GRAFIKA

(1)

1

2

3 4

₅

6

7

8

9

0

5

0

1

8

2

3

5

3

2

3

5

6

9

6

9

G R A F I K A

1 ₂

3 4

₅

6

7

8

9

0

5

0

1

8

2

3

5

3

2

3

5

6

9

6

9

(2)

G R A F I K A

Penerbit Tisara Grafika SALATIGA

2013

Untuk kuliah (pengantar) analisa real

yang dilengkapi dengan program MATLAB

(3)

Hak Cipta dilindungi oleh Undang-undang

Dilarang mengutip atau memperbanyak sebagian atau seluruh buku ini tanpa seijin penulis

Cetakan pertama : Oktober 2013

ISBN :

Hak Cipta : Pada Penulis Disain Sampul : Tisara Grafika Tata letak : Harrie Siswanto Percetakan : Tisara Grafika Penerbit : Tisara Grafika

ISBN 979-602-9493-13-9

Diterbitkan oleh:

JL. DIPONEGORO 98 D - SALATIGA 50714 - JAWA TENGAH Telp.: 0298-321798 |Mobile: 081 228 598 985 | 0819 0488 3400, 0298-6138702

Fax : 0298-321798

email: [email protected] [email protected] Bank: BNI Cabang Salatiga No. Rek. 369 57809

,

G R A F I K A G R A F I K A

Katalog Dalam Terbitan

515.8

PAR Parhusip, H. A.

a Analisa real: untuk kuliah (pengantar) Analisa Real yang dilengkapi dengan program MATLAB/ H. A. Parhusip. -- Salatiga: Tisara Grafika, 2013.

ix, 214 hlm. ; 23 cm.

ISBN 979-602-9493-13-9

1. Function of real variables. 2. Functional analysis. 3. Mathematical analysis. 4. MATLAB. I. Title.

(4)

Didedikasikan kepada mahasiswa dan pengajar S1 Matematika dan Pendidikan Matematika pada umumnya

(5)

Parhusip,H.A,2013. Analisa Real, 493-13-9,Tisara Grafika Salatiga, ISBN 979-602-9,214 hlm

v

KATA PENGANTAR

Analisa real merupakan salah satu mata kuliah wajib pada aras S1 matematika dan S2 matematika maupun pen-didikan matematika. Mata kuliah ini lebih menganalisa secara formal tentang fungsi-fungsi yang dikenal di kalkulus khusus-nya untuk fungsi 1 peubah. Karena sedikitkhusus-nya beredar buku analisa real dalam bahasa Indonesia, hal ini mendorong penulis untuk menulis buku ini sehingga buku ini dapat sebagai materi awal untuk memulai memahami analisa real.

Demikian pula cara penyajian mata kuliah ini sering-kali tidak melibatkan komputer dalam memvisualisasikan barisan bilangan real dan barisan fungsi, sehingga mahasiswa kesulitan dalam memformalkan pemahaman yang diperoleh. Dengan adanya penggunaan komputer dalam analisa real sebagaimana disajikan pada buku ini, maka diharapkan maha-siswa dapat dengan mudah mengikuti mata kuliah ini dan mengembangkannya. Buku ini lebih banyak merupakan ter-jemahan dari beberapa buku analisa real (lihat daftar pustaka). Pada tahun 2005 penulis mulai terlibat langsung untuk melatih olimpiade mahasiswa, dari keterlibatan ini penulis menjadi belajar lebih banyak dan harus selalu belajar. Hal ini juga menyadarkan, bahwa ternyata apa yang penulis pelajari selama ini belum cukup bahkan masih sangat jauh.

Dengan melibatkan mahasiswa pada berbagai kegiatan olimpiade terutama yang diselenggarakan oleh UGM, UI yang bekerjasama dengan Pertamina, penulis dapat belajar mengukur sejauh mana perkuliahan S1 di Program Studi Matematika Fakultas Sains dan Matematika Universitas Kristen Satya Wacana.

(6)

vi

Penulis juga menjumpai kesulitan untuk mencari buku yang memberikan wawasan tipe soal olimpiade mahasiswa, khususnya matematika bidang analisa real. Oleh karena itu penulis sangat terbeban untuk menyusun buku ini. Paling tidak, buku ini memberikan wawasan mula-mula bagi pemula yang belum pernah mengikuti olimpiade dan juga memberi-kan dasar-dasar teori yang diperlumemberi-kan untuk tipe soal olimpiade matematika tingkat mahasiswa.

Penulis sangat berharap mahasiswa semakin bersema-ngat berkompetisi untuk menguji seberapa jauh kemampuan bermain matematika. Kiranya buku ini menjadi awalnya.

Salatiga, Oktober 2013

(7)

Parhusip,H.A,2013. Analisa Real, 493-13-9,Tisara Grafika Salatiga, ISBN 979-602-9,214 hlm vii

DAFT AR I SI

Hlm KATA PENGGANTAR v

DAFTAR ISI vii

BAB I. Bagian 1

Cara Menulis Bukti Barisan Bilangan real yang konvergen dan divergen dengan ilustrasi MATLAB

1-28

1.1. Latar Belakang 1

1.2. Kesimpulan dan Saran 19

1.3. Latihan Soal dan Jawab Analisa Real 21

Latihan 1.1 21

Latihan 1.2 25

Bagian 2 29-64

2.1 Beberapa teorema penting pada bilangan real 29

2.2. Barisan Terbatas 33 2.3. Latihan Soal 1.3 39 Latihan Soal 1.4 41 Latihan Soal 1.5 47 2.4. Barisan Monoton 49 Latihan 1.6 56 2.5. Barisan Cauchy 57 Latihan soal 1.7 60

BAB II DERET BILANGAN REAL 65-94

2.1 2.1. Pendahuluan 65

2.2. Konvergen dan divergen deret 66

2.3. Uji Konvergensi untuk deret dengan suku-suku taknegatif

68

2.3.1. Proposisi 3b 69

2.3.2 Tes Integral (untuk deret tak negatif) 69

(8)

viii

Latihan soal 2.1 77

Latihan soal 2.2 79

2.4. Deret Ganti tanda (Alternating Series) 80

Latihan soal 2.3 84

2.5. Konvergen Bersyarat dan Konvergen Absolut 84

2.5.1. Tes Banding 87

Latihan soal 2.4 88

2.6. Penyusunan ulang Deret 90

Latihan soal 2.5 91

Latihan soal 2.6 92

BAB III. TOPOLOGI di n

R 95-107 3.1 Ruang n dimensi 95 3.2 Pertidaksamaan Schwarz 96 3.3 Pertidaksamaan Segitiga 99 3.4 Konvergensian Completeness di n R 100

3.5 Subhimpunan tertutup dan terbuka 104

3.6 Compact set dan Teorema Heine Borel 106

Latihan soal 3 106

BAB IV. LIMIT FUNGSI, BARISAN, DAN DERET FUNGSI

109-196

4.1 Limit fungsi dan fungsi kontinu 109

Latihan soal 4.1 117

4.2 Fungsi diskontinu 120

4.3 Sifat-sifat fungsi kontinu 128

4.3.1 Compactness dan Nilai Ekstreem 131

4.4 Limit Barisan Fungsi 134

4.5 Konvergensi seragam dan Kontinuitas 145 4.6 Teorema Kelengkapan untuk C(K,Rn) 146

4.7 Konvergensi seragam pada Integral 151

(9)

Parhusip,H.A,2013. Analisa Real, 493-13-9,Tisara Grafika Salatiga, ISBN 979-602-9,214 hlm

ix

4.8 Deret Fungsi-Fungsi 157

481.Tes deret fungsi 161

4.9 Deret pangkat (power series) 170

4.10 Lebih lanjut dengan deret, khususnya deret Taylor

183

4.10.1 Deret Taylor untuk turunan fungsi 194

BAB V. Ruang METRIK (metric space) 197-210

5.1 Pendahuluan 197

5.2 Definisi dan Beberapa Teorema 197

5.3 Homeomorphism 203

BAB VI Contoh SOAL JAWAB OLIMPIADE MAHASISWA Bidang ANALISA REAL

213-217

Bidang Analisis 211

Soal Olimpiade Mahasiswa Se Jawa-Bali Bidang Analisis Real 15 Mei 2007

(10)

ANALISA REAL | 1

BAB I

Bagian

1

CARA MENULIS BUKTI BARISAN BILANGAN REAL YANG KONVERGEN DAN DIVERGEN dengan ilustrasi MATLAB

1.1 Latar Belakang

Cara memahami dan menuliskan kembali bukti dalam matematika merupakan masalah yang umum bagi siswa, mahasiswa maupun pengajar. Selama ini seringkali siswa diajar dengan teknik berhitung sedangkan cara menuangkan alasan secara matematis sangat minim diajarkan. Demikian pula mengkomunikasikan hasil hitungan secara formal dan saintifik (mengikuti kaidah matematika) juga sangat mungkin belum dialami siswa sehingga ketika menjadi mahasiswa matematika hal itu menjadi kendala yang sangat besar.

Kemampuan mengungkapkan alasan dalam analisis sangat diperlukan. Untuk itulah kemampuan ini perlu dikaji dan dikembangkan. Terlebih lagi adanya penggunaan kom-puter, maka analisis sangat terbantu untuk mengungkapkan fenomena umum dari suatu kasus yang dipelajari.

(11)

2|Analisa Real dengan MATLAB

Tulisan ini akan menginspirasi bagaimana menuliskan pem-buktian secara formal dalam analisa real khususnya tentang konvergensi atau divergensi suatu barisan bilangan real. Kasus yang dipelajari sangat sederhana yaitu barisan

(a). 2 1 3    n n an (b). 1 2 4 2    n n an (c). _n n n e a 2  .

Dari ketiga kasus yang dipelajari sebagai contoh maka diharapkan mahasiswa dapat mengolah soal jawab yang terkait dengan pembuktian tersebut.

Kasus 1. n n n n an / 2 1 / 1 3 2 1 3     

 . Untuk n maka 1/n 0 dan 2/n 0 .

Oleh karena itu 3/1 3.

/ 2 1 / 1 3 lim lim          _n n a n n n Jelas barisan konvergen ke 3.

Biasanya mahasiswa menulis hanya berhenti sampai disini. Secara formal matematis, maka perlu ditulis lebih ’elegant’. Secara formal, suatu barisan bilangan real dikatakan kon-vergen (punya limit) dengan definisi berikut.

(12)

ANALISA REAL | 3

Definisi 1. (Goldberg,1976)

Suatu barisan bilangan real

 

a_n dikatakan mempunyai limit

L, atau barisan tersebut konvergen ke L ditulis a_n L

n 

lim

artinya untuk sembarang  0, pertidaksamaan an L 

harus dipenuhi untuk semua nilai n N. Dengan kata lain



 L

an harus dipenuhi untuk semua nilai n, kecuali

paling banyak pada bilangan berhingga n, sebutlah pada n =1,2,…,N-1.

Untuk memahami definisi tersebut kita akan membahas barisan 2 1 3    n n

an dan akan membuktikan dengan

menulis-kan secara formal bahwa

. 3 1 / 3 / 2 1 / 1 3 lim lim          _n n a n n n

Perlu dibuktikan bahwa lim 3

  n

n a . Artinya untuk

sem-barang  0, pertidaksamaan a_n 3 harus dipenuhi untuk semua nilai n, kecuali paling banyak pada bilangan berhingga n, sebutlah pada n=1,2,…,N-1. Sedangkan pada

n=N berlaku dan N pada umumnya tergantung pada nilai  . Kita dapat mempelajari hal ini dengan mendaftar sebagai tahap observasi. Agar membuat daftar dengan mudah, kita

(13)

dapat menggunakan MATLAB sebagai alat bantu. Program tentang ini dan hasil keluaran ditunjukkan pada Tabel 1 dan Gambar 1.

Tabel 1a. Daftar Program untuk

menggambar n n n n a_n / 2 1 / 1 3 2 1 3       . _________________________ clear close all n=[1:100]'; a=inline('(3*n +1)./(n+2)','n'); an=a(n); figure(1) plot(n,an,'o'); epsku=3-an; Daftar=[n an epsku]

Tabel 1b. Daftar Program untuk

mendaftar n n n n a_n / 2 1 / 1 3 2 1 3       untuk n

merupakan kelipatan 10 (buat sebagai kelanjutan Tabel 1a _________________________ n=10;j=1; while n<=100 gn=g(n); epsku=3-gn; Daftar=[n gn epsku] Simpan(j,:)=Daftar j=j+1 n=j*10; end

Gambar 1 membantu intuisi kita untuk mendapatkan pema-haman sifat konvergen barisan tersebut yaitu 3. Yang menjadi masalah berapakah n = N sehingga kita dapat menjamin limit barisan tersebut 3?. Apabila hasil Gambar 1 didaftar untuk beberapa n (misalnya kelipatan 10) maka kita dapat mendaftar setiap n dan nilai

2 1 3    n n an serta  yang

diperoleh. Kita dapat menambahkan perintah pada program sebagaimana ditunjukkan pada Tabel 1b.

(14)

ANALISA REAL | 5 Gambar 1. Visualisasi n n n n a_n / 2 1 / 1 3 2 1 3       untuk beberapa n

Tabel 2. Daftar n, nilai barisan tiap n dan nilai  untuk tiap n.

n a_n  10 2.5833 0.4167 20 2.7727 0.2273 30 2.8438 0.1563 40 2.8810 0.1190 50 2.9038 0.0962 60 2.9194 0.0806 70 2.9306 0.0694 80 2.9390 0.0610 90 2.9457 0.0543 100 2.9510 0.0490

(15)

Secara analitik, umumnya kita tetapkan , kemudian kita dapat mendapatkan nilai n=N yang sesuai dengan  yang dipilih. Dengan kata lain kita perlu memformulasikan untuk suatu n=N yang umumnya tergantung pada  . Sedangkan Tabel 2 diperoleh dengan menetapkan nilai n terlebih dahulu sehingga nilai  diperoleh merupakan selisih nilai a dengan _n

3 (yang sudah kita klaim sebagai limit barisan). Secara komputasi, maka nilai n lebih mudah ditetapkan terlebih dahulu. Sedangkan prosedur analitik menjelaskan bahwa kita tetapkan terlebih . Kita dapat menetapkan misalkan  sekitar 0.1 maka berdasarkan Tabel 2, kita dapat memperoleh

n=N sekitar 40. Nampaknya cara analitik lebih susah tetapi

hal itu diperlukan untuk proses pembuktian umum bahwa barisan tersebut konvergen pada 3. Kita coba dengan proses ini.

Dengan proses berikut ini ternyata salah. Kita akan mencari batas N dengan cara mencari batas paling atas yaitu

 sehingga   3 n a atau - < ₃ 2 1 3 _   n n _<_ _.

Dengan menggunakan batas atas, sebutlah

3 2 1 3 _   n n = atau 3n +1 -3n -6 = n +2.

(16)

ANALISA REAL | 7 atau -5-2 = n atau n= N = _  _   2 5 . (*) Notasi



. menyatakan bilangan bulat terbesar yang lebih kecil atau sama dengan argumen di dalamnya. Jelas bernilai bulat negatif, padahal n harus positif bulat. Jika dipilih batas bawah -n-2= -5 atau n=N= _  _   2 5 (**)

Dari kedua batas ini kita belum mendapatkan secara eksplisit untuk nilai n terkecil yang diijinkan sehingga kita dapat mengatakan bahwa dimulai dari n=N maka limit barisan tersebut adalah 3. Cara menentukan n=N dapat lebih praktis dengan cara sebagai berikut.

Coba -< 3 2 1 3 _   n n

< ditulis sebagai an 3  yaitu

2 6 3 2 1 3      n n n n < atau 2 5   n <. Karena  bilangan

positif kecil dan n bilangan asli maka kita dapat memilih

2 5  n < atau 5 < n+2 atau n    2 5

. Jadi kita dapat

memilih N >

 

2 5

(17)

Perhatikan bahwa dengan kondisi ini kita dapat memilih N dengan menetapkan  terlebih dahulu. Hal ini ditunjukkan pada Tabel 3. Jadi dengan cara ini kita dapat memperoleh bukti bahwa a_n 3  untuk nNdengan N 

 

2 5

.

Perhatikan bahwa N bilangan asli (bulat), padahal

 

2 5

dapat tidak bulat. Untuk itu kita perlu menuliskan kondisi N

   2 5 menjadi N  _  _   2 5

. Jadi dari tata cara menulis



 3 n

a sangat menentukan dalam mendapatkan kondisi

N  



2 5

. Hal ini ditunjukkan pada program pada Tabel 3 serta ilustrasi untuk an,an ,dan an  pada Gambar 2.

Sedangkan untuk data tiap n untuk n=N 

       2 5 . , , n  n a

a dan an  dengan nilai  ditetapkan terlebih

(18)

ANALISA REAL | 9

Tabel 3. Program untuk

2 1 3    n n an dengan menetapkan  terlebih dahulu. Clear close all epsku=[0.2 0.1 0.05 0.025 0.01 0.005 ]; n=round((5-2*epsku)./epsku); a=inline('(3*n +1)./(n+2)','n'); an=a(n); anminuseps=an-epsku; anpluseps=an+epsku; figure(1)

plot(n,an,'o',n,anminuseps,'*',n,anpluseps,'.-');

Daftar=[epsku' n' anminuseps' an' anpluseps']

Tabel 4. Daftar nilai berbagai

2 1 3    n n

an untuk berbagai  yang

ditetapkan  N        2 5 an pada n=N 2 1 3    n n a_n   n a pada n=N 0.2000 23 2.6000 2.8000 3.0000 0.1000 48 2.8000 2.9000 3.0000 0.0500 98 2.9000 2.9500 3.0000 0.0250 198 2.9500 2.9750 3.0000 0.0100 498 2.9800 2.9900 3.0000 0.0050 998 2.9900 2.9950 3.0000

(19)

10|Analisa Real dengan MATLAB Gambar 2. Visualisasi n n n n an / 2 1 / 1 3 2 1 3     

 untuk beberapa n dengan menetapkan  terlebih dahulu.

Kasus 2. Pelajari 1 2 4 2    n n a_n . Bagaimana _n na lim ?

Jawab: Barisan tersebut berbentuk fungsi rasional dalam n dengan pembilang n + 4 dan penyebut bentuk kuadrat. Untuk

n yang membesar maka penyebut akan lebih cepat membesar

daripada pada bagian pembilang. Oleh karena itu kita dapat menyimpulkan intuisi tersebut bahwa _n

nlima =0. Untuk

memberikan penjelasan yang lebih kreatif kita dapat mem-visualisasikan barisan tersebut untuk berbagai n. Kita dapat mengubah program pada Tabel 1 dengan menggantikan definisi barisan. Akan tetapi perlu diperhatikan bahwa untuk

n yang kecil (sekitar mulai dari n=10, maka barisan sudah

(20)

ANALISA REAL | 11

terlalu besar. Hasil keluaran pada Gambar 3 yang menunjuk-kan bahwa untuk n membesar maka nilai barisan menuju ke 0. Secara formal, kita perlu membuktikan bahwa untuk sem-barang  >0, pertidaksamaan an 0 harus dipenuhi untuk

semua nilai n, kecuali paling banyak pada bilangan berhingga

n, sebutlah pada n=1,2,…,N-1. Sedangkan pada n=N berlaku

dan N pada umumnya tergantung pada nilai .

Tabel 5. Program untuk mengilustrasikan dan

mendaftar 1 2 4 2_   n n a_n clear close all n=[1:10]'; a=inline('(n +4)./(2*n.^2+1)','n'); an=a(n); figure(1) plot(n,an,'o'); epsku=abs(0-an); Daftar=[n an epsku]

Dengan cara kasus 1, kita dapat menulisan 0  yaitu

    1 2 4 2 n n sebagai    n n n / 1 2 / 4 1 .

(21)

12|Analisa Real dengan MATLAB Gambar 3. Visualisasi 1 2 4 2 _   n n

a_n untuk berbagai nilai n.

Kita ambil batas atas sehingga berlaku

1 + 4/n < 2n+ /n atau 1 + (4 -)/n < 2n .

Dalam bentuk ini kita belum mampu menyederhanakan (mendapatkan kondisi n=N yang tergantung  . Kita ubah dengan cara lain berikut ini. Jelas bahwa

       ₂ ₂ 2 2 4 1 2 4 2 4 n n n n n . (a1)

Perhatikan bahwa pertidaksamaan tersebut dicari sedemikian rupa sehingga kita mendapatkan suatu n=N yang hanya tergantung . Untuk mendapatkan urutan pertidaksamaan yang benar kita dapat menggunakan program MATLAB untuk membantu kita dalam menvisualisasikan.

(22)

ANALISA REAL | 13

Tabel 6. Menggambar berbagai

barisan pada pertidaksamaan (a1). clear close all n=linspace(1,10,20); an1=(n +4)./(2*n.^2+1); an2=(n +4)./(2*n.^2); an3=4./(2*n.^2); plot(n,an1,’*’,n,an2,’o’,n,an3,’.’) Gambar 4. Visualisasi 2 2 4 n (bertanda .), 1 2 4 2_  n n (bertanda *) dan 2 2 4 n n (bertanda o)

untuk berbagai nilai n.

Jadi kita dapat menggunakan batas ₂ 2₂

2 4

n

n  <  untuk

mencari N. Dengan menggunakan notasi n = N pada 2₂

n

diperoleh 2 < N2atau N



2

. Marilah kita daftar untuk berbagai nilai  yang kita tetapkan dengan mengambil nilai

N yang memenuhi  N



2

dan menyelidiki nilai barisan untuk setiap N yang dipilih. Kita dapat mendaftarnya dengan MATLAB. Perhatikan bahwa



2

tidak bulat maka kita perlu membulatkan dengan fungsi floor pada MATLAB. Program ditunjukkan pada Tabel 7 dan hasil keluaran

(23)

program ditunjukkan dengan daftar Tabel 8 agar kita dapat melihat seberapa besar nilai barisan untuk tiap  dan N yang dipilih.

Tabel 7. Program MATLAB untuk membuat daftar nilai  dan



2

serta nilai barisannya.

epsku=[0.2 0.15 0.1 0.05 0.025 0.02 0.01 0.005 0.0025 0.001] batasn=round(sqrt(2./epsku));

Daftar=[epsku’ batasn’]; siN=batasn + 1;

an=(siN +4)./(2*siN.^2+1); Daftark=[epsku’ batasn’ siN’ an’]

Tabel 8. Daftar  yang ditetapkan dan nilai N dan barisan yang diperoleh  _       2 n=N yang dipilih 1 2 4 2    n n a_n

pada N yang dipilih

0.2000 3 4 0.2424 0.1500 3 4 0.2424 0.1000 4 5 0.1765 0.0500 6 7 0.1111 0.0250 8 9 0.0798 0.0200 10 11 0.0617 0.0100 14 15 0.0421 0.0050 20 21 0.0283 0.0025 28 29 0.0196 0.0010 44 45 0.0121

(24)

ANALISA REAL | 15

Bagaimana menuliskan bukti formal bahwa

? 0 1 2 4 lim lim ₂         _n n a n n n .

Hal berikut ini ditunjukkan berdasarkan tahap observasi di atas. 0 1 2 4 lim lim ₂         _n n a n n

n artinya untuk setiap sembarang  >

0 maka perlu ditunjukkan  

  0 1 2 4 2 n n untuk nN.

Dengan mengetahui bahwa   

   ₂ ₂ 2 2 4 1 2 4 2 4 n n n n n kita dapat memilih ₂ 2₂ 2 4 n

n  <  untuk mencari N. Dengan

menggunakan notasi n = N pada 2₂

n <  diperoleh 2 < 2 N  atau N  2 .

Kasus 3. Bagaimana dengan ?

2 lim lim _n n n n n e a     

Sebagaimana pada kasus 1 dan 2, untuk mendapat-kan intuisi tentang sifat barisan untuk n membesar, maka kita dapat membuat gambar atau mendaftar a untuk berbagai _n

nilai n. Karena pembilang dan penyebut membesar dengan cepat untuk nilai n yang diberikan, kita menggunakan n yang tidak terlalu besar. Kita hanya mengedit program Tabel 1

(25)

yang ditunjukkan pada Tabel 9 dan hasil keluaran ditunjuk-kan pada Gambar 5.

Tabel 9. Program MATLAB

untuk menggambar barisan

n n e 2 clear close all n=[1:10]'; a=inline('exp(n)./(2.^n)','n'); an=a(n); figure(1) plot(n,an,'o'); Daftar=[n an]

Tabel 10. Daftar nilai n dan

n n e 2 n n n e 2 1 1.3591 2 1.8473 3 2.5107 4 3.4124 5 4.6379 6 6.3036 7 8.5674 8 11.6444 9 15.8263 10 21.5102

Gambar 5. Ilustrasi barisan _n

n

e

2

Daftar nilai n dan barisan terkait ditunjukkan pada Tabel 10. Hasil grafik menunjukkan bahwa untuk n yang membesar maka kita peroleh _n

n

e

2 . Kita tidak dapat menyimpulkan: berapakah n=N sehingga untuk setiap n>N maka ada nilai

(26)

ANALISA REAL | 17

barisan berhingga yang dekat dengan nilai barisan pada n=N. Barisan demikian kita sebut barisan divergen. Untuk itu kita perlu membuktikan bahwa barisan tersebut divergen (tidak ada suatu nilai berhingga yang dapat dipilih). Kita menuliskan

 

n

a untuk n

Secara formal ditulis suatu barisan dikatakan divergen dalam definisi berikut.

Definisi 2 (barisan divergen) (Goldberg,1976)

Suatu barisan bilangan real

 

a_n mendekati tak hingga (divergen) untuk n mendekati tak hingga jika untuk sembarang bilangan real M >0, terdapat suatu bilangan positif bulat N sedemikian hingga berlaku

M

a_n  ,



nN



. (a2)

Ekspresi (a2) menjelaskan bahwa jika kita menetapkan bahwa limit barisan adalah M , maka nilai barisan akan selalu lebih besar dari M pada suatu n=N. Kita akan bahas pada kasus 3. Diberikan suatu M > 0, _n n e 2 > M atau M e n        2 atau M e n ln 2 ln       atau 2 ln 1 ln 2 ln ln ln 2 ln ln            M e M e M n .

(27)

18|Analisa Real dengan MATLAB Jadi dipilih ) ( 2 ln 1 ln N n M n    . (b)

Jadi jika dipilih

2 ln 1 ln   M

N maka (b) dipenuhi atau

berarti barisan tersebut divergen. Ekspresi

2 ln 1 ln  M bisa tidak bulat sedangkan N harus bulat positif (karena sebagai indeks). Maka kita dapat menuliskan (b) dengan

) ( , 2 ln 1 ln N n M n _ _    (c)

Kita dapat melakukan observasi menggunakan kondisi (c) dengan menetapkan M dan memilih N, serta mendaftar nilai barisan pada tiap N. Perintah untuk melakukan hal ini ditunjukkan pada Tabel 11 dan keluarannya ditunjukkan pada Tabel 12.

Tabel 11. Program MATLAB dengan input M dan mencari batas

(c) dan nilai barisan

clear close all M=[5 10 15 20 30 50 60 70 80]; batasN=log(M)./(1 -log(2)) Npilih=floor(batasN)+1; aNpilih=exp(Npilih)./(2.^Npilih); DaftarMNan=[M' batasN' Npilih' aNpilih']

(28)

ANALISA REAL | 19 Tabel 12. Daftar M, 2 ln 1 ln  M

, dan N serta nilai barisan _n

n e 2 M 2 ln 1 ln  M N yang dipilih n n e 2 100 13 16 136 200 17 18 250 300 19 19 340 400 20 20 463 500 20 21 629 600 21 31 629 700 21 33 855

Perhatikan bahwa pada kasus ini kita berharap bahwa ada suatu limit sebutlah M sehingga untuk N yang dipilih maka hasil nilai barisan akan cukup saling berdekatan atau berbeda cukup kecil (kurang dari 1) untuk N yang berturutan. Mungkin kita mencurigai hasil tersebut karena N masih kecil. Kita dapat menguji program dengan menggunakan program Tabel 8 untuk M yang jauh lebih besar.

1.2 Kesimpulan dan saran

Pada tulisan ini telah ditunjukkan bagaimana meng-gantikan intuisi kita dalam menentukan barisan konvergen atau divergen dalam bentuk grafik dengan bantuan program MATLAB.

(29)

Saya harap kasus 1-3 dapat memberikan pemahaman barisan konvergen dan divergen serta bagaimana menuliskan bukti secara formal dengan tata bahasa matematika yang benar.

Referensi

Goldberg, R.R., 1976. Methods of Real Analysis, John Wiley & Sons, Inc, Second Edition, New York.

(30)

ANALISA REAL | 21

1.3 LATIHAN SOAL DAN JAWAB ANALISA REAL

Topik: Barisan konvergen dan barisan divergen

Latihan 1.1 (Ex 2.2 hal 32)

 Jika

 

sn n1 suatu barisan bilangan real, dan jika sn M ,



nI



dan jika s_n L n  lim , buktikan LM. Jawab : Diketahui s_n L n  lim artinya s_n L n 

lim . Artinya untuk sembarang  0, pertidaksamaan s_n L harus dipenuhi untuk semua n N.

Karena diketahui pula s_n M berlaku sebagai berikut:

M s n n n lim lim Padahal s_n L n  lim dan M n lim = M (limit konstan tidak tergantung N) sehingga jelas bahwa

L s_n n  lim M n lim =M atau LM .

 Jika LR, MRdan LM untuk setiap  0, buktikan LM.

Jawab:Diketahui LMartinya juga L M. Jelas pula bahwa L L

(31)

Padahal LMsehingga L LM. Jelas pula bahwa M M 

dengan   3 6  N .

4. (a) Tentukan NIsehingga 1/ n1< 0.03 ketika

N n . (b) Buktikan bahwa   n lim1/ n1 =0.

5. Jika  bilangan rasional, buktikan bahwa barisan







1

!

sinn _n punya limit.

6. Untuk setiap barisan berikut, buktikan apakah barisan tersebut punya limit (konvergen) atau tidak punya limit.

(a).          ₁ 2 5 _n n n (b)          1 2 / 1 7 3 n n n n (c)          1 2 7 3 n n n n .

(33)

(b). Buktikan bahwa



n/107



_n_₁ tidak punya limit.

Catatan: perhatikan bahwa beberapa suku-suku pertama pada barisan (a) lebih besar daripada beberapa suku pertama pada barisan (b). Hal ini mene-kankan bahwa eksistensi dari suatu limit barisan tidak tergantung pada beberapa suku pertama. 8. Buktikan bahwa



n1/n



_n_₁ tidak mempunyai limit.

Bukti: perlu dibuktikan berdasarkan definisi suatu

barisan divergen yaitu : Suatu barisan bilangan real

 

an

mendekati tak hingga (divergen) untuk n mendekati tak hingga jika untuk sembarang bilangan real M >0, terdapat suatu bilangan positif bulat N sedemikian hingga untuk berlaku

M

a_n  ,



nN



. (a)

Untuk kasus soal yaitu diberikan suatu M > 0 (sebagai limit), maka n1/n> M. Kita tahu bahwa nn1/n

sehingga n1/n> M berakibat n > M. Jadi jika kita menetapkan mulai pada suatu n=N barisan punya limit M, ternyata nilai barisan (yaitu n=N, kebetulan) selalu lebih besar dari M. Jadi M bukan limit barisan. Jadi barisan







 1/n n 1

(34)

ANALISA REAL | 25

9. Jika s_n 5n/n!, tunjukkan bahwa lims_n 5n/n! n 

(Petunjuk: buktikan bahwa s_n 



55/5!



(5/n) jika n >5.

Latihan 1.2 (Ex 2.4)

1. Label setiap barisan dengan (A) jika konvergen dan (B) jika divergen ke tak hingga dan (C) jika divergen ke –tak hingga atau (D) jika berosilasi. (Gunakan intuisi anda dari pemahaman anda dari calculus, tidak perlu dibuktikan). Catatan: intuisi anda dapat digantikan dengan membuat

n2 _n_₁

(35)

Pengembangan lebih lanjut (personal study): jika anda tertarik buktikanlah hasil anda dan dukunglah dengan ilustrasi program.

2. Buktikan bahwa

 

n _n_₁ divergen ke tak hingga

3. Buktikan bahwa



n1 n



n_₁adalah konvergen.

s_n _n_₁konvergen ke L0. Buktikan bahwa



(1)ns_n



_n_₁berosilasi.

7. Anggap bahwa

 

s_n _n_₁divergen ke tak hingga. Buktikan bahwa



(1)ns_n



_n_₁berosilasi.

(36)

ANALISA REAL | 27

JAWAB (beberapa saja)

1. Diketahui

 

s_n _n_₁konvergen ke 0 artinya lim 0

  n

n s yaitu

diberikan sembarang bilangan positif kecil  0berlaku

  0 n s , nN₁. Ekspresi   0 n

s yaitu ekuivalen dengan sn .

Perlu dibuktikan bahwa



(1)ns_n



_n_₁konvergen ke 0.

Artinya yaitu diberikan sembarang bilangan positif kecil

0

2 

 berlaku (1)ns_n 0 ₂, nN₂ atau (1)ns_n ₂, untuk nN₂.

Diketahui pula bahwa (1)ns_n < s_n  . Jadi jelas bahwa









1) ₁

( ns_n _n konvergen ke 0 untuk n = maks



N₁, N₂



. (catatan: Pemilihan n ini untuk menjamin bahwa keduanya sudah konvergen ke 0).

2. Anggap bahwa

 

s_n _n_₁konvergen ke L0. Buktikan bahwa









1) ₁

( ns_n _n berosilasi.

Bukti: Diketahui

 

s_n _n_₁konvergen ke L0artinya diberi-kan sembarang bilangan positif real kecil ₁ 0

(37)

Perlu dibuktikan



(1)ns_n



_n_₁berosilasi sbb :

Untuk n = genap atau n=2k maka (1)n 1 sehingga









1) ₁

( ns_n _n =

 

s_n _n_₁ yang konvergen ke L.

Untuk n = ganjil atau n=2k+1 maka (1)n 1 sehingga





  1) ₁ ( ns_n _n =

 

s_n _n_₁ = -

 

s_n _n_₁. Karena s_n L n  lim maka L s s _n n n n lim  lim .

Jadi terbukti



(1)ns_n



_n_₁berosilasi (ke L atau –L). (dengan kata lain



(1)ns_n



_n_₁ tidak konvergen)

(38)

ANALISA REAL | 29

BAB I

Bagian 2

2.1 Beberapa teorema penting pada bilangan real

Setiap teorema berikut tidak banyak dituliskan bukti untuk menyingkat waktu. Untuk itu, penulisan bukti menjadi tugas mahasiswa dengan menggunakan referensi yang masih dalam bahasa Inggris (Goldberg, 1976) tetapi menuliskannya kembali secara sederhana dan jelas dalam bahasa Indonesia sebagai tugas kuliah.

Definisi 1a. batas atas terkecil dan batas bawah terbesar (Lewin, 1993)

Diketahui A Rdan R. Kita mengatakan  merupakan batas atas A jika tidak ada anggota pada A yang lebih besar dari. Secara simbolik maka  dikatakan batas atas ketika untuk setiap bilangan xA berlaku x. Batas bawah didefinisikan sebaliknya. Jika tidak ada anggota A yang lebih kecil dari  , maka  dikatakan batas bawah A.

Perhatikan bahwa jika merupakan batas atas A, maka setiap bilangan yang lebih besar dari juga dikatakan batas atas A. Demikian pula jika  batas bawah A, maka setiap bilangan yang lebih kecil dari  dikatakan batas bawah A.

(39)

Jika merupakan batas atas A, dan tidak ada bilang-an ybilang-ang lebih kecil dari  yang merupakan batas atas A, maka  dikatakan batas atas terkecil A (least upper bound (l.u.b).

Jika merupakan batas bawah A, dan tidak ada bilangan yang lebih besar dari yang merupakan batas bawah A, maka  dikatakan batas bawah terbesar A (greatest

lower bound (g.l.b)).

Batas atas terkecil dikatakan juga supremum A, ditulis

sup A; batas bawah terbesar A disebut pula infimum A, ditulis inf A.

Contoh 1a.

(a) 6 adalah batas atas (0,1) dan -2 bukan.

(b) 1 merupakan batas atas [0,1) sedangkan 0 bukan. (c) 1 merupakan batas atas dari [0,1], dan ¾ bukan. (d) 11 merupakan batas atas {-3, 2, 5} dan 4 bukan.

Contoh 1b. sup (0,1) = 1 dan inf(0,1) = 0.

Definisi 1b. Misalkan A adalah himpunan bilangan real

(a) Jika terdapat suatu bilangan yang merupakan batas atas

A, maka A dikatakan terbatas ke atas.

(b) Jika terdapat suatu bilangan yang merupakan batas bawah A, maka A dikatakan terbatas ke bawah

(40)

ANALISA REAL | 31

(c) Jika A dikatakan terbatas ke atas dan ke bawah, maka A dikatakan terbatas.

Teorema 1b. Jika A adalah himpunan bagian tak kosong dari

R yang terbatas ke atas maka A mempunyai batas atas terkecil

(least upper bound) (l.u.b) dalam R.

Teorema 2. Jika A adalah himpunan bagian tak kosong dari

R yang terbatas ke B bawah maka A mempunyai batas bawah

terbesar (greatest lower bound (g.l.b) dalam R.

Contoh 1c. Perhatikan barisan

B =





      _ ,... 2 / 1 2 ,..., 4 3 , 2 1 n n maka g.l.b (B) = 1/2 dan

l.u.b (B) = 1. Perhatikan bahwa g.l b () adalah anggota B tetapi l.u.b (B) bukan anggota B.

Contoh 2. Himpunan interval terbuka (3,4) tidak memuat

g.l.b (yaitu 3) maupun l.u.b (yaitu 4).

Catatan : mengapa ada istilah g.l.b an l.u.b?. Perhatikan bahwa semua bilangan real yang lebih kecil dari 3 juga merupakan batas bawah. Demikian pula semua bilangan yang lebih besar dari 4 merupakan batas atas dari himpunan terbuka (3,4).

Perhatikan bahwa kita dapat mengatakan barisan bilangan real

 

s_n _n_₁sebagai suatu fungsi dari I ke R, kita mengatakan

(41)

bahwa daerah hasil

 

s_n _n_₁ sebutlah



s₁,s₂,...

cs_n _n_₁ konvergen (punya limit) ke L.

Bukti : Diketahui ` artinya  0,s_n L , n N.

   c L s_n  c c L s c _n     cs_n cL  .nN. Artinya cs_n cL n  lim .

Catatan: perhatikan bagaimana definisi limit untuk s_n L

n 

lim

menggunakan nilai epsilon dalam bentuk

c



(tetap

merupa-kan bilangan positif kecil dengan syarat 0 1

c



yang

(42)

ANALISA REAL | 33

2.2 Barisan Terbatas Definisi 4.

Secara sama

 

s_n _n_₁ terbatas ke atas jika daerah hasil dari

 

 1

n n

s terbatas keatas. Ditulis

. Jadi barisan

 

M_n _n_₁ tak naik dan jadi jelas konvergen atau divergen ke tak hingga.

Definisi 5.

Secara sama kita mengatakan barisan

 

s_n _n_₁ terbatas ke bawah jika daerah hasil dari

 

s_n _n_₁terbatas ke bawah . Jadi

 

s_n _n_₁ terbatas jika dan hanya jika ada suatu bilangan

R

M sedemikian hingga

M

(43)

Jika suatu barisan divergen ke tak hingga (atau negatif tak hingga) barisan tersebut tak terbatas. Suatu barisan divergen ke tak hingga pasti terbatas ke bawah.

Suatu barisan yang berosilasi bisa terbatas bisa juga tidak. Barisan 1, -2, 3, -4,… berosilasi dan tidak terbatas ke bawah juga tidak terbatas ke atas. Barisan -1, 1,-1,1,…berosilasi terbatas. Barisan 1,2,1,3,1,4,… berosilasi dan terbatas ke bawah tetapi tidak terbatas ke atas.

Teorema 6. Jika suatu barisan bilangan real

 

s_n _n_₁

konvergen, maka

 

s_n _n_₁terbatas. Bukti:

Diketahui barisan

 

s_n _n_₁konvergen, artinya

 

s_n _n_₁punya limit, sebutlah L, artinya _n

n s

L

 

lim . Ambilah=1 (kenapa, bukankah perlunya positif kecil saja?). maka terdapat NI

sedemikian hingga

1  L

s_n (nN).

Hal ini berarti

1   L

n 

lim dan jika t_n M

n 

M



s M



s_n _n  _n  _n _n   _n  Diketahui s_n L n 

lim , artinya terdapat bilangan asli N₁

sedemikian hingga untuk n N₁ berlaku

2   L sn . Secara sama diketahui t_n M n 

lim , artinya terdapat bilangan asli N₂

sedemikian hingga untuk nN₂ berlaku

2



 M

tn .

Demikian pula karena s_n L

(46)

ANALISA REAL | 37



s M



M M t M _n   _n   ~ M~t_n M  M



s_n  M





s M



M M  _n   2 ~ 





M M M M    ~ 2 ~  .



₁ 2 ~ 1 ~ 0            M M M M  . Agar pertidaksamaan terjadi bernilai positif maka

2 ~ M <1 atau M~<2 dan





_         2 ~ 1 ~ M M M M . 

Lemma 11. Jika

 

s_n _n_₁barisan bilangan real yang konvergen ke L maka

 

s_n2 _n_₁konvergen ke L . 2

Bukti: gunakan teorema sebelumnya.

Lemma 12.

 

t_n _n_₁ barisan bilangan real yang konvergen dan jika t_n M

n 

lim dan M 0maka t_n M

n 1/ 1/

lim 



 .

(47)

Teorema 13.

 

s_n _n_₁ dan

 

t_n _n_₁ barisan bilangan real yang konvergen dan jika s_n L

n  lim dan t_n M n  lim , M 0 maka M L t s_n _n n / / lim    . Bukti: halaman 45.

Catatan : jika dalam pembuktian menggunakan teorema sebelumnya, maka tulislah teorema tersebut dan hubungkan dengan baik dalam pembuktian anda.

Contoh 3. Tentu dapat dipahami bahwa berdasarkan definisi

limit maka 2 4 2 lim ₁_/₂     _n _n n n .

(anda perlu belajar kembali bagaimana membuktikan bukan ?).

Contoh 4. Buktikan bahwa

5 3 4 5 6 3 lim ₂ 2      _n n n n .

Bukti: Kita menulis soal menjadi ₂ ₂

2 / 4 5 / 6 3 lim 4 5 6 3 lim n n n n n n n          .

Diketahui pula bahwa lim1/ 0

  n

n . Oleh karena itu

0 0 . 6 / 6 lim     n n (Berdasarkan Teorema 3). Sehingga 3 0 3 / 6 lim 3 lim / 6 3 lim             n n n n n (berdasarkan

(48)

ANALISA REAL | 39

Teorema 5). (1)

Karena lim1/ 0

  n

n , oleh karena itu 0 0 . 0 / 1 lim . / 1 lim / 1 lim 2          n n nn n n (Berdasarkan Teorema 8). (2)

Dari hasil (2) maka

5 0 5 / 4 lim 5 lim / 4 5 lim  2   2          n n n n n (Berdasarkan Teorema 5).

Berdasarkan Teorema 10 maka

5 / 3 / 4 5 lim / 6 3 lim / 4 5 / 6 3 lim 4 5 6 3 lim ₂ ₂ ₂ 2                  _n n n n n n n n n n n .

2.3 Latihan soal 1.3 (ex.2.7 halaman 46)

1. Buktikan (a) 2 1 4 5 2 lim ₃ ₂ 3      _n _n n n n (b) lim₍ ₇₎2 ₆ 1 2      _n n n

s_n _n_₁suatu barisan bilangan positif dan

1

0x . Jika sn1 xsn , (nI) buktikan lim__ n 0 n s . 5. Anggap bahwa 0 1 1 lim      n n n _s s . Buktikan lim 1   n n s (petunjuk : Ambil 1 1    n n n s s

 dan carilah s )> Teorema _n

apa yang anda gunakan pada bagian ini. 6. Buktikan bahwa



n



n e n      1 / 1 1

lim . Juga buktikan bahwa

e n n n            1 1 1 1 lim .

Teorema apa yang anda gunakan ?.

 Menggunakan identitas 1 +2/n =[1 + 1/(2+n)](1 +1/n) buktikan bahwa 2 2 1 lim e n n n          .

 Jika c > 1 buktikan bahwa lim 1/ 1 

 n n c

(Petunjuk: Tulis c1/n 1s_ndan ambil pangkat ke n pada kedua ruas untuk menunjukkan bahwa

 

ns_n _n_₁ terbatas. Kemudian simpulkan bahwa s_n 0 pada n.

(50)

ANALISA REAL | 41

 Diketahui s₁ 2 dan sn1  2 sn untuk n1.

(a) Buktikan berdasarkan induksi bahwa sn 2 untuk semua n.

(b) Buktikan bahwa s_n_₁s_nuntuk semua n. (c) Buktikan bahwa

 

s_n _n_₁konvergen. (d) Buktikan bahwa lim 2

  n n s .  Anggap bahwa s₁ s₂ 0, ₁



₁



2 1    n  n n s s s , n2.

(a). s₁,s₃,s₅,...tak naik (b) s₂,s₄,s₆,...tidak turun (c)

 

sn _n konvergen

(51)

 terdapat suatu interval tertutup J R sebagai panjang  sedemikian hingga s_nJuntuk tak berhingga banyak nilai n.

Definisi 14. Diketahui

 

s_n _n_₁barisan bilangan real yang

terbatas ke atas dan diambil



, , ,...



. . 1 2  n n n n lub s s s M

(a) Jika

 

M_n _n_₁konvergen, maka kita mendefinisikan

n n s   sup lim sebagai _n nM lim . Ditulis n n s   sup lim = _n nM lim . (b) Jika

 

M_n _n_₁divergen ke negatif tak hingga, maka kita

menulis    n n s sup lim

Catatan: apa itu _n

n

s

 

sup

lim (dibaca : limit supremum sn) dan

tentu ada _n

ns

inf

lim (dibaca: limit infimum sn). Untuk menjawab itu, sebenarnya kita perlu definisi berikut ini terlebih dahulu.

(52)

ANALISA REAL | 43

Definisi 15. Limit supremum dan limit infimum

Jika kita mengatakan barisan

 

s_n _n_₁ konvergen hal ini mengatakan _n

ns

lim dengan kata lain “seberapa ukuran s _n

ketika n besar”. Notasi _n

ns

lim terkait dengan barisan yang konvergen. Sedangkan notasi limit supremum dan limit infimum dapat diaplikasikan pada semua barisan. Notasi limit supremum menyatakan ukuran “seberapa besar s _n

ketika n besar”. Notasi limit infimum menyatakan ukuran “seberapa kecil s ketika n besar”. n

Catatan : Notasi supremum dan infimum diberlakukan pada barisan yang tidak diketahui konvergen.

Contoh 5. s_n (1)n (nI). Maka