2 - 3x +1
Diberikan fungsi f yang didefinisikan dengan f ( ) untuk x Î[
x = 2,3] . 2x -1
Tentukan konstanta M sedemikian hingga x f () £ M , untuk setiap x Î[2,3] . 2x2 - 3x +1 Diketahui f () x = = 2x -1 22 3 1 2 1 x x x
£ 2 () 32 + 33 ( ) +1 = 28 dan 2x -1 ³ 2x - 1 = 22 = 3. ( ) - 1 Sehingga f () x = 22 3 1 2 1 x x x - + - 28 28 £
. Jadi, dengan mengambil M = , didapat
3 3 f ()
Pengantar Analisis Real I
Garis Bilangan Real (The Real Line)
Interpetasi geometri yang dikenal di antaranya garis bilangan real (real line). Pada garis
real, nilai mutlak a dari suatu elemen a Î R adalah jarak a ke 0. Secara umum, jarak (distance) antara elemen a dan b di R adalah a - b . Perhatikan gambar berikut. -3 -2 -1 0 1 2 3
-2 - (1) = 3
Gambar 1.1. Jarak antara a =- 2 dan b = 1. Definisi 1.2.6. Diberikan a Î R
dan e> 0. Persekitaran-e (e -neighborhood) dari a didefinisikan sebagai himpunan
( ): ={ x Î R : Va x - a <e} = (a -e , a +e) . e ( )V ae a -e aa +e Gambar 1.2. Persekitaran Ve ( ). a
Dapat dilihat bahwa x ÎVe ( ) jika dan hanya jika a -e < x < a +e . Persekitaran a
juga sering disebut dengan kitaran. Teorema 1.2.7. Diberikan a Î R
. Jika x berada dalam persekitaran e a
V ()untuk
setiap e> 0 , maka x = a.
Bukti. Jika x memenuhi x - a <e untuk setiap e> 0 , maka berdasarkan Teorema 1.1.10 diperoleh bahwa x - a = 0, yang berakibat x = 0.
2a ,
SOAL LATIHAN SUBBAB 1.2 1. Jika ab Î R dan b ¹ , 0 , tunjukkan bahwa: (a) a = aa (b) = . b b
2. Jika ,,dan x £ z , tunjukkan bahwa x £ y £ z jika dan hanya jika
xyz Î R x - y +
y - z = x - z .
3. Jika a < x < b dan a < y < b , tunjukkan bahwa x - y < b - a . 4. Carilah semua nilai x Î R
sedemikian hingga x +1 + x - 2 = 7. 5.
Buatlah sketsa grafik persamaan y = x - x -1. a d ( ) dan
6.
Diberikan e> 0 dan d> 0 , dan a Î R . Tunjukkan bahwa Ve () ÇVa
e () a ÈV ()
V d a merupakan persekitaran-g dari a untuk suatu nilai g . 7. Tunjukkan bahwa jika ab Î R
, dan a ¹ b , maka terdapat persekiran-e U dari a ,
dan V dari b sedemikian hingga U ÇV =Æ .
8. Tunjukkan bahwa jika ab Î R , maka
,1 ab } 1
(a) max {ab , }= (a + b + a - b ) dan min { , =(a + b - a - b ) . 2
2 (b)
min { ,, = min {min { ,,c abc } ab }} .
1.3. Sifat Lengkap R
Pada bagian ini akan diberikan salah satu sifat dari R yang sering disebut dengan Sifat
Lengkap (Completeness Property). Tetapi sebelumnya, perlu dijelaskan terlebih da hulu
konsep supremum dan infimum. Supremum dan Infimum
Berikut ini diperkenalkan konsep tentang batas atas dan batas bawah dari suatu himpunan bilangan real.
Definisi 1.3.1. Diberikan subset tak kosong S Ì R .
(a)
Himpunan S dikatakan terbatas ke atas (bounded above) jika terdapat suatu bilangan u Î R
sedemikian hingga s £ u untuk semua s Î S . Setiap
bilangan u seperti ini disebut dengan batas atas (upper bound) dari S. (b)
Himpunan S dikatakan terbatas ke bawah (bounded below) jika terdapat suatu bilangan wÎ R
sedemikian hingga w £ s untuk semua s Î S . Setiap
bilangan w seperti ini disebut dengan batas bawah (lower bound) dari S. (c)
Suatu himpunan dikatakan terbatas (bounded) jika terbatas ke atas dan terbatas ke bawah. Jika tidak, maka dikatakan tidak terbatas (unbounded). Sebagai contoh, himpunan S :={ x Î R
: x < 2} ini terbatas ke atas, sebab
bilangan 2 dan sebarang bilangan lebih dari 2 merupakan batas atas dari S. Himpu nan
ini tidak mempunyai batas bawah, jadi himpunan ini tidak terbatas ke bawah. Jadi , S
merupakan himpunan yang tidak terbatas.
Definisi 1.3.2. Diberikan S subset tak kosong R .
(a)
Jika S terbatas ke atas, maka suatu bilangan u disebut supremum (batas atas terkecil) dari S jika memenuhi kondisi berikut:
(1)
u merupakan batas atas S, dan
(2) jika v adalah sebarang batas atas S, maka u £ v . Ditulis u = sup S .
(b)
Jika S terbatas ke bawah, maka suatu bilangan u disebut infimum (batas bawah terbesar) dari S jika memenuhi kondisi berikut:
(1)
w merupakan batas bawah S, dan
(2) jika t adalah sebarang batas bawah S, maka t £ w . Ditulis w = inf S .
Mudah untuk dilihat bahwa jika diberikan suatu himpunan S subset dari R ,
maka hanya terdapat satu supremum, atau supremumnya tunggal. Juga dapat
ditunjukkan bahwa jika u ' adalah sebarang batas atas dari suatu himpunan tak ko song
Pengantar Analisis Real I
S, maka sup S £ u ', sebab sup S merupakan batas atas terkecil dari S. Suatu subse t tak
kosong S Ì R
mempunyai empat kemungkinan, yaitu (i)
mempunyai supremum dan infimum, (ii)
hanya mempunyai supremum, (iii)
hanya mempunyai infimum, (iv)
tidak mempunyai infimum dan supremum. Setiap bilangan real a Î R
merupakan batas atas dan sekaligus juga merupakan
batas bawah himpunan kosong Æ . Jadi, himpunan Æ tidak mempunyai supremum dan infimum.
Lemma 1.3.3. Suatu bilangan u merupakan supremum dari subset tak kosong S Ì R jika dan hanya jika u memenuhi kondisi berikut:
(1)
s £ u untuk semua s Î S , (2)
jika v < u , maka terdapat s 'Î S sedemikian hingga x < s ' . Lemma 1.3.4. Diberikan subset tak kosong S Ì R
, (a)
u = sup S jika dan hanya jika untuk setiap e> 0 terdapat s1 Î S sedemikian hingga u -e < s1 .
(b)
w = inf S jika dan hanya jika untuk setiap e> 0 terdapat s2 Î S sedemikian hingga u -e < s2 .
Bukti. (a) .
Diketahui u = sup S dan diberikan e> 0 . Karena u -e < u , maka u -e
bukan merupakan batas atas S. Oleh karena itu, terdapat s1 Î S yang lebih besar dari u -e , sehingga u -e < s1.
.
Diketahui u -e < s1 . Jika u merupakan batas atas S, dan jika memenuhi v < u , maka diambil e := u - v . Maka jelas e> 0 , dan diperoleh bahwa u = sup S.
Contoh 1.3.5.
(a) Jika suatu himpunan tak kosong S1mempunyai elemen sebanyak berhingga,
maka dapat dilihat bahwa S1mempunyai elemen terbesar, namakan u, dan elemen terkecil, namakan w. Maka u = sup S1 dan w = inf S1 , dan keduanya merupakan elemen S1.
(b) Himpunan S :={ x :0 £ x £ 1} mempunyai batas atas 1. Akan dibuktikan bahwa 2
1 merupakan supremumnya. Jika v < 1, maka terdapat s 'Î S2 sedemikian
hingga v < s '. Oleh karena itu, v bukan merupakan batas atas S2 dan karena v merupakan sebarang v < 1, maka dapat disimpulkan bahwa sup S2 = 1. Dengan cara yang sama dapat ditunjukkan bahwa inf S2 = 0.
Sifat Lengkap R
Akan ditunjukkan bahwa subset tak kosong R yang terbatas ke atas pasti mempunyai
batas atas terkecil. Sifat seperti ini disebut Sifat Lengkap R . Sifat Lengkap juga sering
disebut dengan Aksioma Supremum R .
1.3.6. Sifat Lengkap R
Jika subset tak kosong S Ì R terbatas ke atas, maka
supremumnya ada, yaitu terdapat u Î R sedemikian hingga u = sup S.
Akibat 1.3.7. Jika subset tak kosong S Ì R terbatas ke bawah, maka infimumnya
ada, yaitu terdapat wÎ R sedemikian hingga w = inf S.
Bukti. Misalkan himpunan T terbatas ke bawah, T Ì R . Dibentuk himpunan
S = {-t : t ÎT} , maka S terbatas ke atas dan tidak kosong. Menurut Aksioma Supremum, sup S ada, namakan u = sup S , maka -u = inf T .
Pengantar Analisis Real I
SOAL LATIHAN SUBBAB 1.3 1.
Diberikan S ={ x Î R
: x > 0} . Apakah S mempunyai batas bawah dan batas atas? Apakah inf S dan sup S ada? Buktikan jawabanmu. n
2.
Diberikan T := 1-- )
{( 1 n : n Î N} . Carilah inf T dan supT . 3.
Diberikan S subset tak kosong R
yang terbatas ke bawah. Buktikan bahwa inf S =- sup {-s : s Î S} .
4.
Tunjukkan bahwa jika A dan B subset terbatas dari R , maka A È B merupakan
himpunan terbatas. Tunjukkan bahwa sup ( A È B) = sup {sup A,sup B} . 5.
Diberikan S Í R
dan misalkan s*: = sup S dalam S. Jika u Ï S , tunjukkan bahwa sup (S È{u}) = sup { s*, u} .
6.
Tunjukkan bahwa himpunan berhingga S Í R memuat supremumnya.
7.
Jelaskan dan buktikan Lemma 1.3.3. 1.4. Penggunaan Sifat Aksioma Supremum
Pada subbab ini dibahas beberapa akibat dari aksioma supremum. Teorema 1.4.1. Diberikan subset tak kosong S Ì R
yang terbatas ke atas dan sebarang a Î R
. Didefinisikan himpunan a + S :={a + s : s Î S} , maka berlaku sup (a + S )= a + sup (S ) .
Bukti. Jika diberikan u := sup S , maka x £ u untuk semua x Î S , sehingga
a + x £ a + u . Oleh karena itu, a + u merupakan batas atas dari himpunan a + S . Akibatnya sup (a + S )£ a + u . Selanjutnya, misalkan v adalah sebarang batas atas
a + S , maka a + x £ v untuk semua x Î S . Akibatnya x £ v - a untuk semua x Î S , sehingga v - a merupakan batas atas S. Oleh karena itu, u = sup S £ v - a . Karena v
diperoleh a + u £ sup (a + S ) . Di lain pihak diketahui sup (a + S )£ a + u . Akiba tnya
terbukti bahwa sup (a + S )= a + u = a + sup S .
Teorema 1.4.2. Diberikan subset tak kosong S Ì R yang terbatas dan sebarang
bilangan real a > 0 . Didefinisikan himpunan aS :={as : s Î S} , maka berlaku inf (aS )= a inf (S ) .
Bukti. Tulis u = inf aS dan v = inf S . Akan dibuktikan bahwa u = av . Karena
u = inf aS , maka u £ as , untuk setiap s Î S . Karena v = inf S , maka v £ s untuk setiap s Î S . Akibatnya av £ as untuk setiap s Î S . Berarti av merupakan batas bawah aS. Karena u batas bawah terbesar aS, maka av £ u . Karena u £ as untuk setiap s Î S , uu £ v
maka diperoleh
£ s untuk setiap s Î S (sebab a > 0 ). Karena v = inf S , maka aa
yang berakibat u £ av . Di lain pihak diketahui av £ u . Akibatnya u = av . Jadi, te rbukti
bahwa inf (aS )= a inf (S ) .
Teorema 1.4.3. Jika A dan B subset tak kosong R dan memenuhi a £ b untuk semua
a Î A dan b Î B , maka sup A £ inf B .
Bukti. Diambil sebarang b Î B , maka a £ b untuk semua a Î A . Artinya bahwa b merupakan batas atas A, sehingga sup A £ b . Selanjutnya, karena berlaku untuk sem ua
b Î B , maka sup A merupakan batas bawah B. Akibatnya diperoleh bahwa sup A £ inf B .
Sifat Archimedes
Berikut ini diberikan salah satu sifat yang mengaitkan hubungan antara bilangan real
dan bilangan asli. Sifat ini menyatakan bahwa apabila diberikan sebarang bilanga n real
Pengantar Analisis Real I
1.4.4. Sifat Archimedes. Jika x Î R , maka terdapat n Î N
sedemikian hingga x < n. Bukti. Ambil sebarang x Î R . Andaikan tidak ada n Î N sedemikian hingga x < n ,
maka n £ x , untuk setiap n Î N
. Dengan kata lain, x merupakan batas atas N . Jadi,
N Ì R , N
¹Æ , dan N
terbatas ke atas. Menurut aksioma supremum, maka sup N ada,
tulis u = sup N
. Karena u -1 < u , maka terdapat m Î N dengan sifat u -1 < m .
Akibatnya u < m +1 dengan m +1Î N . Timbul kontradiksi dengan u = sup N . Berarti u
batas atas N
, yaitu ada m +1Î N
sehingga u < m +1(u bukan batas atas N ). Jadi,
pengandaian salah, yang benar adalah ada n Î N sedemikian hingga x < n . .1 . Akibat 1.4.5. Jika S := . : n Î N. , maka inf S = 0 . .n .
Bukti. Karena S ¹Æ terbatas ke bawah oleh 0, maka S mempunyau infimum, tulis w := inf S . Jelas bahwa w ³ 0 . Untuk sebarang e> 0 , menggunakan Sifat Archimede s,
11
terdapat n Î N sedemikian hingga < n , akibatnya
<e . Oleh karena itu, diperoleh e n
<e . n
Akan tetapi karena e> 0 sebarang, maka berdasarkan Teorema 1.1.10 berakibat bahw a
w = 0 . Terbukti bahwa inf S = 0.
1
Akibat 1.4.6. Jika t > 0 , maka terdapat ntÎ N sedemikian hingga 0 <
< t. n t .1 .
Bukti. Karena inf . : n Î N.
= 0 dan t > 0 , maka t bukan batas bawah himpunan . n . .1 . 1 . : n Î N. . Akibatnya terdapat n Î N sedemikian hingga 0 < < t . . n tn . t
Pengantar Analisis Real I
Akibat 1.4.7. Jika y > 0 , maka terdapat n Î N sedemikian hingga n -1 < y < n.
y yy
Bukti. Sifat Archimedes menjamin bahwa subset Ey :={m Î N : y < m} dari N
tidak
kosong. Menggunakan Sifat Urutan, Ey mempunyai elemen yang paling kecil, yang dinotasikan dengan n . Oleh karena itu, n -1 bukan elemen E . Akibatnya diperole h
yy y
bahwa ny -1 < y < ny .
Eksistensi Bilangan Real dan Densitas Bilangan Rasional di R
Salah satu penggunaan Sifat Supremum adalah dapat digunakan untuk memberikan jaminan eksistensi bilangan-bilangan real. Berikut ini akan ditunjukkan bahwa ad a
bilangan real positif x sedemikian hingga x2 = 2.
Teorema 1.4.8. Ada bilangan real positif x sedemikian hingga x2 = 2 . 2
Bukti. Dibentuk himpunan S ={ s Î R
: s ³ 0 dan s < 2} . Jelas bahwa S ¹Æ sebab
0Î S dan 1Î S . S terbatas ke atas dengan salah satu batas atasnya adalah 2. Jika t ³ 2,
maka t2 ³ 4 . Jadi, t = 2Ï S . Menggunakan Aksioma Supremum, S Ì R , S ¹Æ , dan S
terbatas ke atas, maka S mempunyai supremum. Namakan x = sup S , dengan x Î R .
2 222
Akan dibuktikan bahwa x = 2 . Andaikan x ¹ 2 , maka x < 2 atau x > 2. Kemungkinan I: Untuk x2 < 2.
2 211
Karena x < 2 , maka 2 - x > 0 . Karena 2 £ , maka
nn . 1 .2
. n . nn n 2 - x2
Karena 2 - x2 > 0 dan 2x +1 > 0 , maka > 0 . Menurut akibat Sifat Archimedes, 2x +1
dapat ditemukan n Î N sehingga
Pengantar Analisis Real I 12 - x2 < . n 2x +1 Akibatnya 1 (2x +1)< 2 - x2 n dan 2 . 1 . 21 22 . x + . < x +(2x +1)< x + 2 - x = 2. . n . n . 1 .21
Diperoleh bahwa x +< 2 , yang berarti bahwa x +Î S . Kontradiksi dengan ..
. n . n
x = sup S . Oleh karena itu tidak mungkin x2 < 2. Kemungkinan II: x2 > 2.
Karena x2 > 2 , maka x2 - 2 > 0 . Perhatikan bahwa . 1 .2 22x 1 22x x -= x -+ > x - . .. . m .
m > 2 atau < x - 2. x - 2 m Akibatnya 2 . 1 . 22x 22 x -> x -> x -( x - 2)= 2. .. . m . m . 1 .2 11
Diperoleh bahwa x -> 2 . Berarti x -Ï S , yaitu x - batas atas. Kontradiksi ..
. m . mm
dengan x = sup S . Oleh karena itu, tidak mungkin x2 > 2 . Jadi, pengandaiannya salah,
yang benar adalah x2 = 2.
1.4.9. Teorema Densitas (The Density Theorem) Jika x y Î R dengan x < y
,, maka
ada bilangan rasional q Î Q sedemikian hingga x < q < y.
Pengantar Analisis Real I
Bukti. Dengan tidak mengurangi keumuman (without loss of generality), diambil x > 0.
1
Karena x < y , maka y > 0 dan y - x > 0 . Akibatnya > 0 , sehingga dapat dipilih
y - x n Î N sedemikian hingga 1 n > . y - x
Untuk n di di atas, berlaku ny - nx > 1, yaitu nx +1 < ny . Karena nx > 0 , maka dapat
dipilih m Î N sehingga
m -1 £ nx < m .
Bilangan m di atas juga memenuhi m < ny , sebab dari m -1 £ nx diperoleh m £ nx +1 < ny . Jadi
nx < m < ny .
Akibatnya untuk q = m
mempunyai sifat x < m = q < y . Jadi, terdapat bilangan nn
rasional q = m
dengan sifat x < q < y .
n
Berikut ini diberikan akibat dari Teorema Densitas, yaitu di antara dua bilangan real pasti dapat ditemukan bilangan irrasional.
Akibat 1.4.10. Jika xy Î R
dengan x < y , maka ada bilangan irrasional ,r
sedemikian hingga x < r < y. xy
Bukti. Menggunakan Teorema Densitas, ada bilangan real dan
< q <
. Akibatnya, x < q 2 < y dan q 2 22
Pengantar Analisis Real I
SOAL LATIHAN SUBBAB 1.4 1.
Diberikan himpunan tak kosong X dan f : X ® R mempunyai range terbatas di
R . Jika a Î R , tunjukkan bahwa: (a) sup {a + f ( ): xx Î X}= a + sup { fx x Î X} (): . (b) inf {a + f ( ): xx Î X}= a + inf { fx x Î X} (): . 2.
Diberikan subset tak kosong A dan B dari R . Dibentuk himpunan
A + B :={a + b : a Î A dan b Î B} . Buktikan bahwa sup ( A + B)= sup A + sup B dan inf( A + B) = inf A + inf B .
3.
Jika diberikan sebarang x Î R
, tunjukkan bahwa terdapat dengan tunggal n Î Z sedemikian hingga n -1 £ x < n .
1 4.
Jika y > 0, tunjukkan bahwa terdapat n Î N sedemikian hingga
< y . 2n 5.
Jika u > 0 adalah sebarang bilangan real dan x < y , tunjukkan bahwa terdapat bilangan rasional r sedemikian hingga x < ru < y .
1.5. Interval dalam R
Jika diberikan ,dengan a < b ab Î R
, maka interval terbuka yang ditentukan oleh a dan b adalah himpunan
( , )={ x Î R : a < x < b} ab .
Titik a dan b disebut titik ujung (endpoints) interval. Titik ujung tidak termua t
dalam interval terbuka. Jika kedua titik ujung digabungkan ke dalam interval terbukanya, maka disebut interval tertutup, yaitu himpunan
[ , ]={ x Î R : a £ x £ b}
ab)
dan gabungan interval terbuka dengan titik ujung b, ditulis ( ,. ab] Masing-masing
interval tersebut terbatas dan mempunyai panjang (length) yang didefinsikan deng an
b - a . Jika a = b , maka interval terbukanya berkorespondensi dengan himpunan k osong
Pengantar Analisis Real I
(,=Æ , interval tertutupnya berkorespondensi dengan himpunan singleton aa) dan
[ ,] a . aa ={ }
Berikut ini diberikan lima jenis interval tidak terbatas. Simbol ¥ (atau +¥ ) dan -¥ digunakan sebagai simbol titik ujungnya yang tak berhingga. Interval terbuka ta k
terbatas adalah himpunan dengan bentuk (a,¥) :={ x Î R
: x > a} dan (-¥ ,b) :={ x Î R : x < b} .
Himpunan pertama tidak mempunyai batas atas dan yang kedua tidak mempunyai batas bawah. Himpunan (a,¥) sering juga disebut dengan sinar terbuka (open a ray). Diberikan interval tertutup tak terbatas, yaitu
[a,¥): ={ x Î R
: a £ x} dan (-¥ ,b]: ={ x Î R : x £ b} .
Himpunan [a,¥) sering disebut dengan sinar tertutup (close a ray). Himpunan R dapat dituliskan sebagai ( ,)
-¥ ¥ := R
. Perhatikan bahwa ¥ dan -¥ bukan elemen R .
1.5.1. Teorema Karakteristik Interval Jika S adalah subset R yang memuat paling
sedikit dua titik dan mempunyai sifat: jika ,Î S dan x < y , maka [ ,]Í S, xy xy
maka S merupakan suatu interval. Interval Susut (Nested Intervals)
Telah diketahui bahwa barisan adalah fungsi f : N ® A ¹Æ . Jika A adalah himpunan
interval-interval, maka terbentuk barisan interval { In}³ . Untuk mempersingkat n 1
penulisan, barisan { In} cukup ditulis I . n³1 n
Definisi 1.5.2. (Interval Susut) Barisan In , n Î N dikatakan interval susut (nested
Pengantar Analisis Real I Contoh 1.5.3. . 1 . . 1 .. 1. (1) Diberikan In = .0, , n Î N . Yaitu I1 =[0,1 ] , I2 = .0, , I3 = .0, , .... . .. . n . . 2.. 3.
Maka I1 Ê I2 Ê I3 Ê ... (nested) dan n ¥
In ={ } 0 (mempunyai titik berserikat). n=1 . 1 . (2) Diberikan In = . 0, . , n Î N
. Diperoleh bahwa In É In+1, untuk setiap n Î N .
. n . ¥
Tetapi nIn =Æ . Jadi, interval susut belum tentu mempunyai titik berserikat. n=1
8
Sebab, andaikan terdapat xI , maka x Î I untuk setiap n Î N . Karena
În nn n=1 1
¥
pengandaian. Jadi pengandaian salah, yang benar adalah I =Æ . n n n=1 . 1 . . 1 .. 1. (3) Diberikan In = 0,1 + , maka I1 =[0,2 ] , I2 = .0,1 , I2 = .0,1, .... .. .. . n .. 2.. 3. Diperoleh n ¥
In =[0,1 ]¹Æ . (Ada tak hingga banyak x Î[0,1 ]). Perhatikan n=1 . 1 . bahwa inf .1+ : n Î N. = 1. . n .
1.5.4. Sifat Interval Susut (Nested Interval Property) Jika In =[a ,bn ] ,n Î N n
interval tertutup terbatas dan I Ê untuk setiap n Î N (interval susut), maka
n In+1 ¥ I ¹Æ , n n n=1 yaitu terdapat xÎ R
sedemikian hingga xÎ In untuk setiap n Î N . Selanjutnya, jika
panjang In = bn - an memenuhi inf {bn - an : n Î N}= 0 , maka elemen berserikat x tersebut tunggal.
Bukti. Dibentuk himpunan A ={a : n Î N} . Jelas A ¹Æ sebab a1 Î A , dan A Ì R .
n
Himpunan A terbatas ke atas, sebab In Ê In+1 untuk setiap n Î N . Sehingga diperoleh
bahwa an £ bn
untuk setiap n Î N
, yang berarti b1batas atas A. Menggunakan Sifat Lengkap R , maka
supremum A ada, yaitu terdapat xÎ R sedemikian hingga x= sup A . Jelas bahwa am£x
untuk setiap m Î N
. Selanjutnya, untuk sebarang , mn Î N
berlaku
a £ a £ b £ b atau a £ b . nn+mn+mm nm
Hal ini berakibat
sup {an : n Î N}£ bm atau x£ bm.
Karena a £x dan x£ b , maka diperoleh a £x £ b untuk setiap m Î N , berarti
mmmm
xÎ In =[an ,bn ] , untuk setiap n Î N . Sehingga ¥ xÎnIn , n=1 yang berakibat n ¥
In ¹Æ . Jika h= inf {bn: n Î N} , maka dengan cara yang sama n=1
(sebelumnya), diperoleh hÎ Im untuk setiap m Î N . Sehingga diperoleh
hÎnIn . n=1
Akan dibuktikan ketunggalannya, yaitu h =x . Diambil sebarang e> 0 . Jika inf {bn - an : n Î N}= 0 , maka terdapat n0 Î N
sehingga
0 £h-x £ bn 0 - an 0 <e atau 0 £h-x <e .
Karena berlaku untuk sebarang e> 0 , maka h-x = 0 atau h =x . Jadi, terbukti bah wa
¥
h =xÎnIn tunggal.
Himpunan Terhitung (Countable) Diberikan J
={1,2,3,..., n} , n Î N
. Dua himpunan A dan B dikatakan ekuivalen,
n
ditulis A ~
B jika ada fungsi bijektif f : A ® B . Contoh: 1. Misalkan A = 1,2,3} dan B = ,, } {{abc , maka A ~ B . { wx yz , maka A 2. Misalkan f : A ® C dengan C = ,,, } ~ C .
Suatu himpunan dikatakan tak berhingga (infinite) jika himpunan tersebut
ekuivalen dengan salah satu himpunan bagian sejatinya. Jika tidak demikian, maka himpunan tersebut dikatakan berhingga (finite), yaitu ekuivalen dengan J
n . Contoh: 1. Himpunan A ={1,2,3} berhingga. 2. N ={1,2,3,...} , T ={2,4,6,...}Ì N . fungsi f : N ® T n . f () n = 2n Jadi, N
tak berhingga, T juga tak berhingga.
Suatu himpunan D dikatakan denumerable jika D ~N . Suatu himpunan
dikatakan terhitung (countable) jika himpunan tersebut berhingga atau denumerabl e.
Jika tidak, maka dikatakan himpunan tak terhitung (uncountable atau non denumerable), yaitu himpunan yang tidak ekuivalen dengan N
. Jika himpunan A
terhitung, maka A dapat disajikan sebagai A ={ x1, x2, x3,... } dengan x ¹ xj untu k i ¹ j .
i
Contoh:
1. Himpunan Æ terhitung berhingga. 2. Himpunan N
terhitung tak berhingga.
3. Himpunan A ={1,2,3} terhitung berhingga. Dapat ditunjukkan bahwa R
merupakan himpunana tak terhitung. Untuk
membuktikannya cukup hanya dengan membuktikan I =[0,1 ]tak terhitung. Berikut in i
Teorema 1.5.5. Himpunan I =[0,1 ]tak terhitung.
Bukti. Andaikan I terhitung, maka dapat ditulis dengan I ={ x , x2, x ,..., xn ,... } .
13
Dikonstruksikan barisan interval tertutup, terbatas, susut (nested), dan
inf {b - a : n Î N}= 0 . Interval I =[0,1 ]dibagi menjadi tiga sama panjang, yaitu
nn .0, 1 . . , . 13 , 2 . . , dan .23 ,1 . . . . 3 . 3 .
Titik x1 Î I termuat dalam paling banyak dua sub interval. Pilih sub interval yang tidak
memuat x1 , namakan I =[a ,b ] . Jadi, x Ï I . Selanjutnya, I dibagi menjadi tiga 11111 1
sama panjang, yaitu .a1, a1 + 1 . . , .a1 + 19 , a1 + 2 . . , dan .a1 + 29, 1 . . . b 9 .
Kemudian pilih sub interval yang tidak memuat x2 , namakan I =[a ,b ] . Jadi, x Ï I .
. 9 .
1 22 22
Jika proses diteruskan, diperoleh barisan interval tertutup, terbatas, 1
I É I É I É ... É I dengan inf {b - a : n Î N}= inf . N . . Menggunakan sifat 123 n nn .. .3 . ¥
Nested Interval, maka terdapat dengan tunggal yI . Berarti y Î I , yaitu y = x În
nn n=1 ¥
untuk suatu n Î N
. Akibatnya xI , yaitu x Î I . Sedangkan dari konstruksi n În
n nn n=1
diperoleh x Ï I . Timbul kontradiksi, yang benar adalah I =[0,1 ]tak terhitung, nn
sehingga R
juga tak terhitung.
Teorema Bolzano-Weierstrass
Sebelum dijelaskan tentang Teorema Bolzano-Weierstrass, terlebih dahulu dijelask an
Definisi 1.5.6. (Titik Cluster) Diberikan subset tak kosong S Ì R . Titik x Î R
disebut titik cluster (cluster points) jika setiap persekitaran Ve () = x -e , x +e)
x (
memuat paling sedikit satu titik anggota S yang tidak sama dengan x. Titik clust er sering
disebut dengan titik akumulasi atau titik limit.
Dengan kata lain, x titik cluster S jika untuk setiap e> 0 berlaku Ve ()Ç S ¹Æ atau Ve
()-(
x )-{ x}( x { x}) Ç S ¹Æ .
Ekuivalen dengan mengatakan bahwa x titik cluster S jika untuk setiap n Î N ,
terdapat snÎ S sedemikian hingga 0 < sn- x < 1 .
n
Contoh 1.5.7.
(1) Diberikan S =(0, 2) . Apakah 0 merupakan titik cluster?
Jawab. Diambil e> 0 , maka Ve(0)=(0 -e ,0 +e)=(-e e , ) . Menggunakan
Teorema Densitas, maka 0 merupakan titik cluster S dan 0Ï S . Demikian juga 11
bahwa
merupakan titik cluster S dan Î S . 2
2
(2) Diberikan A =[1, 2 ]È{4} . Apakah 4 titik cluster?
Jawab. Persekitaran-e dari 4 adalah Ve(4)=(4 -e ,4 +e) . Misal diambil 1 .
11 .. 11 . e=
, maka 4 = 4 - ,4 += 3 , 4 . Sehingga diperoleh bahwa Ve( )
.
. 2 . 22 .. 22 . . 11 . n
[1,2 ]-{ } . Jadi, 4 bukan titik cluster. 3,4 4 =Æ . . . 22 . .1 .. 111 . (3) Diberikan B = . : n Î N. = .1, ,, ,... .
. Tunjukkan bahwa 0 titik cluster B .
n .. 23 4 .
dengan 0Ï B .
Jawab. Menggunakan Sifat Archimedes, jika diberikan sebarang e> 0 , maka 1
terdapat n Î N
sedemikian hingga 0 < <e .
Persekitaran titik 0 adalah n
Ve(0)=(-e e , ) . Jika dipilih e sangat kecil, maka 0 < 1 <e . Jadi, 0 merupakan
n
titik cluster B dengan 0Ï B .
1.5.8. Teorema Bolzano-Weierstrass Setiap subset R yang tak berhingga (infinite)
dan terbatas, mempunyai paling sedikit satu titik cluster. Bukti. Diberikan sebarang subset S Ì R
tak berhingga dan terbatas. Karena S terbatas, maka terdapat interval I1 =[ , dengan panjang L ( I1 )= b - a . Kemudian bagilah I1
ab ] .
a + b .. a + b .
menjadi dua bagian, yaitu a, dan ,b . Karena S tak berhingga, maka ...
. . 2 .. 2 .
salah satu interval tersebut memuat tak hingga banyak titik anggota S, sebab apa bila
keduanya memuat berhingga banyak anggota S, maka berarti himpunan S berhingga. Namakan bagian yang memuat tak hingga banyak titik anggota S dengan I2.
b - a
Panjangnya L
( I2 )= . Selanjutnya, I2 dibagi menjadi dua bagian seperti langkah 2
di atas, maka salah satu bagian memuat tak hingga banyak anggota S. Namakan bagi an
b - a
tersebut dengan I . Panjangnya L
( )= . Apabila proses diteruskan, maka I
3 322
diperoleh barisan interval susut (nested) I1 É I2 É I3 É ... É In É ....
¥¥
Menurut Sifat Interval Susut, maka nIn ¹Æ , atau terdapat x ÎnIn . n=1 n=1
Akan ditunjukkan bahwa x titik cluster S. Diambil sebarang e> 0 , maka terdapat n Î N
b - a
sedemikian hingga
2n <e , dan persekitarannya V ( x)=( x -e , x +e) . Karena x Î I -1 e n
b - a dan L
( I )= <e , maka I Í V ( x) . Karena I memuat tak hingga banyak titik nn-1 n e n
2
anggota S, maka Ve( x) memuat tak hingga banyak titik anggota S yang tidak sama dengan x. Jadi, x merupakan titik cluster S.
Himpunan Terbuka dan Tertutup Definisi 1.5.9.
(i)
Himpunan G Í R
dikatakan terbuka dalam R jika untuk setiap x ÎG ,
terdapat persekitaran Ve( x) sedemikian hinnga Ve( x)Ì G . (ii) Himpunan F Í R
dikatakan tertutup dalam R jika komplemen F, yaitu Fc
terbuka dalam R .
Contoh 1.5.10. (1) Himpunan R
= , ) terbuka, sebab untuk setiap x Î R , terdapat (-¥ 8 V1( ) x =( x -1, x +1)Ì R . . x x -1.
(2) Himpunan A =(0,1) terbuka, sebab jika diambil e= min . , .
untuk . 22 .
setiap x Î A, maka Ve( x)=( x -e , x +e)Ì A .
(3) Himpunan B =[1,2 ] tertutup, sebab jika diambil x = 1, maka untuk setiap e> 0, Ve(1)=(1-e ,1 +e)Ë B dan 1 -e Ï B . Dapat ditunjukkan juga bahwa
Bc
terbuka, yaitu Bc = (-¥ ,1 )È(2, ¥) terbuka. 1.5.11. Sifat Himpunan Terbuka
(a)
Jika A himpunan indeks (berhingga atau tak berhingga) dan Gxterbuka untuk setiap lÎ A , maka .
Gl terbuka. lÎA
n (b)
G 2 n i i=1 terbuka. Bukti. (a) Namakan G = .
Gl . Diambil sebarang x ÎG , maka terdapat l0 Î A lÎA
sedemikian hingga x Î . Karena terbuka, maka terdapat Gl0
V ( x)Ì G Ì G . Jadi, terbukti bahwa untuk setiap x ÎG , terdapat V ( x)Ì G , e 0 e yang berarti G = . Gl terbuka. lÎA n
(b) Namakan H = nGi . Akan ditunjukkan bahwa H terbuka. Diambil sebarang i=1
x Î H , maka x ÎGi , i = 1, 2,..., n .
Karena x ÎG1 dan G1terbuka, maka terdapat e> 0 sehingga Ve( x)Ì G . 1
1 1
Karena x ÎG2 dan G2terbuka, maka terdapat e> 0 sehingga V ( x)Ì G . 2
e22
Demikian seterusnya.
Karena x ÎGn dan Gnterbuka, maka terdapat en > 0 sehingga Ve( x)Ì G .
n n
Namakan e= min {e ,e ,..., e} , jelas bahwa e> 0 . Maka V ( x)Ì V ( x)Ì G 1
2 n eeii
untuk setiap i = 1, 2,..., n , yang berakibat bahwa x Ì H = nGi . Jadi, Ve( ) n
i=1 n
terbukti bahwa G terbuka.
n i i=1
Berikut ini diberikan akibat dari sifat himpunan terbuka, yaitu sifat untuk himpunan tertutup.
Akibat 1.5.12. (a)
Jika A himpunan indeks (berhingga atau tak berhingga) dan Gxtertutup untuk setiap lÎ A , maka .
Gl tertutup. lÎA
(b)
Jika G ,G ,..., G masing-masing merupakan himpunan tertutup, maka 12 n
n
.Gi tertutup. i=1
SOAL LATIHAN SUBBAB 1.5 1.
Jika I =[ , ] dan I =[a ,b¢]
: ab ¢ : ¢ interval tertutup dalam R , tunjukkan bahwa
I Í I¢ jika dan hanya jika a¢£ a dan b £ b¢ . 2.
Jika S Í R
tidak kosong, tunjukkan bahwa S terbatas jika dan hanya terdapat interval tertutup terbatas I sedemikian hingga S Í I .
3.
Jika S Í R
tidak kosong dan terbatas, dan IS :=[inf S,sup S] , tunjukkan bahwa
S Í IS . Selanjutnya, jika J adalah sebarang interval tertutup terbatas yang memuat S, tunjukkan bahwa IS Í J .
4. Diberikan Kn :=(n,¥) untuk n Î N . Buktikan bahwa n ¥ Kn =Æ . n=1 5.
Jika S himpunan terbatas di R
dan T Ì S tidak kosong, buktikan bahwa inf S £ inf T £ sup T £ sup S .
6.
Pengantar Analisis Real I
BAB 2
BARISAN DAN DERET
Pada bab ini dibahas mengenai pengertian barisan dan deret. Selanjutnya, dibahas tentang limit dan konvergensi dari suatu barisan. Di antaranya adalah Teorema Konvergen Monoton, Teorema Bolzano-Weierstrass, dan Kriteria Cauchy untuk barisa n
yang konvergen.
2.1. Barisan dan Limit Barisan
Barisan (sequence) pada himpunan S adalah suatu fungsi dengan domain N dan
mempunyai range dalam S. Pada subbab ini akan dibahas mengenai barisan di R dan
konvergensi dari suatu barisan.
Definisi 2.1.1. Barisan bilangan real adalah suatu fungsi yang didefinisikan pad a
himpunan N
dengan range dalam R .
Dengan kata lain, barisan dalam R mengawankan setiap bilangan asli
n = 1,2,3,... kepada suatu bilangan real. Jika X : N ® R
merupakan barisan, maka
biasanya dituliskan dengan nilai dari X pada n dengan notasi xn. Barisan sering dinotasikan dengan X atau ( xn ) atau ( x : n Î N) atau { xn } atau { xn } . Apabi la
nn³1
diketahui suatu barisan Y, artinya Y =( yk ) . Contoh 2.1.2.
n
(a) Barisan ( xn ) dengan xn= (-1)n adalah barisan -1,1, -1,1, -1,1,..., (-1) ,. .. . 1 . 1 . 111 1 (b) Barisan ( xn ) dengan x = ,: n Î N = , , ,..., ,... .
2 . 248 2
Pengantar Analisis Real I . n . 123 n (d) Barisan = , , ,..., ,... . . . . n +1. 234 n +1
Definisi 2.1.3. Diberikan barisan bilangan real ( xn ) dan ( yn ) , dan aÎ R . Maka dapat didefinisikan (i) ( xn )±( y )=( xn ± yn ) . n (ii) a( x ) = (a x ) . nn (iii) ( xn )×( y )=( xn × yn ) . n ( x ) . xn . (iv) n = .. , asalkan yn ¹ 0. ( yn ) . yn .
Definisi 2.1.4. (Limit Barisan) Diketahui ( xn ) barisan bilangan real. Suatu bi langan
real x dikatakan limit barisan ( xn ) jika untuk setiap e> 0 terdapat K (e )Î N sedemikian hingga untuk setiap n Î N
dengan n ³ K (e ) berlaku x - x <e . n
Jika x adalah limit suatu barisan ( xn ) , maka dikatakan ( xn ) konvergen ke x, atau ( xn ) mempunyai limit x. Dalam hal ini ditulis lim ( xn )= x atau lim( xn) = x atau
n®¥
¢¢dengan x¢¹ x¢¢ . Maka untuk sebarang n®¥ n®¥
e> 0 terdapat K¢ sedemikian hingga x - x¢ <e 2 untuk setiap n ³ K¢ , dan terdapat
n K'
¢¢sedemikian hingga xn- x¢¢ <e 2 untuk setiap n ³ K'
¢¢. Dipilih K = max{ K¢, K¢¢ } .
Pengantar Analisis Real I x¢- x¢¢ = x¢- xn + xn - x¢¢ = x¢- xn + xn - x¢¢ .2 2 e e e< + =
Karena berlaku untuk setiap e> 0 , maka x¢- x¢¢ = 0 yang berarti x¢= x' ¢¢. Kontradiksi
dengan pengandaian. Jadi, terbukti bahwa limitnya tunggal.
Teorema 2.1.6. Jika ( xn ) barisan bilangan real dan x Î R , maka empat pernyataan
berikut ekuivalen.
(a) Barisan ( xn ) konvergen ke x. (b) Untuk setiap e> 0 terdapat K Î N sedemikian hingga untuk setiap n ³ K berlaku xn- x <e .
(c) Untuk setiap e> 0 terdapat K Î N sedemikian hingga untuk setiap n ³ K berlaku x -e < xn < x +e .
(d) Untuk setiap persekitaran Ve( x) dari x , terdapat K Î N sedemikian hingga
untuk setiap n ³ K berlaku xnÎVe( x) . Bukti.
(a) .
(b) Jelas (dari definisi). (b) .
(c) xn- x <e Û -e< xn- x <e Û x -e < xn < x +e . (c) .
(d) x -e < xn < x +e Û xnÎ( x -e , x +e) Û xnÎVe( x) . (d) .
(a) xnÎVe( x)Û x -e < xn < x +e Û x - x <e . n
Contoh 2.1.7. 1
(a) Tunjukkan bahwa lim = 0. n®¥ n
. 1 . 1
Jawab. Akan ditunjukkan bahwa ( xn)= .. konvergen ke 0, yaitu
® 0. Harus .
n . n
dibuktikan bahwa untuk setiap e> 0 terdapat K (e )Î N sedemikian hingga untuk
setiap n Î N dengan n ³ K (e ) berlaku 1 - 0 <e . n 1
Ambil sebarang e> 0 , maka > 0 . Menurut Sifat Archimedes, maka terdapat e
K (e )Î N
sedemikian hingga 1 () 1
< K e , atau <e . Akibatnya untuk setiap e K ( ) e 11 1 n ³ K (e ) berlaku 1 - 0 = =
£ <e . Jadi, terbukti bahwa untuk setiap e> 0 n
n e
terdapat K (e )Î N
sedemikian hingga untuk setiap n Î N dengan n ³ K (e ) berlaku
nK ()
1 1
- 0 <e , atau lim = 0. n®¥ n
n 1
(b) Tunjukkan bahwa lim = 0. n®¥ n2
Jawab. Akan ditunjukkan bahwa untuk setiap e> 0 terdapat K (e )Î N sedemikian
hingga untuk setiap n Î N dengan n ³ K (e ) berlaku 12 - 0 <e . Diambil sebarang n
1 11
e> 0 , maka e 2 > 0 , akibatnya
> 0 . Menurut Sifat Archimedes, terdapat 2 e 11 1121 K (e )Î N sedemikian hingga < K e atau <e , diperoleh <e . () e 2 K () e ()2 K e 11
Akibatnya untuk setiap n ³ K (e ) berlaku 12 - 0 = 2 £ <e . Jadi, terbukti
nK ()2 1
dengan n ³ K (e ) berlaku 12 - 0 <e , atau lim 2 = 0. n®¥ n
Pengantar Analisis Real I
1 n
Contoh 2.1.8. Tunjukkan bahwa ((- ) ) divergen. 1 n
Jawab. Andaikan ((- ) ) konvergen, berarti terdapat bilangan real x sehingga unt uk
setiap e> 0 terdapat K Î N
sedemikian hingga untuk setiap n ³ K berlaku n
n
(-1)- x < 1. Untuk n ³ K dan n genap, maka (-1)= 1, diperoleh 1- x < 1 Û-1 < 1- x < 1,
n
yang berakibat x > 0 . Untuk n ³ K dan n ganjil, maka (-1) =- 1, diperoleh 1
-- x < 1 Û 11 x < - <- - 1,
yang berakibat x < 0 . Timbul kontradiksi, yaitu x > 0 dan x < 0 . Jadi penganda ian
1 n
salah, yang benar ((- ) ) divergen.
Teorema 2.1.9. Diberikan barisan bilangan real X =( xn : n Î N) dan m Î N . Maka
X =( x :n Î N) konvergen jika dan hanya jika X konvergen. Dalam hal ini mm+n
lim Xm = lim X.
Bukti. Perhatikan bahwa untuk sebarang p Î N , elemen ke-p dari Xm adalah elemen
ke-( p + m) dari X. Sama halnya, jika q > m , maka bentuk elemen ke-q dari X ada lah
m
elemen ke-(q - m) dari X.
Diasumsikan bahwa X konvergen ke x. Diberikan sebarang e> 0 , pada barisan X untuk n ³ ()
Sebaliknya, jika pada Xm untuk k ³ Km ( ) berlaku xk - x <e , maka pada X e
untuk n ³ K() + m berlaku xn- x <e . Dapat diambil K() e= Km () e+ m . Dengan demikian terbukti bahwa X konvergen ke x jika dan hanya jika Xm konvergen ke x.
Pengantar Analisis Real I
Teorema 2.1.10. Diberikan barisan bilangan real ( xn ) dan x Î R . Jika (an ) adalah
suatu barisan bilangan real positif dengan lim (an)= 0 dan jika untuk c > 0 dan m Î N
berlaku
xn - x £ ca n untuk semua n ³ m, maka lim ( xn)= x.
Bukti. Diambil e> 0 , maka e c
> 0 . Karena lim (a )= 0 , maka terdapat K (e )Î N nc
e e
sedemikian hingga untuk setiap n ³ K () berlaku an- 0 < . Akibatnya untuk c
c e e
setiap n ³ K ( c ) berlaku xn - x £ c a n < c × =e atau xn- x <e . Terbukti bahwa c
lim ( x )= x . n
1
Contoh 2.1.11. Jika a > 0 , tunjukkan bahwa lim = 0. n®¥ 1+ na
Jawab. Karena a > 0 , maka 0 < na < 1+ na yang berakibat bahwa 1 111 0 << =× untuk setiap n Î N . 1+ na na na Diperoleh 1
. - 0 = <×=× 1+ na 1+ na naan 1
Karena telah diketahui bahwa lim = 0 , maka menurut Teorema 2.1.10 dan dengan n®¥ n
11
mengambil c = > 0 berakibat bahwa lim = 0. an®¥ 1+ na
Pengantar Analisis Real I
SOAL LATIHAN SUBBAB 2.1 1.
Tuliskan lima bilangan pertama dari barisan ( xn ) untuk xnberikut. n (-1) (a) xn:= . n 1 (b) x := . nn2 + 2 2.
Tentukan rumus ke-n untuk barisan berikut. (a) 5, 7, 9, 11, .... 111 1 (b) , - ,, - ,.... 2 48 16 . b . 3. Untuk sebarang b Î R , buktikan bahwa lim = 0. . . . n . 4.
Tunjukkan (menggunakan definisi limit barisan). . 2n . (a) lim = 2. .. . n +1. . n2 -1 .
. 2 . 2n + 3 2 .. 5.
Tunjukkan bahwa lim ( xn)= 0 jika dan hanya jika lim ( xn)= 0. 6.
Tunjukkan bahwa jika xn³ 0 untuk semua n Î N dan lim ( xn)= 0 , maka
lim ( xn)= 0. 7.
Buktikan bahwa jika lim ( x )= x dan jika x > 0 , maka terdapat M Î N n
sedemikian hingga xn> 0 untuk semua n ³ M . .
11 .
8.
Tunjukkan bahwa lim -= 0. .. . nn +1. . n2 . 9.
Tunjukkan bahwa lim = 0.
. .
. n! .
10. Jika lim ( x )= x > 0 , tunjukkan bahwa terdapat K Î N sedemikian hingga jika
n 1
n ³ K , maka x < xn < 2x . 2
2.2. Teorema-teorema Limit
Pada subbab ini akan dibahas mengenai beberapa teorema yang berkaitan dengan lim it
pada barisan bilangan real, seperti barisan terbatas dan kekonvergenan barisan. Definisi 2.2.1. Barisan bilangan real X =( xn ) dikatakan terbatas jika terdapat
bilangan real M > 0 sedemikian hingga xn£ M untuk semua n Î N .
Oleh karena itu, barisan ( xn ) terbatas jika dan hanya jika himpunan { xn: n Î N} merupakan subset terbatas dalam R
.
Teorema 2.2.2. Jika X =( xn ) konvergen, maka X =( xn ) terbatas.
Bukti. Diketahui X =( xn ) konvergen, misalkan konvergen ke x. Diambil e= 1, mak a
terdapat K Î N
sedemikian hingga untuk setiap n ³ K berlaku xn- x < 1.
Menggunakan akibat Ketaksamaan Segitiga, maka xn- x < 1 atau xn< 1+ x untuk semua n ³ K . Namakan M = max { x , x ,..., x , x +1} , maka x
n£ M , untuk semua 12 k -1
n Î N
. Jadi, terbukti bahwa X =( xn ) terbatas.
Teorema 2.2.3. Jika X =( xn )® x, Y =( yn )® y,dan c Î R , maka
(i) X ± Y ® x + y. (ii) XY ×® xy . (iii) cX ® cx . Bukti.
(i) Ambil sebarang e> 0 . Karena X =( xn )® x , maka terdapat n0 Î N sedemikian
hingga untuk setiap n ³ n0 berlaku xn- x <e . Karena Y =( yn )® y , maka 2
Pengantar Analisis Real I e terdapat n1 Î N
sedemikian hingga untuk setiap n ³ n1 berlaku yn - y
<
. Pilih 2
n = max {n0, n } , maka akibatnya untuk n ³ n berlaku 21 2 xn + yn -( x - y)=( xn - x)+( yn - y) ee £ xn - x + yn - y < + =e. 22
Karena berlaku untuk sebarang e> 0 , maka ( xn + yn ) konvergen ke x + y . Dengan cara yang sama diperoleh bahwa ( x - y ) konvergen ke x - y . Jadi, n
n
terbukti bahwa X ± Y ® x + y . (ii)
Akan dibuktikan bahwa untuk setiap e> 0 terdapat K Î N sedemikian hingga
untuk setiap n ³ K berlaku xy - xy <e . Diketahui nn xy - xy = xy - xy + xy - xy nn nnn n £ xy n n - x y n + xy n - xy = x yn - y + xn - x
£ M , untuk semua n Î N
. Namakan M = max { M , y } . Diambil
sebarang e> 0 . Karena ( xn )® x , maka terdapat K1Î N sedemikian hingga
untuk setiap n ³ K1 berlaku xn- x <e . Karena ( yn )® y , maka terdapat 2M
e
K2 Î N
sedemikian hingga untuk setiap n ³ K2 berlaku yn - y
< . Namakan 2M
K = max { K1, K2} , maka untuk setiap n ³ K berlaku xy - xy £ xn yn - y + xn - x y nn e e ee < M . + .M = + =e. 2M 2M 22
Jadi, terbukti bahwa untuk setiap e> 0 terdapat K Î N sedemikian hingga untuk
setiap n ³ K berlaku xy - xy <e . Dengan kata lain, terbukti bahwa nn
XY ® xy × .
Pengantar Analisis Real I
(iii)
Ambil sebarang e> 0 . Karena ( xn )® x , maka terdapat K Î N sedemikian
e
hingga untuk setiap n ³ K berlaku xn- x < . Perhatikan bahwa 2 cx n - x = cx - x + x - x nnn £ cx n - xn + xn - x = x c -1 + xn - x . n
Karena ( xn )® x , maka ( xn ) terbatas, yaitu terdapat M > 0 sedemikian hingga n£ M , untuk semua n Î N . Akibatnya x e nc -1 + x - x < M . c -1 +e =(M . c -1 )+ <e . x n 2 2
Terbukti bahwa untuk setiap e> 0 terdapat K Î N sedemikian hingga untuk
setiap n ³ K berlaku cx n- x <e . Dengan kata lain, terbukti bahwa cX ® cx .
Teorema 2.2.4. Jika X =( xn )® x dan Z =( zn )® z ¹ 0 dengan z ¹ 0 untuk semua n n Î N , maka X . xn .
.. z Z . n . z 1 . 1 . 1 1
Bukti. Terlebih dahulu harus dibuktikan bahwa = ® . Diambil a= z , .. Zz z 2 . n .
maka a> 0 . Karena lim ( z )= z , maka terdapat K Î N sedemikian hingga untuk
n 1
setiap n ³ K1 berlaku zn - z <a . Menggunakan akibat Ketaksaman Segitiga bahwa -a £- zn - z £ zn - z untuk n ³ K , yang berarti
1 z = z -a £ zn untuk n ³ K1. 1 2 Oleh karena 12 £ z z
n
untuk n ³ K1, maka diperoleh
z - zn 11 - = = 1 22 z - zn £ . zz zz zz z n n n
Selanjutnya, diberikan e> 0 , maka terdapat K2 Î N sedemikian hingga jika n ³ K2,
maka z - z < 1 e z 2 . Jika diambil K e= max { K , K } () 1 2,maka
n 2
<e untuk semua n ³ () K e . 1 1 nz z - . 1 . 1 . 1 .
Karena berlaku untuk sebarang e> 0 , maka terbukti bahwa lim ..
= atau .. zz z . n .. n . 1
konvergen ke . Menggunakan Teorema 2.2.3(ii) dan dengan mengambil Y sebagai z . 1 .. xn .. 1 . x
barisan .. , maka XY ×= .. ® x = . .. zz . z . z . n .. n .
Teorema 2.2.5. Jika X =( xn ) barisan bilangan real dengan xn³ 0 untuk semua n Î N
dan ( xn )® x , maka x ³ 0 .
Bukti. Diambil e =- x > 0 . Karena ( xn )® x , maka terdapat K Î N sedemikian hingga
untuk setiap n ³ K berlaku xn - x <e Û- e< xn - x <e Û x -e < xn < x +e
.
Û x ( x) < x < x +- x) -- n (
Û 2x < xn < 0.
Kontradiksi dengan pernyataan bahwa xn³ 0 , untuk semua n Î N . Jadi, pengandaian
salah, yang benar adalah x ³ 0.
Teorema 2.2.6. Jika ( xn )® x, ( yn )® y , dan xn £ y untuk semua n Î N , maka
n x £ y.
Bukti. Diberikan z := y - x sehingga Z :=( z )= Y - X dan z ³ 0 untuk semua nnn nn
n Î N
0 £ lim Z = lim ( yn )- lim ( xn ) atau lim ( xn )£ lim ( yn ) . Jadi, terbukti bahwa x £ y .
Teorema 2.2.7. Jika X =( xn ) konvergen ke x dan jika a £ x £ b untuk semua n Î N ,
n
maka a £ x £ b.
Bukti. Diberikan Y barisan konstan ( ,,)
bbb,... . Menggunakan Teorema 2.2.6 diperoleh
bahwa lim X £ lim Y = b . Dengan cara yang sama diperoleh a £ lim X . Jadi, terbukti bahwa a £ lim X £ b atau a £ x £ b .
Berikut ini diberikan sebuah teorema yang menyatakan bahwa jika suatu barisan Y berada (terselip) di antara dua barisan yang konvergen ke titik yang sama, mak a Y
juga konvergen ke titik yang sama.
Teorema 2.2.8. (Squeeze Theorem) Diberikan barisan bilangan real X =( xn ) , Y =( yn ) , dan Z =( zn ) sedemikian hingga
x £ y £ z untuk semua n Î N ,
n nn
dan lim ( x )= lim ( z ) . Maka Y konvergen dan nn
lim ( xn )= lim ( y )= lim ( zn ) . n
Bukti. Misalkan w := lim ( x )= lim ( z ) . Jika diberikan e> 0 , maka terdapat K Î N
nn
sedemikian hingga untuk setiap n ³ K berlaku xn- w <e dan zn - w <e , atau dengan kata lain -e < x - w <e dan -e < z - w <e . Karena x £ y £ z , maka
nn nnn
n nn
Akibatnya diperoleh bahwa -e < yn - w <e . Karena berlaku untuk semua n ³ K dan e> 0 , maka terbukti bahwa lim ( y )= w .
