ANALISIS REAL 1 oleh Moch. Chotim

DIKTAT BAHAN AJAR. ANALISIS REAL 1 Moch. Chotim. 2008.

BAB 1 PENDAHULUAN Bab ini diawali dengan mengete- atau “ A himpunan bagian B” ditulis dengahkan landasan yang diperlukan untuk ngan mempelajari analisis real. Pasal 1.1 dan 1.2 A  B. disajikan secara singkat aljabar himpunan dan fungsi, yang merupakan piranti penting Definisi 1.1 untuk semua cabang matematika. Akan Dua himpunan A dan B dikatakan sama ditetapkan bahwa istilah “himpunan” setara jika dan hanya jika dengan “klas”, “koleksi”, atau “keluarga” yang merupakan istilah yang tak didefiA  B dan B  A. nisikan. Pasal 1.3 berisikan suatu metode khusus suatu membuktikan yang dikenal dengan induksi matematika. Ini dikaitkan dengan sifat-sifat dasar sistem bilangan asli. Walaupun dipisahkan dengan pembuktian pernyataan yang bertipe khusus, induksi matematika sering diperlukan. Sebagai tambahan untuk mengenalkan konsep yang mencakup konsep dan terminologi, Bab ini juga disajikan beberapa pengalaman pengarang dalam bekerja sekaligus menyajikan bukti dan ketrampilan yang penting.. 1.1 Aljabar Himpunan Jika A adalah suatu himpunan, x suatu anggota himpunan A ditulis dengan x  A. Suatu unsur x bukan anggota A, ditulis dengan x  A. Jika A dan B himpunan-himpunan sehingga: untuk setiap x  A, x B dikatakan “A termuat di B”, “ A subset B”,. Suatu himpunan dapat dinyatakan dengan dua cara, yaitu: mendaftar semua anggota atau dengan menyebutkan sifat keanggotaannya. Jika suatu himpunan unsur-unsurnya x yang mempunyai sifat P(x) maka himpunan itu dituliskan dengan {x  P(x)} atau {x  S P(x)} apabila himpunan itu merupakan himpunan bagian himpunan S. Berikut ini disajikan notasi untuk himpunan yang sering muncul. a. Himpunan bilangan-bilangan asli dinyatakan dengan N = {1, 2, 3, ...}. b. Himpunan bilangan-bilangan bulat dinyatakan dengan Z = {..., –2, –1, 0, 1, 2, ...}. c. Himpunan bilangan-bilangan rasional dinyatakan dengan m Q = { m, n  Z dan n  0} . n d. Himpuan bilangan-bilangan real dinyatakan dengan R = {x x bilangan real}. Analisi Real 2006.

Contoh 1 (a) Himpunan {xN x2 – 3x + 2 = 0} memuat bilangan-bilangan asli yang memenuhi persamaan yang dinyatakan. Jelas bahwa persamaan x2 – 3x + 2 = 0 memiliki selesaian x = 1 dan x = 2. Dengan demikian {xN x2 – 3x + 2 = 0}= {1, 2}. (b) Kadang-kadang suatu hmpunan dapat dinyatakan dengan berbagai cara, sebagai contoh himpunan bilangan asli genap dinyatakan dengan {2x  x  N} atau {y  N  y = 2x, x  N} (c) Himpunan {xN 6 < x < 9}dapat dinyatakan dalam berbagai cara: {xN 40 < x2 < 80}, {xN x2 – 15x + 56 = 0}, atau {7 + x x = 0 atau x = 1}. (d).

BAB 2 B ILANGAN – BILANGAN REAL Dalam Bab ini didiskusikan sifat-sifat esensial system bilangan real. Selanjutnya diberikan suatu konstruksi formal sistem itu yang berbasias pada himpunan yang lebih sederhana (seperti N: himpunan bilangan-bilangan asli dan Q: himpunan bilanganbilangan rasional). Pada Psal 2.1 diperkenalkan sifat-sifat aljabar (sering disebut dengan sifat lapangan) didasarkan pada dua operasi jumlah dan perkalian. Pada Pasal 2.2 diperkenalkan sifat-sifat urutan di R. Notasi nilai mutlak diperkenalkan pada Pasal 2.3. Selanjutnya pada Pasal 2.4 didiskusikan sifat kelengkapan R. Pada pasal 2.5 didiskusikan tentang aplikasi sifat kelengkapan, yaitu: sifat Archimides, eksistensi akar suatu persamaan, kelebatan Q di R. Pada pasal 2.6 didiskusikn tentang sifat selang-selang bersarang dan kaitannya dengan representasi biner dan desimal bilangan-bilangan real. Bab ini diakhiri dengan beberapa tipe himpunan-himpunan tak hingga dan himpunanhimpunan terhitung. 2.1 SIFAT-SIFAT ALAJABAR R Pada R terdpat dua operasi binaer, dinotasikan dengan + dan . yang berturutturut disebut dengan penjumlahan dan perkalian. Operasi-operasi ini memenuhi sifat-sifat berikut: A.1 a  b  b  a a, b  R , A.2 ( a  b)  c  a  (b  c )  a, b, c  R , A.3  0  R  0  a  a dan a  0  a a  R , A.4 a  R   a  R sehingga a  (  a )  0 dan (  a )  a  0 , M.1 a.b  b.a  a, b  R , M.2 ( a.b).c  a.(b.c )  a, b, c  R , M.3 1  R  1. a  a dan a .1  a a  R , M.4.

BARISAN BILANGAN Ingat bahwa suatu barisan di dalam himpunan adalah fungsi pada himpunan bilangan-bilangan asli N = {1, 2, 3, ... } yang daerah hasilnya di himpunan S. Pada pasal ini dikaji barisan barisan pada himpunan R. Definisi 3.1.1 Barisan bilangan-bilangan real (barisan di R) adalah fungsi pada himpunan-him- punan asli N yang daerah hasilnya di dalam himpunan bilanganbilangan real R. Dengan kata lain, barisan di R mengaitkan setiap bilangan asli n = 1, 2, ... dengan tepat satu bilangan real tertentu. Jika X: N  R suatu barisan nilai X di n ditulis dengan xn. Suatu barisan diunotasikan dengan X,. x n n  N , atau x n. nN. .. Sebagai contoh: (a) Barisan. (1) n n  N. mempunyai. himpunan nilai {( 1) n n  N } atau {–1, 1}. (b) Barisan bilangan asli genap: X = 2, 4, 6, 8,  = 2n nN . (c) Barisan kebalikan bilangan asli: 1 1 1 1 1 Y = , , , , ... = . n nN 1 2 3 4 (d) Barisan kebalikan kuadrat bilangan asli: 1 1 1 1 Z = 2 , 2 , 2 , 2 , ... 1 2 3 4 1 = 2 . n nN. Perhatian: Barisan yang disajikan secara induktif sering muncul dalam aplikasi komputer. Barisan yang disajikan secara induktif biasanya berbentuk: x1 diberikan dan xn+1 = f(xn) untuk n  N atau dengan cara lain, sebagai contoh: y1 diberikan dan yn+1 = gn(y1, y2, ..., yn) untuk n  N. Contoh 3.1.2 (a) Jika b  R, barisan b, b, , b merupakan barisan konstan. (b) Barisan Fibonacci: f n nN dengan f1 = 1, f2 = 1, dan fn+1 = fn–1 + fn untuk n  2. Sepuluh unsur pertama barisan fibonacci adalah 1,1,2,3,5,13,21,34,55,  Definisi 3.1.3 Dipunyai barisan x n. nN. dan. yn. Didefinisikan (a) x n nN + y n. nN. = xn  y n. nN. (b) x n. nN. – yn. nN. = xn  y n. nN. (c) x n. nN. . yn. (d) Jika z n xn. nN. zn. nN. nN. . nN. = xn . y n. nN. nN. .. , ,. ,. dengan zn  0, xn zn. . nN. Limit Barisan Terdapat sejumlah konsep limit berbeda dalam analisis real. Pengertian limit barisan sangat mendasar dan akan menjadi titik pusat perhtian pada pasal ini..

[ Definisi 3.1.4 Dipunyi barisan bilangan real x n. nN. .. Suatu x  R merupakan limit barisan x n nN ditulis x n nN  x jika dan hanya jika untuk setiap  > 0 terdapat bilangn asli K() sehingga untuk setiap n  K() xn terletak dalam lingkungan V(x).  x , dikatakan. Selajutnya jika. xn. barisan. konvergen ke x. Jika. xn. nN. xn. nN. nN. (b) Untuk setiap lingkungan V (x) terdapat bilangan asli K() sehingga xn  V (x) apabila n  V (x) . (c) Untuk setiap  > 0 terdapat bilangan asli K() sehingga x n  x   apabila n  K(). (d) Untuk setiap  > 0 terdapat K() sehingga x    x n  x   apabila n  K(). Bukti: Buktinya sederhana, diserahkan pembaca sebagai latihan.. tidak mempunyai limit, barisan Contoh 3.1.7:. ini dikatakan divergen.. (a) Tunjukkan. Teorema 3.1.5 (Ketunggalan Limit) Suatu barisan bilangan real konvergen ke satu dan hanya satu bilangan real. Bukti: Andaikan x n. nN.  x  dan x n. nN.  x . dengan x   x  . x   x  Pilih o < . 2 Jelas V ( x )  V ( x )  . Pilih K1  N K2  N sehingga xn  V (x ) apabila n  K1 dan xn  V (x ) apabila n  K2. Jadi V ( x )  V ( x )  . Ini suatu kontradiksi. Jadi x   x  ..  0. nN. Bukti: Ambil sembarang  > 0. 1 Pilih K() = .  Dipunyai n  K(). 1 1 Jelas  . n K ( ) 1 1 1 Jadi x n  0  = = = . n n K ( ) Jadi   0K ( )  N  x n  0   apabila n  K(). 1  0. Jadi n nN (b) Tunjukkan. Teorema 3.1.6 Dipunyi barisan bilangan real. 1 n. xn. nN. dan x  R. Pernyataan berikut ekivalen: (a) x n nN  x. .. 1 n2.  0. nN. Bukti: Ambil sembarang  > 0. 1 Pilih K() = 2 .  Dipunyai n  K(). Jelas n  K()  n2  K2() 1 1  2  2 . n K ( ).

[ 1 Jadi x n  0  2 n 1 = 2 n 1 K 2 ( ) = . Jadi   0  K ( )  N  x n  0  . =. apabila n  K(). 1  0. Jadi n nN (c) Barisan 0, 2, 0, 2, 0, 2,  tidak konvergen. Bukti: Intuisi: 0, 2, 0, 2, 0, 2,   0 . Pilih  0  1  0. Ambil sembarang K  N. Jelas x 2 n  0  2  0  2   0 . Jadi terdapat  0  0 sehingga untuk setiap K  N berlaku x 2 n  0   0 apabila n  K. Jadi 0, 2, 0, 2, 0, 2,  vergen ke 0. Ini berarti intuisi salah.. tidak kon-. Pembaca dipersilahkan menunjukkan bahwa 0, 2, 0, 2, 0, 2,  tidak konvergen untuk setiap bilangan real x. (d) Tunjukkan. 3n  2 n 1.  3. nN. Bukti: Ambil sembarang   0 . 1 Pilih K ( )  . . Dipunyai n  K. 1 1 Jelas  . n K ( ) 3n  2 3n  2  3n  3 Jadi 3 = n 1 n 1 1 = n 1 1 < n = . Jadi   0  K ( )  N  x n  3   apabila n  K(). 3n  2  3. Jadi n  1 nN Definisi 3.1.8 Jika. x1 , x 2 ,  , x n ,  barisan bilang-. an real dan jika m suatu bilangan asli yang diberikan, maka barisan m–ekor dari x1 , x 2 ,  , x n ,  ditulis dengan Xmdidefinisikan sebagai x m1 , x m 2 ,  . Sebagai contoh dipunyai barisan bilangan real 2, 4, 6, 8, , 2n ,  . Berikut ini adalah barisan-barisan ekor: (a) X3 = 8,10,12, , 2n  6,  dan (b) X1 = 4,6,8,10,12, , 2n  6,  . Teorema 3.1.9 Dipunyai. xn. nN. barisan. bilangan-. bilangan real dan m  N. Barisan Xm konvergen jika dan hanya jika x n nN konvergen..

[ Bukti:. Bukti:. () Dipunyai x n. Tulis x n. nN. nN. konvergen.. apabila n  K. Jelas x k  x   apabila k  K – m. Jadi   0  K ( )  N  x k  x   apabila k  K() – m. Jadi Xm  x . () Dipunyai Xm konvergen. Tulis Xm  y . Ambil sembarang  > 0. Pilih K  N sehingga x k  y   apabila k  K – m. Jelas x n  y   apabila n  K. Jadi   0  K ( )  N  x n  y   apabila n  K(). Jadi x n nN  y . Jadi barisan Xm konvergen jika dan hanya jika x n nN konvergen. Teorema 3.1.10 an. nN. dan. xn. nN. adalah. barisan-barisan bilangan real dan x  R. Jika untuk suatu C > 0 dan suatu m  N memenuhi: x n  x  C a n untuk semua n  N sehingga n  m dan a n nN  0 maka x n. nN.  x.. nN.  0.. Ambil sembarang  > 0..  x.. Ambil sembarang  > 0. Pilih K  N sehingga x n  x  . Dipunyai. Dipunyai a n. Pilih KA  N sehingga a n  0  apabila n  KA. Jadi n  m..  C.  = . C Jadi   0  K ( )  N  x n  x  . Dipunyai x n  x  C a n  C. apabila n  K(). Jadi x n nN  x . Contoh 3.1.11: (a) Buktikan: jika a > 0. 1 1  na. maka. 0. nN. Bukti: Dipunyai a > 0. Ambil sembarang n  N. Jelas 0 < an < 1 + na. 1 1 Jadi 0   .. 1  an an 1 1 Jelas x n  0  = 1  na 1  na 1 1 1 < = .  . na a n 1 1  0. Jelas  0 dan n nN a Jadi. 1 1  na. (b) Buktikan Bukti:. 1 2n. 0. nN.  0. nN.

[ Jelas 0 < n < 2n. 1 1 Jadi 0  n  . n 2 1 1 1 1 Jadi n  0 = n < = 1.  . n 2 2 n 1  0. Jelas 1 > 0 dan n nN Jadi. 1 2n. Kasus c > 1: 1 cn. Tulis  1  d n untuk suatu dn > 0. Jelas c =(1 + dn)n  1 + n.dn. Jadi c – 1  1 + n.dn. c 1 Jadi dn  . n 1.  0.. 1 Jadi c n  1  d n  (c  1).  . n. nN. (c) Jka 0 < b < 0 buktikan b n. nN. 0.. Jelas c – 1 > 0 dan. Bukti: 1 Tulis b = untuk sustu a > 0. 1 a Jelas (1 + a)n  1 + na. 1 1 Jadi .  (1  a ) n 1  na 1 Jadi 0  b n  0  b n  (1  a ) n 1  1  na 1 < na 11 <  . an 1 1  0. Jelas  0 dan n nN a. Jadi b n. nN. 0.. (d) Jika c > 0 buktikan. 1 cn.  1.. Bukti: Dipunyai c > 1. Kasus c = 1: Jelas. nN. 1. Kasus 0 < c < 1: 1 cn. Tulis. . 1 untuk 1  hn. suatu. hn > 0. Jelas (1 + hn)n  1 + n . hn. 1 1  Jadi . n 1  n.hn (1  hn ) Jadi c . 1 1 .  1  n.hn n.hn. Jadi 0 < hn < 1 cn. 1 1  c.  . n.c n. 1  1  c.  . n. Jelas c > 0 dan 1 cn.  1. nN.  1,1,1, ...  1 ..  0. nN. nN. Jadi. nN. 1 cn. Jadi. 1 cn. 1 n. 1 n.  0. nN.

[ (e) Buktikan. 1 nn.  1.. Latihan Pasal 3.1:. nN. 1. Tulis 5 unsur pertama barisan:. Bukti: Kasus n = 1: Jelas. (a) 1  ( 1) n. 1 nn.  1. nN. (b). Kasus n > 1: Jelas. 1 nn.  1.. 1 nn. Tulis  1  k n untuk suatu kn > 0. Jadi n = (1 + kn)n. n(n  1).k n2 Jelas n  1  n.k n   2 n(n  1).k n2  1 . 2 n(n  1).k n2 Jadi n  1  . 2 2 Jadi k n2  . n Ambil  > 0. 2 Pilih N sehingga   2. N 2 Jadi   2 apabila n  sup{2,N} n Jadi 1. 1. 1.  1. nN. (d) nN. 1 n 2 2. nN. nN. 2. Tulis barisan berikut berdasarkan sifat barisan: (a) 5, 7, 9,10,  (b). 1 1 1 1 , , ,  ,  . 2 4 8 16. 3. Tulis 5 unsur pertama barisan yang disajikan secara induksi beroikut ini: (a) x1 = 1 dan xn+1 = 3xn + 1 2 yn  yn (b) y1 = 2 dan yn+1 = . 2 4. Jika b  R buktikan 5.Buktikan x n nN  0 . 1. 2 n n  1  n n  1  kn  ( ) 2   . n Jadi n n. 1 n(n  1). nN. (1) n n. (c). 6. Tuynjukkan. 1 3n. x. b n. nN.  0. nN.  0..  0. nN.

G 3.2 TEOREMA – TEOREMA LIMIT Pada pasal ini akan diperoleh beberapa hasil yang sering digunakan untuk menghitung nilai limit barisan.. Suatu barisan bilangan-bilangan real x n nN dikatakan terbatas jika terdapat bilangan M > 0 sehingga x n  M untuk setiap n  N.. nN. terbatas jika dan hanya. Jelas x n  x  x n  x  1 . Jadi x n  x  1 apabila n  K(1).. Jadi x n. nN. terbatas.. nN.  x dan y n. nN. (1) x n  y n. nN. y. (2) x n  y n. nN. (3) x n . y n (4) K .x n. nN nN. (5) Jika z n maka.  x y,.  x. y ,  K .x ,. nN. xn zn.  x y,. z0 . nN. x . z. Bukti (3): Jelas xn y n  xy  ( xn y n  xn y)( xn y  xy)  x n y n  x n y  x n y  xy. = xn y n  y  y xn  x .. Teorema 3.2.2: xn. nN. maka:. terbatas.. konvergen maka. Jadi x n. Jika x n. Jadi  M > 0  x n  M  n  N.. nN. x n  x  1 apabila n  K(1).. Teorema 3.2.3:. Jelas x n  M   M  x n  M . Jadi –M suatu batas bawah {xn│n  N} M suatu batas atas {xn│n  N}. Jadi {xn│n  N} terbatas. () Dipunyai {xn│n  N} terbatas. Tulis A: {xn│n  N}, Mb: suatu batas bawah A, Ma: suatu batas atas A. Pilih M = maks{│Mb│,│Ma│}. Jelas x n  M .. terbatas..  x.. nN. Jadi  M  0  x n  M x  N.. Ambil sembarang n  N. Pilih M >0 sehingga x n  M .. xn. Tulis x n. konvergen.. Tulis M  sup{ x1 , , x k 1 , x  1} .. jika {xn│n  N} terbatas di  }. Bukti: () Dipunyai x n nN terbatas.. Jika. nN. Pilih   1  0 . Pilih K (1)  N sehingga. Definisi 3.2.1. Akibat: Barisan x n. Bukti: Dipunyai x n. Dipunyai x n. nN. yn. nN. nN. Jelas x n. nN.  x dan  y.. terbatas..

P Pilih M 0  0  x n  M 0  n  N.. Jadi   0  K ( )  N sehingga. Tulis M  sup{M 0 , y } . Jelas x n y n  xy  M y n  y  M x n  x . Ambil sembarang   0 . Pilih K1, K2  N sehingga:  apabila n  K1 dan xn  x  2M  apabila n  K2. yn  y  2M. Pilih K  sup{K1 , K 2 } . Jels xn y n  xy   apabila n  K.. Jadi   0  K  N sehingga xn y n  xy   apabila n  K. Jadi x n . y n. nN.  x. y .. Bukti (5): Dipunyai z n.  z  0.. nN. Ambil sembarang   0 . Pilih K ( )  N sehingga z . apabila n  K(). 2 Pilih K 2  N sehingga z apabila n  K1. zn  z  2 z Jelas z n  z  2 z  z  zn  zn  z  . 2 z 1 2  . Jadi z n   zn z 2 Pilih K  sup{K ( ), K1} .. z  zn 1 1 1 1    . . z  zn Jadi zn z z n .z z zn . 2 z. 2. 2. .. z  2. 1 zn. Jadi. xn zn. Jadi.  nN. 1 . z.  xn . nN. 1 zn. nN. 1 x  x.  . z z. Teorema 3.2.4 Jika x n. nN.  x dan xn  0  n  N. maka x  0. Bukti: Andaikan x < 0. Ambil sembarang   0 . Pilih K  N sehngga x n  x   apabila n  K. Jelas x n  x    x    x n  x   .. 2. zn  z . 1 1    apabila n  K ( ) . zn z. =.. Kasus    x : Jelas xk < x – x = 0. Ini suatu kontradiksi. Jadi x  0. Teorema 3.2.5 Jika x n. nN.  x , yn. nN.  y , dan. xn  y n  n  N maka a  x  b . Bukti: Dipunyai x n. nN.  x , yn. nN. dan x n  y n  n  N . Jelas x n  y n. nN.  x  y dan. y n  x n  0 n  N . Jadi y  x  0  x  y ..  y,.

[ Teorema 3.2.6 Jika x n. nN. Jadi   0  K  N sehingga.  x dan a  x n  bn  N. y n  x   apabila n  K .. maka a ≤ x ≤ b.. Jadi y n. Bukti: Dipunyai x n nN  x dan a  x n  bn  N . Bangun y n zn Jelas y n. n N n N. Contoh 3.2.8. , y n  a n  N dan. (a) Barisan n. , zn  b n  N ..  a dan zn. n N. Bukti: Andaikan n.  b.. n N.  x.. nN. Tulis n. Jadi a ≤ x ≤ b. Perolehan berikut ini menyatakan bahwa jika barisan yn nN diapit oleh dua barisan yang konvergen ke suatu bilangan real yang sama maka barisan yn nN konvergen ke nilai yang sama.. real x. Jadi n. nN. n N. nN. nN. konvergen..  x untuk suatu bilangan. terbatas.. Pilih M > 0 sehingga n  M  n  N . Ini suatu kontradiksi. Jadi n nN divergen. (b) Barisan ( 1) n. Teorema 3.2.7. divergen.. nN. divergen.. Bukti: Dipunyai yn. nN. barisan-barisan. , dan. zn. nN. xn. nN. ,. mempunyai sifat. Jelas (1) n  1  1  n  N .. x n  y n  z n untuk setiap n  N.. Jadi ( 1) n. Jika. Andaikan. xn. nN. dan z n. nN. konvergen ke. suatu bilangan real yang sama maka barisan yn nN . Bukti: Tulis x n. nN. ( 1) n.  x  zn. nN. .. Ambil sembarang   0 . Pilih K  N sehingga x n  x   dan z n  x   apabila n  N. Dipunyai x n  y n  z n  xn  x  y n  x  z n  x . Jadi y n  x  sup{ x n  x , z n  x }   .. nN.  a untuk suatu. bilangan real a. Ambil  = 1. Pilih K1  N. nN. terbatas.. sehingga. (1) n  a  1. apabila n  K1 . Kasus n gasal: Jelas  1  a  1  –2 < a < 0. Kasus n genap: Jelas 1  a  1  0 < a < 2. Ini suatu kontradiksi. Jadi ( 1) n divergen. nN.

K. 2n  1 n. (c) Tunjukkan.  2. nN. Bukti:. Bangun x n. Jelas x n. nN. . nN. dengan xn = 2 n  N. nN. 1 n  N . n  2 dan y n nN  0 . nN. nN. Jadi xn  y n. 1 n.  2. dan yn. dengan xn =. 2n  1 n. . nN. 2n  1 n5. (d) Tunjukkan.  2 0  2. nN. 2n  1 n5. Jerlas 2  Jadi. . nN. nN.  nN. (e) Tunjukkan. 1. 2. nN. 1. 2n n2  1. 1 n 5 n. 5 n nN.  nN.  1. 2  1. 1. Jelas Jadi. 2n n 1 2. 2 n.  0.. nN.  nN.  x untuk suatu. n. nN.   ai t i i 0.  p( x) . nN. Teorema 3.2.9 nN.  x maka x n. nN.  x.. Bukti:. nN. Ambil sembarang   0 . Pilih K  N sehingga x n  x   dan z n  x   apabila n  N.. 2 n 1 1 2 n.  0 dan 1 . 2n n 1 2.  nN. Jelas p ( x n ). Jika x n. Bukti:. Jelas. nN. Bukti: Tulis p (t )  a k t k  a k 1t k 1    a 0 .. ..  2 dan 1 . 1 n nN. 2n  1 n5. 2. xn. bilangan real x. Jika p(x) suatu suku banyak maka p ( x n ) nN  p ( x) ..  2.. 1 n 5 n. Jelas  1  sin n  1 n  N 1 sin n 1     n  N . n n n 1 1 0 Jelas  . n nN n nN sin n  0. Jadi n nN (g) Dipunyai. Bukti: Jelas.  0. nN. Bukti:. 2n  1 n. Jelas. sin n n. (f) Tunjukkan. 1 n2. 0 0. 1. .. Jelas x n  x  x n  x . Jadi x n  x   .. nN.  1. nN. Jadi.   0. K  N. x n  x   apabila n  N.. Jadi x n. nN.  x.. sehingga.

[ Teorema 3.2.10. 3. Tunjukkan bahwa barisan 2 n. Dipunyai barisan x n Jika xn  0 maka. xn. divergen..  x.. nN. nN.  x.. Bukti: Kasus x = 0: Ambil sembarang  > 0. Pilih K  N sehingga x n  0   2 apabi-. n  K. Jadi x n. nN. . xn  . . xn  0   . x n  0   apabila.  x.. Jelas. 1 x xn. Jadi. xn  x xn  x. . 1 x. . xn  x .. nN.  0..  x.. Latihan 3.2 1. Periksa barisan-barisan berikut ini konvergen atau divergen: (a). n n 1. (c) nN. (1) n n 1. (d) nN. 2n  3 n2 1. 2. (b). n n 1. (c) nN. n 1. (d). n 1. nN. nN. 2. nN. 2. Berikan contoh dua barisan yang divergen akan tetapi jumlahnya konvergen.. (1) n n2. nN. n 1 n n. nN. 5. Dipunyai y n  n  1  n untuk semu n  N . Tunjukkan bahwa n yn barisan y n nN dan nN. konvergen. n. 1 n n b ). dengan 0<a<b. tunjukksn bahwa z n.  0 dan x n  x nN. 1 (a) (2  ) 2 n. 6. Jika z n  (a. Kasus x > 0: Jelas x  0 . Jelas xn  x . 4. Tentukan nilai limit barisan berikut ini:. (b). la n  K. Jelas x n  0   2  xn <  2. Jadi   0K  N . nN. nN. b..

3.3 Kemonotonan Barisan Sekarang telah dikenal berbagai metode untuk menunjukkan bahwa suatu barisan konvergen, antara lain: (a) dapat digunakan Defiinisi 3.1.4 atau Teorema 3.1.6 secara langsung, akan tetapi terkadang muncul kesulitan. (b) dapat digunakan pengali positif barisan a n nN  0 .. 1 1 1 (b) 1, , 2 ,  , n 1 ,  , dan 2 2 2. (c) mengidentifikasi barisan X  x n. (b)  1,2,3,  , (1) n .n,  .. nN. yang konvergen, selanjutnya gunakan barisan ekor, kombinasi aljabar, nilai mutlak dan sebagainya. (d) menggunakan teorema apit. (e) menggunakan uji perbandingan. Pada pasal ini akan disajikan komono-tonan fungsi yang kelak dapat digunakan untuk membantu menguji kekonvergenan barisan. Definisi 3.3.1 Dipunyai barisan bilangan-bilangan real X  x n nN . Barisan x n nN dikatakan: (a) naik jika memenuhi pertidaksamaan x1  x 2    x n  x n 1   . (b) turun jika memenuhi pertidaksamaan x1  x 2    x n  x n 1   .. (c) b, b 2 , b 3 ,  , b n ,  ,0  b  1 . Barisan berikut beberapa barisan yang tak monoton: (a)  1,1,1,  , (1) n 1 ,  dan. Barisan berikut tak monoton, akan tetapi monoton di belakang: (a) 7,6,2,1,2,3,4,  dan 1 1 1 (b)  2,0,1, , , ,  . 2 3 4. Teorema 3.3.2 Suatu barisan bilangan-bilangan real monoton konvergen jika dan hanya jika terbatas. Lebih jelasnya: (a) Jika xn (b) Jika xn. Suatu barisan dikatakan monoton apabila naik atau turun. Berikut ini beberapa barisan naik: (a) 1,2,3, , n,  , (b) 1,2,2,3,3,3,4,4,4,4,  , dan (c) a, a 2 , a 3 ,  , a n ,  , a  1 . Berikut ini beberapa barisan turun: 1 1 1 (a) 1, , ,  , ,  , 2 3 n. xn nN.  sup{x n } .. xn nN. Bukti: Dipunyai x n. naik terbatas maka. nN. turun terbatas maka. nN.  inf{x n } . nN. barisan monoton.. () Dipunyai x n. Jelas x n. nN. () Dipunyai x n. nN. konvergen.. terbatas. nN. terbatas.. Pilih M > 0 sehingga xn  M  n  N ..

Kasus x n. nN *. naik:. Tulis x  sup{x n n  N } . Ambil sembarang   0 . Pilih K  N  x *    x K  x * . Jadi x *    x K  x n  x * apabila n  K. Jadi untuk setiap   0 terdapat. Jelas 0  x n  1 x  A . Jadi A terbatas. Jadi x n nN terbatas. Jelas inf (A) = 0 dan sup (A) = 1. Jadi x n nN  0  inf{x n n  N } . Cara 2:. KN sehingga x n  x *   apabila. Dipunyai X  x n . n  K. Jadi x n. 1 Jelas X . X  x n2  n. Kasus x n. nN. nN *.  x *  sup{ x n n  N } .. Jadi X  x n . turun:. n. Jadi x *  x n  x K  x *   apabila n  K. Jadi untuk setiap   0 terdapat KN sehingga x n  x *   apabila n  K. Jadi x n. nN.  x *  inf{ x n n  N } .. .. n. nN.  0. nN. 1. Tulis x  inf{x n n  N } . Ambil sembarang   0 . Pilih K  N  x *  x K  x *   .. 1.  0 0. nN. 1 . i 1 i nN Ambil sembarang n  N. n 1 1 n 1 1 Jelas x n 1  x n =    = >0. n 1 i 1 i i 1 i Jadi x n 1  x n  n  N . n. (b) Dipunyai X  x n  . Jadi X  x n. nN. Bangun X   x 2n. monoton naik. nN. .. Jelas Contoh 3.3.3 (a) Tunjukkan. 1 n.  0. nN. Cara 1: 1.  x n nN . n nN Ambil sembarang n  N . 1 1 Jelas x n 1  x n = < 0.  n 1 n Jadi x n 1  x n  0  n  N .. Tulis. Jadi x n. nN. monoton turun.. Tulis A  {x n n  N } .. 1 1 1      2 3 4 1   1   n 1  n  2   2 1 1 1 1 1   1 > 1       n  n  2 4 4 2  2 1 1 1 = 1   2 2 2 n = 1 . 2 Jadi x n nN tak terbatas.. x 2n = 1 . Jadi x n. nN. divergen..

(c) Barisan Y  y n. nN. 2y  3 3  y . 4 2 3 Jadi Y  y n nN  . 2. disajikan secara. Jadi y . induktif sebagai berikut: 2 yn  3 y1 = 1 dan yn+1 = untuk n 1. 4 2y  3 5 Jelas y 2  1  . 4 4 Jadi y1 < y2 < 2. Intuisi: y n  2  n  N .. (d). dengan z1  1 dan z n 1  2 z n .. Tulis P(n): y n  2  n  N . P(1): y1  2 . Jelas y1 = 1 < 2 Jadi P(1) benar. Dipunyai P(k) benar. Jelas y k  2 . 2y  3 7 Jelas y k 1  k   2. 4 4 Jadi P(k+1) benar apabila benar. Jadi P(n) benar. Jadi y n  2  n  N .. Intuisi: 1  z n  z n 1  2 . Tulis P(n): 1  z n  z n 1  2 . P(1): 1  z1  z 2  2 .. P(k). Intuisi: y n  y n 1 n  N . Tulis P(n): y n  y n 1 . P(1): y1  y 2 . Jelas y1 < y2 < 2. Jadi P(1) benar. Dipunyai P(k) benar. Jelas y k  y k 1 . Jelas 2 y  3 2 y k 1  3 y k 1  k   y k  2 Jadi 4 4 P(k+1) benar apabila P(k) benar. Jadi P(n) benar. Jadi y n  y n 1  n  N . Jadi y n Jadi y n Tulis y n. nN nN nN. naik dan terbatas.. Dipunyai barisan bilanganbilangan real Z  z n nN. Jelas z1 = 1 dan z 2  2 z1  2 . Jadi 1  z1  z 2  2 . Jadi P(1) benar. Dipunyai P(k) benar. Jelas 1  z k  z k 1  2 . Jadi 2  2 z k  2 z k 1  4 . 2  2 z k  2 z k 1  2. 2  z k 1  z k  2  2 . Jadi 1  z k 1  z k  2  2 . Dai P(k+1) benar apabila P(k) benar. Jadi P(n) benar. Jadi 1  z n  z n 1  2 . . Jadi Z  z n. nN. ter-batas. Jadi Z  z n. nN. Tulis Z  z n. nN. barisan turun dan konvergen.  z.. Bangu barisan bagian Z   z n'  z. nN. konvergen.  y.. Bangun barisan bagian Y   y .. Jadi z  2 z  z 2  2 z  0  z(z – 2) = 0  z  0 z  2. Jadi Z  z n. nN.  2..

Contoh 3.3.4 Dipunyai a > 0, akan dibangun suatu barisan a n nN sehingga a n nN  a .. Pasal ini ditutup dengan mengenal-kan suatu barisan yang konvergen ke suatu bilangan transenden dalam mate-matika.. Prosedur yang digunakan telah dikenal di Mesopotamia pada abad 1500 sebelum Masehi. Ambil sembarang a1>0 dan definisikan a an  an untuk n  N. a n 1  2 Jelas a n2  2a n 1a n  a  0 , an  R.. Contoh 3.3.5. Jelas 4a n2  4a  0  a n2  a.  an  a . Ambil sembarang n  N. a an  a n a n2  a Jelas a n  a n 1 = a n  = 0. 2 2a n Jadi a n Tulis a n Jadi x  Jadi a n. konvergen.. nN nN. x 2 nN.  x untuk suatu x  R.. a x  x2  a  x  a .  a.. Pada akhir perhitungan, penting diperhatikan ketelitian bagaimana barisan a n nN konvergen ke a . Jelas a n  a untuk semua n  2 dan a  a  an . an Jadi a2  a a , n  2. 0  an  a  an   n an an Menggunakan pertidaksamaan ini dapat dihitung a untuk sembarang ketelitian tertentu..  1 Bangun barisan E  1    n. n. . BanN. risan ini terbatas dan naik. Jadi E konvergen ke suatu bilangan transenden yang dikenal dengan bilangan Euler e yang hampirannya2,718 281 828 459 045 ... . n.  1 Jelas en = 1    n 1  1  1  1  2  =1+1+ 1   + 1  1   2!  n  3!  n  n  1  1   n 1 +...+ 1  ..1   n!  n   n  n 1. 1   dan en+1 = 1    n 1 1 1  1 =1+1+ 1   + 1  1 1  2  2!  n  1  3!  n  1  n  1  1 1   n 1 +...+ 1  ..1   n!  n  1   n  1  1  1   n  + 1  ..1  . (n  1)!  n  1   n  1  Tampilan en dan en+1 berturut-turut memuat n+1 dan n +2 suku. Selanjutnya tiap suku di en kurang dari atau sama dengan suku-suku yang sesuai di en+1. Jadi 2  e1  e2    en  en 1   . Jadi E barisan turun. Ingat bahwa: 1 1  p 1 untuk p = 1, 2, ... . p! 2 1 1 1 Jadi 2  en  1  1   2    n 1 2 2 2  2  en  3 untuk semua n  N. Jadi E terbatas. Jadi E konvergen..

Latihan Pasal 3.3 1. Dipunyai barisan bilangan-bilangan real x n nN disajikan secara induktif: x1>1 dan x n 1  2 . 1 untuk n  2. xn. Tunjukkan bahwa. xn. nN. terbatas,. monoton, dan tentukan limitnya. 2. Dipunyai barisan bilangan-bilangan real y n nN disajikan secara induktif: y1=1 dan y n 1  2  y n . Tunjukkan bahwa. yn. nN. konvergen dan ten-. tukan limitnya. 3. Dipunyai a > 0 dan barisan bilanganbilangan real z n nN disajikan secara induktif: z1>0 dan z n 1  a  z n . Tunjukkan bahwa. zn. nN. konver-. gen dan tentukan limitnya. 4. Dipunyai barisan bilangan-bilangan real x n nN disajikan secara induktif: x1 = a >0 dan x n 1  x n  kan apakah x n. nN. 1 . Tentuxn. konvergen atau. divergen. 5. Dipunyai x n. nN. merupakan barisan. terbatas dan untuk setiap n  N, s n  sup{xk k  n} dan t n  inf{xk k  n} . Tunjukkan bahwa s n. nN. dan t n. nN. konvergen. Tunjukkan pula bahwa jika s n nN  x  t n nN maka xn. nN. konvergen..

3.4 Barisan Bagian dan Teorema Bolzano-Weierstrass Pada pasal ini dikenalkan pengertian tentang barisan bagian barisan bilangan-bilangan real. Juga dibangun teorema Bolzano-Wierstrass yang berguna untuk menguji kekonvergenan barisan. Definisi 3.4.1 Dipunyai barisan bilangan-bilangan real X  x n nN dan r1  r2    r3   barisan bilangan-bilangan asli yang naik kuat. Barisan X   x r1 , x r2 , x r3 ,  , x rn ,  disebut barisan bagian X.. 1 . n nN Berikut ini beberap contoh barisan bagian dari X: Sebagai contoh dipunyai X =. 1 (a) = n  2 nN 1 (b) = 2n 1 nN (c). 1 2n!. = nN. 1 1 1 , , , , 3 4 5 1 1 1 1 , , , ,  , dan 1 3 5 7. 1 1 1 1 , , , , . 2! 4! 6! 8!. Sedangkan contoh berikut bukan himpunan bagian dari X: 1 1 1 1 1 1 , , , , , ,  dan 2 1 4 3 6 7 1 1 1 1 (b) ,0, ,0, ,0, ,  . 1 3 5 7. (a). Teorema 3.4.2 Jika X = x n. nN.  x maka setiap baris-. an bagian dari X konvergen ke x. Bukti: Ambil sembarang   0 . Pilih K()  N sehingga x n  x   apabila n  K(). Ambil sembarang barisan bagian X  . Tulis X   x rn . rn N. Jelas rn  n . Jadi.   0  K ( )  N  x n  x  . apabila rn  K ( ) . Jadi X   x rn.  x.. rn N. Contoh 3.4.3 (a) Dipunyai barisan. bn. nN. dengan. 0<b<1. Ambil sembarang n  N. Jelas xn+1 = bn+1 < bn = xn dan 0 < xn < 1. Jadi b n monoton turun dan nN. terbatas. Jadi b n Tulis b n. nN. nN. konvergen..  x.. Pilih X   x 2 n Jelas X   x2n. nN. nN. ..  x n2. nN.  x2 .. Jadi x  x 2  x( x  1)  0  x  0  x  1. Jadi x = 0. 0. Jadi b n nN.

7 1 11 .    sin 6 2 6 Bagun s   sin ni dengan ni di. (b) Apabila c > 1 periksa konvergensinya 1 cn. barisan. Selanjutnya sin. . nN. 1 cn. Tulis. Ik  [.  z n . Jelas zn > 1 dan zn+1 <. zn. Jadi z n Tulis z n Jelas z 2 n. nN. nN. 1 Jelas sin ni  [ 1, ] . 2 Ambil sembarang c  R sehingga S  c . Jelas S  tidak konvergen ke c. Jadi S  sin n nN tidak konvergen. konvergen.. nN.  z. . 1 1 (c n ) 2. . 1 z2. .. nN. 1 z2. 1 1 2 z (z 2. Jadi z  z = 0  z = 1. Jadi z = 1.. 7 11  2 ( k  1),  2 ( k  1)] . 6 6. ke sembarang c  R. Jadi S  sin n nN divergen..  1)  0. 1.  1.. Jadi c n nN. (c) Tunjukkan S  sin n. Eksistensi Barisan Bagian Monoton nN. divergen.. Buki:.  1 5 .   sin 6 2 6  5 Bangun I1  [ , ] . 6 6 1 Jadi sin x  apabila x  I1 . 2 2 Jelas I1   2. 3 Pilih n1  N  I1 Bangun selang  5 I k  [  2 (k  1),  2 (k  1)] . 6 6 Jelas I k  2 .. Ingat sin. Pilih nk  N  I k . Bangun barisan bagian S   sin nk n N . k. Jelas. sin nk  [ 12 ,1] .. Pada pasal berikut ini ditunjukkan bahwa setiap barisan mempunyai barisan bagian yang monoton. Teorema 3.4.6 Jika. X  xn. nN. adalah. barisan. bilangan-bilangan real maka terdapat barisan bagian dari X  x n nN yang monoton. Bukti: Ingat: suku ke m dari. xn. nN. disebut. peak jiaka xm  xn untuk semua n dan mn. Kasus X memiliki sejumlah tak hingga peak: Tulis x m1 , x m2 , x m3 ,  dengan m1  m2    mk   ..

Bagi I1 menjadi subselang I 1 dan I 1 ,. Jelas x m1  x m2  x m3   . Jadi barisan bagian x mk. mk N. turun.. Kasus X memiliki sejumlah hingga peak: Tulis x m1 , x m2 , x m3 , , x mr . Ambil s1 = mr + 1 indeks pertama peak terakhir. Jelas x s1 bukan peak. Pilih s2 > s1 sehingga x s1  x s2 . Jelas x s2 bukan peak. Pilih s3 > s2 sehingga x s2  x s3 . Proses ini dilanjutkan diperoleh barisan bagian x sn yang naik. sn N. Teorema Bolzano-Weierstrass Teorema Bolzano-Weierstrass menyatakan bahwa setiap barisan terbatas mempunyai barisan bagian yang konvergen. Mengingat pentingnya teorema ini, akan disajikan bukti kedua yang berasis selang bersarang. Teorema 3.4.7 Setiap barisan terbatas mempunyai barisan bagian yang konvergen. Bukti (1): Tulis X  x n nN terbatas. Ambil sembarang X   x rn. nN. barisan. bagian X yang monoton. Jelas X  terbatas. Jadi X  konvergen. Bukti (2): Tulis X  x n nN terbatas. Jadi {x n n  N } terbatas. Pilih I1=[a,b] sehingga a  x n  b x  N . Pilih n1 = 1.. dan bagi himpunan {n  N n  1} menjadi dua bagian, yaitu: A1  {n  N n  n1 , x n  I1 } dan  B1  {n  N n  n1 , x n  I1 } . Kasus A1 tak hingga: Pilih I  I  dan n = inf{A }. 2. 1. 2. 1. Bagi I2 menjadi subselang I 2  dan I 2  , dan bagi himpunan Bangun {n  N n  n2 } menjadi dua bagian, yaitu:  A2  {n  N n  n2 , x n  I1 } dan B2  {n  N n  n2 , x n  I1 } . Kasus A2 tak hingga:  Pilih I 3  I 2 dan n3 = inf{A2}. Proses ini dilanjutkan, diperoleh selang bersarang: I1  I 2  I 3    I k   dan barisan x nk. nk N. sehingga x nk  I k. untuk setiap k  N . ba Jelas I k  k 1 . 2 Pilih   I k untuk setiap k  N..  . Jelas x nn    (b  a ). 2 k . Jelas (b-a)>0 dan Jadi x nk. nk N. 1 2 k 1. 0. kN.  .. Teorema ini disebut dengan teorema Bolzano-Weierstrass. Pembaca sering melihat barisan terbatas, sebagai contoh X  (1) n barisan mempunyai nN. barisan bagian konvergen dan divergen, yaitu:.

X   (1) 2 n 1 X   ( 1) 2 n.  1 ,. nN nN. X   (1) n 10. Latihan 3.4.  1 , dan. nN. yang divergen.. 2. Jika 0 < c < 1 tunjukkan bahwa. Teorema 3.4.8 Dipunyai barisan bilangan-bilangan real X  x n nN terbatas dan x  R. Jika setiap barisan bagian X konvergen ke x maka barisan X konvergen ke x.. 1 cn.  1. nN. 3. Dipunyai barisan x n Barisan berayun z n. Bukti: Dipunyai X  x n. nN. terbatas.. Pilih M > 0 sehingga x n  M untuk semua n  N . Andaikan x n Pilih. 1. Berikanlah suatu contoh barisan yang tak terbatas yang mempynyai barisan bagian yang konvergen.. 0  0. X   x rn. rn N. nN. tak konvergen ke x. dan. barisan. sehinghga. bagian. x rn  x   0. untuk semua n  N. Jelas X  terbatas Pilih barisan bagian X  dari X  . Jelas X  juga barisan bagian X. Jadi X   x . Jadi barisan ekor terletak di V 0 ( x) . Ini suatu kontradiksi. Jadi x n nN konvergen ke x.. nN nN. dan y n. nN. .. didefinisikan. dengan z1  x1 , z 2  y1 , ..., z 2 n 1  x n , z 2n  y n , . Tunjukkan bahwa z n jika dan hanya jika yn. nN. konvergen. nN. konmvergen. xn. dan. nN. ke. suatu. bilangan real yang sama. 4. Setiap barisan bagian dari x n vergen ke 0 buktikan x n. n N. nN. kon-.  0.. 5. 6. Periksa dan hitung kekonvergenan barisan berikut ini 1   (a) 1    2n . 2. 1   (b) 1    2n . n. nN. 1   (c) 1  2   n   1 (d) 1    n. nN. n. 2. nN. n. nN.

3.5 Kriteria Cauchy Definisi 3.5.1. Pilih K ( 0 )  N sehingga x n  x m  1. Dipunyai barisan bilangan-bilangan real X  x n nN disebut barisan Cauchy jika untuk setiap   0 terdapat bilangan asli K ( ) sehingga untuk setiap bilangan asli m, n  K ( ) berlaku x n  x m   .. apabila m, n  K ( 0 ) . Jelas x n  x m  1 . Jadi x n  x m  1  x n  x m  1 . Pilih M = sup { x1 , x 2 , , x m , x m  1} . Jadi x n  M untuk setiap n  N.. Lemma 3.5.2. Jadi x n. Dipunyai barisan bilangan-bilangan real x n nN . Jika x n nN konvergen maka. Teorema 3.5.4 (Kriteria Cauchy). xn. nN.  x.. nN. Ambil sembarang   0 . Pilih K ( )  N. sehingga. Bukti: xn  x . apabila n  K ( ) . Ambil sembarang m, n  K ( ) ..  5. Jelas x n  x m  x n  x  x m  x 2 < 5 <. Jadi untuk setiap   0 terdapat bilangan asli K ( ) sehingga untuk setiap bilangan. asli m, n  K ( ) berlaku x n  x m   . Jadi x n. nN. terbatas.. Barisan bilangan-bilangan real konvergen jika dan hanya jika merupakan barisan Cauchy.. merupakan barisan Cauchy.. Bukti: Tulis x n. nN. merupakan barisan Cauchy.. Tulis x n. nN. barisan yang dimaksud.. () Dipunyai x n. Jadi x n. nN. nN. barisan Cauchy.. () Dipunyai x n. Jelas x n. konvergen.. nN. nN. barisan Cauchy.. terbatas.. Ambil sembarang   0 . Pilih sehingga KN  x n  x m  apabila m,n  K. 3 Pilih barisan bagian x rn konrn N. vergen ke suatu x  R. Pilih sehingga HK  xH  x*  . 3 Tulis H = m.  Jelas x n  x H  apabila n  K. 3 *. Teorema 3.5.3 Barisan Cauchy terbatas. Bukti Dipunyai x n Ambil  0  1 .. nN. barisan Cauchy..

Jadi x n  x * = xn  x H  x H  x *  xn  x H  x H  x * 2 3 <.  x* .. =. Jadi x n. nN. 1 n. konvergen. nN. Bukti: Ambil sembarang   0 . Pilih K ( )  N sehingga. 1   . K ( ) 2. 2 Jelas K ( )  .  Ambil sembarang m, n  K ( ) . 1 1 1 1 2 Jelas      . n m n m K ( ) Jadi untuk setiap   0 terdapat bilangan asli K ( ) sehingga 1 1    apabila m, n  K ( ) . n m 1 Jadi barisan Cauchy. n nN. Jadi. 1 n.  x n  x n1 + x n 1  x n  2 + ... + x m1  x m 1 1    m2 n 2 2 2 1  1 1  = n 1 1     M  N 1  2  2 2  1 < n 1 . 2 Ambil sembarang   0 . 1  Pilih n sehingga n  . 4 2 Jadi x n  x m   apabila m > n.. =. Contoh 3.5.5 (a) Tunjukkan. Jelas x n  x m. konvergen.. 1. n 1. . Jadi x n. nN. Jadi x n. nN. Tulis x n. nN. adalah barisan Cauchy. konvergen.  x untuk suatu xR.. Pilih barisan bagian X   x 2 n 1. nN. .. 1 1 1  3    2 n 1 2 2 2 2 1  = 1  1  n  . 3  4  nN 5 Jelas X   . 3 5 Jadi x n nN  . 3. Jelas X   1 . nN. (b) Dipunyai barisan x n. nN. disajikan. secara induksi:. x1  1, x 2  2, dan x n . x n  2  x n 1 2. untuk n > 2. Jelas 1  xn  2 untuk setiap x  N. 1 Jelas x n  x n 1  n 1 untuk x  N. 2 Ambil m, n  N dengan m > n.. (c) Dipunyai barisan bilangan-bilangan real y n nN disajikan secara induktif 1 1 1 , y 2   , ..., 1! 1! 2! 1 1 (1) n 1 . yn      1! 2! n! Ambil sembarang m, n  N, m > n.. dengan y1 .

(1) i 1 . i! i 1 n. Tulis y n   Jadi.  m (1) i 1   n (1) i 1     = y m  y n        i 1 i!   i 1 i! . (1) n  2 (1) n 3 (1) m1 .   (n  1)! (n  2)! m! Jadi y m  y n = . (1) n  2 (1) n 3 (1) m1   (n  1)! (n  2)! m! (1) n  2 (1) n 3 (1) m1   (n  1)! (n  2)! m!. 1 1 1    (n  1)! (n  2)! m! 1 1 1  n  n 1    m 1 2 2 2 1 < n 1 2 2 < n 2 < . Jadi y n nN barisan Cauchy. Tulis y n. nN.  y untuk suatu y R..   1 Jelas lim 1  1  n n    4 1 = 1 e  0,632120559..   . 1 (d) Tunjukkan  divergen. i 1 i nN Bukti: n 1  z n nN . Tulis  i 1 i nN n. Ambil sembarang m, n  N, m > n. m 1 m 1 Jelas z m  z n =    i 1 i i 1 i 1 1 1 =   n 1 n  2 m mn > m n = 1 . m Kasus m = 2n, z m  z n > 12 .. 1 i 1 i Cauchy. n 1 Jadi  i 1 i n. Jadi . bukan barisan nN. divergen. nN . 1 divergen. i 1 i. Jadi deret harmonik  Definisi 3.5.6 Barisan. xn. nN. dikatakan menyempit. ji-ka ada konstanta C, 0 < C < 1 x n  2  x n 1  C x n 1  x n sehingga untuk semua n  N. Konstanta C disebut konstanta penyempitan barisan. Teorema 3.5.7 Setiap barisan yang menyempit merupakan barisan Cauchy dan dengan demikian konvergen. Bukti: Dipunyai. xn. nN. barisan menyempit.. Jelas x n  2  x n 1  C x n 1  x n  C 2 x n  x n 1  C 3 x n 1  x n  2  ...  C n x 2  x1 Ambil sembarang m, n  N, m > n..

Jelas x m  x n  x m  x n  x m1  x m2  ...  x n 1  x n. . .  C m 2  C m3    C n 1 x 2  x1 = C n 1 (C m n 1  C m n  2    1) x 2  x1  1  C mn   x 2  x1 = C n 1   1  C    1   C n 1  . x 2  x1 . 1 C  Jelas x 2  x1  0 dan  1  C n 1   1 C . Bukti: (a) Ambil sembarang m, n  N, m > n.  1  Jelas x m  x n  C n 1  . x 2  x1 . 1 C   1  Jadi x *  x n  C n 1  . x 2  x1 . 1 C  (b) Ambil sembarang m, n  N, m > n. Jelas x m  x n  x m  x m1    x n 1  x n . Ingat x n  k  x n  k 1  C k x n  x n 1 . Jadi x m  x n.  0..  (C m n    C 2  C ). x n  x n 1. nN. Jadi x m  x n   untuk setiap   0 . Jadi x n Jadi x n. nN nN. . barisan Cauchy.. C . x n  x n 1 . 1 C.  1  Jadi x *  x n  C n 1  . x 2  x1 . 1 C . konvergen.. Dalam proses perhitungan dalam barisan menyempit terdapat suatu hal yang penting dalam memperkirakan dan mengestimasi kesalahan pada unsur ke n. Dalam perolehan berikut diberikan dua estimasi tersebut, yaitu: (a) pertama menyangkut dua unsur pertama barisan dan n, (b) kedua yang berkaitan dengan selisih unsur: x n dan xn–1.. Contoh 5.3.9 Dipunyai f: R R, f(x) = x2 – 7x + 2. Jelas f(0) = 2 dan f(1) = –4. Ini berarti bahwa suatu solusi persamaan f(x) = 0 terletak di antara 0 dan 1. Solusi ini dapat diselesaikan dengan cara perulangan sebagai berikut. x3  2 Tulis x  . 7 Bangun barisan X  x n nN dengan:. Akibat 3.5.8. x n3  2 0 < x1 < 1 dan x n 1  , n  N. 7 Jelas 0 < xn < 1 untuk semua n  N. Jelas x n  2  x n 1. Jika X  x n. nN. suatu barisan menyem-. pit dengan konstanta penyempitan C, 0 < C < 1, dan jika x n nN  x * maka C n 1 . x 2  x1 dan 1 C C (b) x *  x n  . x n  x n 1 . 1 C. (a) x *  x n . x n31  x n3 x n31  2 x n3  2 = =  7 7 7 =. x n31  x n 1 .x n  x n2 . x n 1  x n 7.

3 . x n 1  x n . 7 Jadi x n nN merupakan barisan menyem-. . pit. Jadi x n Tulis x n. nN nN. konvergen.  p untuk suatu p  R.. Jadi p suatu solusi. Nilai x dihampiri dengan memilih nilainilai p di antara 0 dan 1. Pilih x1 = 0,5: Jelas x2 = 0,3035714; x3 = 0,2897108 x4 = 0,2891880; x5 = 0,2891692 x6 = 0,2891686; dan seterusnya. Untuk memperoleh istimasi yang teliti, lihat fakta: x 2  x1  0,2 . C n 1 Jadi x *  x n  . x 2  x1 1 C n 1. 3   7 =   .(0,2) 4 7 n 1 3 = . 20. Kasus n = 6:. 35 243   0,0051 . Jelas x  x6  4 7 .20 48020 Kenyataan menunjukkan bahwa pada dasarnya hampiran yang diharapkan lebih baik dari ini. Sebagai contoh x6  x5  0,0000006 < 0,0000007. *. 3 x6  x5  0,0000006 . 4 Ini berarti bahwa hampiran x6 teliti pada 6 tempat desimal.. Jadi x *  x6 . Latihan 3.5 1. Berikan contoh suatu barisan terbatas yang bukan merupakan barisan Cauchy. 2. Tunjukkan bahwa barisan berikut merupakan barisan Cauchy. 3. Buktikan bahwa barisan berkut bukan barisan Cauchy: n 1 1 (a) (b) n nN n! nN 4. Tunjukkan bahwa jika yn. nN. barisan. xn. nN. dan. barisan Cauchy maka barisnxn  y n. nN. dan. xn . y n. nN. juga merupakan barisan Cauchy. 5. Jika x n. nN. barisan Cauchy dan xn. bilangan bulat untuk setiap nN maka x n nN merupakan bareisan konstan. 6. Jika x1 < x2 adalah sembarang bilangx  x n 1 an real dan x n  n  2 untuk n>2 2 tunjukkan bahwa x n nN konvergen dan tentukan nilai limitnya. 7. Jika x1 > 0 dan x n 1  tunjukkan bahwa. xn. nN. 1 ,n 1 2  xn. merupakan. barisan menyempit dan tentukan limit barisan tersebut. 8. Persmaaan x2 – 5x + 1 = 0 mempunyai akar r dengan 0 < r < 1. Gunakan hampiran barisan penyempitan untuk menghitung r yang kurang dari 10-4..

4.1 Limit Fungsi Analisis dalam matematika secara umum memperkenalkan tentang topic matematika yang secara sitematitis digunakan untuk membangun konsepkonsep limit. Telah dikenal konsep dasar tentang limit, antara lain konvergensi barisan bilangan-.bilangan real. Pada pasal ini akan dibangun konsep limit fungsi. Konsep limit fungsi sejajar dengan konsep limit barisan. Secara intuitif, ide fungsi f mempunyai limit L di c adalah nilai f(x) menghampiri L apabila x menghampiri c. Pernyataan ”fungsi f menghampiri L di c” berarti bahwa nilai f(x) terletak di sembarang  lingkungan L apabila x diambil dari lingkungan c yang cukup kecil dengan x  c . Pemilihan  bergantung nilai  yang diambil. Limit fungsi tidak bergantung pada adanya nilai f di c. Definisi 4.1.1 Dipunyai A  R dan a  R.Titik c disebut titik kumpul A jika setiap   lingkungan c memuat paling sedikit satu titik di A yang bukan c. Perhatian: Titik kumpul c tidak harus menjadi anggota A.. Bukti: () Dipunyai c titik kumpul A. Ambil sembarang n  N. Bangun V (c)  V 1 (c) . n. Pilih a n  V 1 (c)  ( A  {c}) . n. Bangun a n. nN. Pilih N = n + 1. Jelas a n  c   apabila n  N . Jadi a n. nN.  c.. Jadi terdapat barisan unsur-unsur di A selain c dan konvergen ke c. () Dipunyai barisan unsur-unsur di A selain c dan konvergen ke c. Ambil sembarang   0 . Pilih K ( )  N  a n  V (c) Apabila n  K ( ) . Jadi V (c) memuat titik-titik di A yang bukan c. Jadi c suatu titik kumpul A.. Contoh 4.1.3 (a) Dipunyai A1 = (0,1) dan A = [0,1]. Ambil sembarang a  A . Kasus a = 0: Ambil sembarang n  N. Bangun V 1 (0) . n. Teorema 4.1.2 Suatu titik c  R merupakan titik kumpul A jika dan hanya jika terdapat barisan a n unsur-unsur di A yang bukan c yang konvergen ke c.. .. Pilih a n . 1 . 2n.

Jelas a n  V 1 (0)  ( A  {0}) . n. Jadi V 1 (0) a n  V 1 (0)  ( A  {0}) . n. n. Jadi 0 suatu titik kumpul A1. Kasus a = 1: Ambil sembarang n  A. Bangun V 1 (1) . n. 1 . 2n Jelas a n  V 1 (1)  ( A1  {1}) .. Pilih a n . n. Jadi V 1 (1) a n  V 1 (1)  ( A  {1}) . n. n. Jadi 1 suatu titik kumpul A. Kasus 0 < a < 1: Ambil sembarang   0 . Bangun V (a ) .. Bangun V 0 (ai ) . Jelas V 0 (ai )  ( A  {ai })   . Jadi ai bukan titik kumpul A. Jadi A tidak punya titik kumpul. (c) Buktikan N tak punya titik kumpul. Bukti: Ambil sembarang n  N . Tulis   min{ ni  n j i  j} . Jelas   1 . 1 Pilih  0  . 2 Bangun V 0 (n) . Jelas V 0 (n)  ( N-{n})=0. Jadi n bukan titik kumpul N. Jadi N tidak punya titik kumpul. Definisi 4.1.4. Kasus    0  min{a,1  a} .  Pilih a n  a  0 . 2 Jelas a n  V (a )  ( A1  {a}) .. Dipunyai A  R, f : A  R, dan c titik kumpul A. Limit f(x) untuk x mendekati c bernilai L ditulis lim f ( x)  L jika dan hanya jika untuk. Kasus    0  min{a,1  a} .. setiap. Pilih a n  (a, a   0 ) . Jelas a n  V (a )  ( A1  {a}) . Jadi V (1) a n  V (1)  ( A  {a}) . Jadi a suatu titik kumpul A1. Jadi a  [0,1] a titik kumpul A1. (b) Dipunyai A  R dan A hingga. Tulis A = {a1, a2, ..., an} dan   min { ai  a j 1  j; i, j  1,..., n} . Ambil sembarang ai  A .  Pilih  0  . 2. x c. lingkungan. lingkungan. V (L). V (c). terdapat sehingga. f ( x)  V ( L) apabila x  V (c) . Teorema 4.1.5 Jika A  R dan f : A  R maka f hanya boleh memiliki sebuah limit di c. Bukti:.   Andaikan lim f ( x)  L dan lim f ( x)  L x c. dengan L   L  . Ambil sembarang   0 .. x c.

Pilih    0 dan    0 sehingga f ( x)  V  ( L ) apabila x  V  (c) dan f ( x)  V  ( L ) apabila x  V  (c) dengan V  (L )  V  (L )   . Pilih   min{ ,  } . Pilih x0  V (c)  ( A  {c}) . Jelas f ( x0 )  V ( L )  V ( L ) . Ini suatu kontradiksi. Jadi L   L  .. Kriteria    Bagi Limit Teorema 4.1.6. Pilih  ( )  0 sehingga:. f ( x)  L   apabila x  A dan 0  x  c   ( ) .. Jelas f ( x)  L    f ( x)  V ( L) dan x  A dan 0  x  c   ( ).  x  V (c)  ( A  {c}) . Jadi untuk setiap   0 terdapat  ( )  0 sehingga f ( x)  V ( L) apabila x  V (c)  ( A  {c}) . Jadi lim f ( x)  L . x c. Contoh 4.1.7. Dipunyai A  R, f : A  R, dan c titik kumpul A. PBE: (a) lim f ( x)  L x c. (b) untuk setiap   0 terdapat suatu   0 sehingga f ( x)  L   apabila x  A dan 0  x  c   ( ) .. Bukti: () Dipunyai lim f ( x)  L . x c. Ambil sembarang   0 . Pilih  ( )  0 sehingga: f ( x)  V ( L) apabila x  V ( ) (c)  ( A  {c})  f ( x)  L   apabila 0  x  c   ( ) . Jadi setiap   0 terdapat suatu   0 sehingga f ( x)  L   apabila x  A dan 0  x  c   ( ) .. () Dipunyai setiap   0 terdapat suatu   0 sehingga f ( x)  L   apabila x  A dan 0  x  c   ( ) .. Ambil sembarang   0 .. (a) Buktikan lim b  b . x c. Bukti: Tulis f ( x )  b x  R. Ambil sembarang   0 . Pilih   1  0 . Dipunyai 0  x  c  1 . Jelas f ( x)  b = b  b =0<1=  . Jadi   0  0  f ( x)  b   apabila 0  x  c   . Jadi lim b  b . x c. (b) Buktikan lim x  c . x c. Bukti: Tulis f ( x )  b x  R. Ambil sembarang   0 . Pilih     0 . Dipunyai 0  x  c   . Jelas f ( x)  c = x  c     ..

Jadi   0   0  f ( x)  c   apabila 0  x  c   . Jadi lim x  c . x c. (c) Buktikan lim x 2  c 2 . x c. Bukti: Tulis f ( x )  x 2 . Ambil sembarang   0 . 1 }. Pilih   min{1, c 2. c c 3c  x 2 2 2 2 1 2    3c x c 2 1 2  2  2  cx c 3c 2 1 2  2.  2  cx c 3c. Jelas 0  x  c . Jelas f ( x) . Dipunyai 0  x  c   . Dicari batas x  1 pada 0  x  c  1 :. 1 1 1   c x c cx = cx xc = cx 2 c2 = .. Jelas 0  x  c  1  c  1  x  c  1  c < x + 1< c + 2  x 1  c  2  c  2 . Jadi f ( x)  c  x  c 2. 2. 2. = x  c. x  c <  ( c  2) =. Jadi   0   0  f ( x)  c 2   apabila 0  x  c   . Jadi lim x  c 2 . x c. Jadi   0   0  f ( x) . 1  c. apabila 0  x  c   . 1 1  . x c x c. Jadi lim. x3  4 4  . x 2 x 2  1 5. (e) Buktikan lim Bukti:. 1 1 (d) Buktikan lim  , c > 0. x c x c Bukti: 1 Tulis f ( x)  , x > 0. x Ambil sembarang   0 . c c 2 Pilih   min{ , }. 2 2 Dipunyai 0  x  c   .. Dicari batas. <. 1 c pada 0  x  c  : cx 2. x3  4 x  R. x2 1 Ambil sembarang   0 . 2 Pilih   min{1, } . 15 Dipunyai 0  x  2   . Tulis f ( x) . Dicari batas 5 x 2  6 x  12 dan 1 pada 0  x  2  1 : 2 5( x  1) Jelas 0  x  2  1  1 < x < 3  1 < x2 < 9.

 2 < x2 + 1 < 10  10 < 5(x2 + 1) < 50 1 1 1    dan 50 5( x 2  1) 10. 5 x 2  6 x  12 < 5.32 + 6.3 + 12 = 75. 4 Jelas f ( x)  5 x3  4 4 = 2  x 1 5. risan di A selain c x n  c . Ambil sembarang   0 . Pilih   0 sehingga: f ( x)  L   apabila 0  x  c   .. x n  c   apabila n  K ( ) .. x  2 . 5 x  6 x  12. Jadi f ( x n )  L   .. 5( x  1) 2. x  2 .(5 x  6 x  12) 2. =. x c. Pilih K ( )  N sehingga. 2. =. Bukti: () Dipunyai lim f ( x)  L dan ba-. 5( x 2  1). Jadi   0  K ( )  N sehingga f ( x n )  L   apabila n  N . Jadi f ( x n ). 15 2 =. Jadi. nN.  L.. () Dipunyai untuk setiap barisan unsur-unsur di A selain c x n nN yang konvergen ke c. =.   0   0  f ( x) . 4  5. apabila 0  x  2   .. n N.  L.. Andaikan lim f ( x)  L . x c. Pilih  0  0 sehingga. x 4 4  . x c x 2  1 5 3. Jadi lim. f ( x)  L   0 untuk suatu. Kriteria Barisan Bagi Limit Berikut ini disajikan suatu formula penting tentang limit fungsi pada barisan bilangan. Teorema 4.1.8 Dipunyai f : A  R dan c titik kumpul A. PBE: (a) lim f ( x)  L x c. (b) untuk setiap barisan unsur-unsur di A selain c x n nN yang konvergen ke c maka barisan f ( x n ). maka barisan f ( x n ). n N.  L.. Kriteria divergen Teorema 4.1.9 Dipunyai A  R f : A  R dan c titik kumpul A. (a) Jika LR maka lim f ( x)  L jika x c. dan hanya jika terdapat suatu barisan x n nN unsur-unsur di A yang bukan c konvergen. ke c, akan lim f ( x n )  L .. xn  c. tetapi.

[ (b) lim f ( x n )  L jika dan hanya jika xn  c. terdapat barisan unsur-unsur di A yang bukan c sehingga x n nN  c akan tetapi barisan. f ( xn ). nN. tidak. (c) Tunjukkan lim sin x 0. 1 tidak ada. x. Bukti: Diserahkan pembaca sebagai latihan.. konvergen.. Latihan Pasal 4.1. Bukti: Diserahkan pembaca sebagai latihan.. 1. Tentukan kondisi x  1 agar (a) x 2  1 . Contoh 4.1.10 1 tidak ada. x 0 x Buktinya sederhana, diserahkan pemba-ca sebagai latihan. (b) Dipunyai fungsi sgn: R  R dengan:  1, x  0  sgn( x)   0, x  0 .  1, x  0 . (a) Tunjukkan lim. 1 2. 1 10 3 (c) x 2  1  1n untuk n  N diberikan. (b) x 2  1 . (d) x 3  1 . 1 n. untuk n  N diberikan. 2. Dipunyai c suatu titik kumpul A  R dan Buktikan f :AR. lim f ( x)  L jika dan hanya jika x c. lim f ( x)  L  0 . x c. Grafik sgn: Y. 3. Dipunyai f : R  R dan c  R. Tunjukkan lim f ( x)  L jika dan. 1. x c. hanya jika lim f ( x  c)  L .. X. x 0. –1. Jelas sgn( x) . 4. Dipunyai f : R  R , I selang buka dengan I  R , dan c I. Tunjukkan bahwa f1 mempunyai limit di c jika dan hanya jika f mempunyai limit di c, dan lim f ( x)  lim f1 .. x untuk x  0 . x. Bangun X  x n. nN. (1) n  n. x c. . nN. Jelas sgn (xn) = (–1)–n untuk n  N. Jelas sig ( x n nN tidak konvergen. Jadi lim sgn( x) tidak ada. x0. x c. 5. Dipunyai I = (0,a), a > 0, dan g(x) = x2 untuk x I. Untuk sembarang x, c di I tunjukkan g ( x)  c 2  2a x  c . Gunakan pertidaksamaan untuk menunjukkan lim x 2  c 2 . x c.

4.2 TEOREMA-TEOREMA LIMIT Pada pasal ini akan diturunkan suatu hasil yang dapat dipergunakan untuk menghitung limit fungsi. Definisi 4.2.1 Dipunyai A  R, f : A  R, dan c titik kumpul A. Fungsi f dikatakan terbatas pada suatu lingkungan c jika terdapat suatu lingkungan V (c) sehingga. f ( x)  M untuk setiap x  A  V (c) . Teorema 4.2.2 Dipunyai A  R, f : A  R. Jika f mempunyai limit di c maka f terbatas pada suatu lingkungan di c.. (f+g)(x) = f(x) + g(x) x  A , (f – g)(x) = f(x) – g(x) x  A , (f.g)(x) = f(x) . g(x) x  A , jika k  R maka (k.f)(x) = k . f(x) x  A , jika h(x)  0 x  A maka  f ( x)  f ( x)  ( x)  x  A . h( x )  h( x )  Teorema 4.2.4 Dipunyai A  R, f: AR, f: AR, c titik kumpul A, dan b R. (a) Jika lim f ( x)  L dan lim f ( x)  M x c. x c. maka lim[ f ( x)  g ( x)]  L  M , x c. lim[ f ( x)  g ( x)]  L  M , x c. lim[ f ( x).g ( x)]  L.M ,. Bukti: Tulis lim f ( x)  L .. x c. lim b. f ( x)  b.L ,. x c. x c. Ambil  0  1  0 . Pilih. 0  0. sehingga. f ( x)  L  1. apabila 0  x  c   0 . Jelas f ( x)  L  f ( x)  L  1 . Ambil sembarang x  V 0 (c)  ( A  {c}) . Jelas f ( x)  1  L . Tu;lis 1  L  M  0 .. (b) Jika h:ARdan h( x )  0 x  A , dan f L lim h( x)  H maka lim ( x)  . x c h x c H Bukti: (a.3) Ambil sembarang barisan unsurunsur di A yang bukan c sehingga a n nN  c . Jelas lim f ( x n )  L dan. Jadi  V 0 (c) dan M > 0 sehingga. xn  c. lim g ( x n )  M .. f ( x)  M x V 0  ( A  {c}) .. xn  c. Jadi f terbatas pada suatu lingkungan c.. Jadi lim[ f ( x).g ( x)] xc. = lim [ f ( x n ).g ( x n )]. Definisi 4.2.3 Dipunyai A  R, f : A  R, g : A  R suatu fungsi. Didefinisikan:. xn  c. dan. = L.M. Bukti lainnya diserahkan pembaca sebagai latihan..

Contoh 4.25 (a) Beberapa contoh limit yang disajikan pada pasal 4.1 dapat diperiksa dengan memanfaatkan Teorema 4.2.4. Sebagai contoh telah diperoleh lim  c dan lim x 2  c 2 . x c. x c. Jika c > 0 dapat dihitung 1 1 1 lim   . c c x lim x c c c 3. (b) Jelas lim( x 2  1)( x  4) x c. = lim ( x 2  1). lim ( x 3  4) x 2. x 2. = 5.4 = 20. lim x 3  4 x3  4 4 (c) Jelas lim 2 = x 2 2 = . x 2 x  1 lim x  1 5 x 2. (d) Jelas lim (3 x  6)  0 . x 2. Dengan demikian limit berikut tidak dapat memanfaatkan Teorema 4.2.4.b. Jadi x2  4 ( x  2)( x  2) = lim lim x 2 3 x  6 x 2 3( x  2) ( x  2) = lim x2 3 1 = lim ( x  2) 3 x 2 4 = . 3 1 (e) Jelas lim  tidak ada. x 0 x (f) Jika p (x ) suatu polinom maka lim p ( x)  p (c) . x c. (g) Jika p(x) dan q(x) polinom dengan q ( x)  0 maka p ( x ) p (c ) p ( x) lim . lim  x c  x c q ( x ) lim q ( x) q (c) x c. Teorema 4.2.6 Dipunyai A  R, f : A  R, dan c suatu titik kumpul A. Jika a ≤ f(x) ≤ b untuk setiap x A-{c) dan lim f ( x) ada maka a  lim f ( x)  b . x c. xc. Bukti: Dipunyai lim f ( x) ada. xc. Tulis L  lim f ( x) . xc. Ambil sembarang barisan unsur-unsur di A – {c} ( x n ) nN  c . Jelas ( f ( x n )) nN  L . Dipunyai a ≤ f(xn) ≤ b. Jadi a ≤ L ≤ b. Teorema 4.27 Dipunyai A  R, f , g : A  R, dan c suatu titik kumpul A. Jika f(x)≤g(x)≤h(x) untuk setiap x A-{c) dan lim f ( x)  L  lim h( x) maka x c. x c. lim g ( x)  L . x c. Bukti: Ambil sembarang   0 . Pilih  1  0 ,  2  0 , dan  2  0 sehingga:  f ( x)  L  apabila 0  x  c   1 , 5  f ( x)  L  apabila 0  x  c   2 , dan 5 f(x)≤g(x)≤h(x) apabila 0  x  c   3 . Pilih   min{ 1 ,  2 ,  3 } . Jelas f(x)≤g(x)≤h(x)  f(x)–L≤g(x)–L≤h(x)–L. Jadi g ( x )  L  maks{ f ( x )  L , h ( x )  L } <. Jadi.   0  0  g ( x)  L  . apabila 0  x  c   . Jadi lim g ( x)  L . x c.

Contoh 4.2.8 (a) Tunjukkan lim. x 0. Tulis f ( x) . 3 x2. 3 x 2 ,0.  0 apabila x > 0..  x  1.. 1 x2. Jelas x  1  x  2 Jelas lim x  0  lim x . 2. x 0. Jadi lim. x 0. 3 x2. 3 x2. x 0.  0.. (b) Tunjukkan lim sin x  0 . x 0. Ambil sembarang xR. Jelas  x  sin x  x . Jelas lim( x)  0  lim( x) . x 0. x 0. Jadi lim sin x  0 . x 0. (c) Tunjukkan lim cos x  1 . x 0. Ambil sembarang xR. x2 Jelas 1   cos x  1 . 2 x2 Jelas lim (1  )  1  lim (1) . x 0 x 0 2 Jadi lim cos x  1 . x 0. cos x  1  0. x Ambil sembarang xR. x2 Jelas 1   cos x  1 . 2 Kasus x > 0: x2 Jelas 1   cos x  1 2 x2    cos x  1  0 2. (d) Tunjukkan lim. x 0.  x.. x cos x  1  0 2 x x Jelas lim   0  lim (0) . x 0 2 x 0 cos x  1 Jadi lim  0. x 0 x Kasus x < 0: x2 Jelas 1   cos x  1 2 x2    cos x  1  0 2 cos x  1 x  0  x 2 x Jelas lim (0)  0  lim (  ) . x 0 x 0 2 cos x  1 Jadi lim  0. x 0 x sin x (e) Tunjukkan lim  1. x 0 x 1 (f) Tunjukkan lim x. sin  0 , x  0. x 0 x 1 Tulis f ( x)  sin , x  0 . x Ambil sembarang xR –{0}. 1 Jelas  1  sin  1 . x Kasus x < 0: 1 Jelas  x  x sin  x . x Kasus x > 0: Jelas  x  x. sin 1  x ..  . x. 1  x. x Jelas lim  x  0  lim x .. Jadi  x  sin x 0. x 0. 1 Jadi lim x. sin  0 x 0 x.

Teorema 4.2.9 Dipunyai AR, f : A  R, dan c suatu titik kumpul A. (a) Jika lim f ( x)  0 maka terdapat ling-. Jelas 0  x  c    x  V (c)  ( A  {c}) dan. x c. f ( x)  0 untuk setiap x  V (c)  ( A  {c}) .. kungan V (c) sehingga. (b) Jika lim f ( x)  0 maka terdapat lingx c. kungan V (c) sehingga f ( x )  0 untuk setiap x  V (c)  ( A  {c}) . Bukti: (a) Dipunyai lim f ( x)  0 . x c. Tulis lim f ( x)  L , L >0. x c. Ambil  . L . 2. Pilih   0 sehingga f ( x)  L . L 2. apabila 0  x  c   . Jelas 0  x  c    x  V (c)  ( A  {c}) dan L f ( x)  L  2 L 3L  .  f ( x)  2 2 Jadi terdapat lingkungan V (c) sehingga untuk setiap f ( x)  0 x  V (c)  ( A  {c}) . (b) Dipunyai lim f ( x)  0 . x c. L 2. f ( x)  L . L L  f ( x)  L  2 2 L L  L   f ( x)  L  2 2 3L L   f ( x)  . 2 2 Jadi terdapat lingkungan V (c) sehingga untuk setiap f ( x)  0 x  V (c)  ( A  {c}) ..  L. Latihan Pasal 4.2 1. Gunakan Teorema 4.2.4 untuk menentukan limit berikut: (a) lim( x  1)(2 x  3) x 1. x2  2 x 1 x 2  2 1   1 (c) lim   x  2 x  1 2x  x 1 (d) lim 2 x 0 x  2 (b) lim. 2. Hitunglah lim. x 2. Tulis lim f ( x)  L , L < 0.. 1  2 x  1  3x , x>0. x  2x 2. x c. L Ambil   . 2 L Pilih   0 sehingga f ( x)  L  2 apabila 0  x  c   .. 3. Buktikan bahwa lim cos x 0. akan tetapi lim x. cos x 0. 1 tidak ada, x. 1  0. x.

4. Dipunyai n  N sehingga n  3. Turunkan pertidaksamaan  x 2  x n  x 2 untuk –x < x < 1. Gunakan kenyataan bahwa lim x 2  0 untuk menunjukx 0 n. kan lim x  0 . x 0. 5. Dipunyai A  R , f : A  R , dan c suatu titik kumpul A. Jika lim f ( x) xc. f ada dan jika fungsi didefinisikan pada A oleh: f (x) = f (x). yang. Buktikan lim f ( x)  lim f ( x) . x c. x c. 6. Dipunyai A  R , f : A  R , c suatu titik kumpul A, f(x)  0 untuk semua x f ( x)  f ( x) . Jika  A, dan.  . lim f ( x) ada buktikan lim xc. lim f ( x) . xc. xc. f ( x) =.

4.3 PERLUASAN KONSEP LIMIT Pada pasal ini disajikan tiga tipe perluasan konsep limit fungsi yang sering muncul. Semua ide itu berkaitan dan telah diketahui, pasal ini menjadi mudah utnuk dibaca. Limit Sepihak. Definisi 4.3.1 Dipunyai A  R dan f : A  R. (a) Jika c titik kumpul A  (c,+) maka LR disebut limit kanan f di c ditulis lim f ( x)  L x c. . Ada kalanya suatu limit fungsi tidak ada pada titik kumpul apabila suatu fungsi itu dfibatasi pada suatu selang di satu pihak dari titik kumpul. Sebagai contoh fungsi signum,  1, x  0 yaitu: f :    , f ( x)   .  1, x  0 Grafiknya: Y 1. f X. O –1. untuk setiap   0 terdapat   0 sehingga f ( x)  L  . apabila c  x  c   . (a) Jika c titik kumpul A  (– ,c) maka LR disebut limit kiri f di c ditulis lim f ( x)  L x c. . untuk setiap   0 terdapat   0 sehingga f ( x)  L   apabila c    x  c .. Catatan: (1) Jika L adalah limit kanan f di c, ditulis dengan lim f ( x)  L . x c. Jika L adalah limit kiri f di c, ditulis dengan lim f ( x)  L . x c. (2) Limit-limit lim f dan lim f diseGambar 4.3.1: f(x) = sgn x. Jelas lim f ( x) tidak ada. Akan tetapi x0. apabila diadakan pembatasan: (a) Pertama f1 : (,0)   , f1(x) = –1. Jelas lim f1 ( x)  1 . x 0. Limit ini disebut limit kiri f di c = 0. (b) Kedua f 2 : (0,)   , f2(x) = 1. Jelas lim f 2 ( x)  1 . x 0. Limit ini disebut limit kanan f di c = 0.. x c. x c. but limit sepihak f. Limit-limit sepihak boleh keduanya ada, sama atau tidak sama. (3) Jika A merupakan selang dengan c merupakan ujung kiri maka f : A   mempunyai limit jika dan hanya jika f :A mempunyai limit kanan di c. Demikian pula, jika A merupakan selang dengan c merupakan ujung kanan maka f : A   mempunyai limit jika dan hanya jika f : A   mempunyai limit kiri di c..

Teorema 4.3.2 Dipunyai A  R, f : A  R, dan c suatu titik kumpul A  (c,  ) maka: PBE (a) lim f ( x)  L  R; x c. (b) untuk setiap barisan x n. nN. c. unsur-unsur di A dengan xn > c barisan f ( x n ) nN  L . Buktinya sederhana, diserahkan pembaca sebagai latihan. Teorema 4.3.3. c  x  c  . Jelas c    x  c dan c  x  c    xc  .. Jadi   0    0  f ( x)  L   apabila x  c   . Jadi lim f ( x)  L . x c. Contoh 4.3.4 (a) Dipunyai f(x) = sgn (x)   1, x  0   .  1, x  0 Jelas lim f ( x)  lim (1)  1 dan x 0. Dipunyai A  R, f : A  R, dan c suatu titik kumpul A  (c,  ) dan A  (, c) . Nilai lim f ( x)  L x c.  lim f ( x)  L = lim f ( x) . x c. x c. x 0. lim f ( x)  lim (1)  1 . x 0. x 0. Jadi lim f ( x)  lim f ( x) . x 0. x 0. Jadi lim f ( x) tidak ada. x0. Contoh 4.3.2 (b). Bukti:. Dipunyai g ( x)  Sket grafik f:. () Dipunyai lim f ( x)  L .. 1 ex. , x  0.. x c. Ambil sembarang   0 . Pilih   0 sehingga f ( x)  L  . Y. apabila x  c   . Jelas x  c    c   x  c  . Jadi   0    0  f ( x)  L   apabila c    x  c dan c  x  c   . Jadi lim f ( x)  L = lim f ( x) . x c. x c. () Dipunyai lim f ( x)  L = lim f ( x) . x c. x c. Ambil sembarang   0 . Pilih   0 sehingga f ( x)  L   apabila c    x  c dan. 1 X. Kasus x > 0: Ingat 0 < t < et untuk setiap t > 0. Ambil sembarang x > 0. 1 Jelas  0 . x.

Kasus x > 0:. 1. 1  ex . x 1 Bangun x n  . n 1 Jelas  n. xn Jadi g ( x n )  n untuk setiap nN. Jadi 0 . Jadi lim x 0. 1 ex. 1. 1 Jelas 0   e x . x 1 Jadi 0  1  x . ex Jadi 0 . . 1 1 ex. x 0. Jadi 0  . 1  x. Kasus x < 0: x 0. Jadi lim x 0. x 0. 1 lim e x x 0. 1. Dipunyai lim. x 0. x 0.  0.. .. Jadi 0   x . Jelas lim 0  0  lim ( x) . Jadi lim. 1. 1 x 0 ex. 1 ex. 1 ex. x 0. Jadi lim 1  e x.  x.. 1 Jelas lim 0  0  lim x .. tidak ada.. Kasus x < 0: 1 Jelas   0 . x. Jadi. 1 1 ex.  0.. 1 ex. 1.  0. 1. . 1. e x 1. 1. lim e x  1. 1   1. 1. x 0. Karena nilai kedua limit sepihak di 0 1 tidak sama maka lim 1 tidak ada. x 0. tidak ada.. e x 1. Contoh 4.3.2 (c) Dipunyai h( x) . 1 1 ex. , x  0.. Limit Tak Hingga. 1. Sket grafik h:. 1 x2 yang gambarnya adalah sebagai berikut:. Fungsi f: R –{0} R, f ( x ) . Y. Y 1. 0. X. X.

Tidak terbatas pada sembarang lingkungan 0. Dengan demikian f tidak mempunyai limit berdasarkan definisi sebelumnya. Selain itu lambang –  dan  bukan menyatakan suatu bilangan real. 1 f ( x)  2 Biasa dikatakan untuk x menghampiri  apabila x 0... 1 1  2 . 2 x  1 1 Jadi f ( x )  2  2  M . x  Jadi M  0   0 sehingga f(x) > M. Definisi 4.3.5. Jadi lim. 2.  0  x   2  0  x2   2 . Jadi. apabila 0  x  c   . 1   . x 0 x 2. Dipunyai A  R, f: A  R, dan c  R suatu tiik kumpul A. (a) Limit f menuju +  apabila x c ditulis dengan lim f ( x)   jika x c. dan hanya jika untuk setiap M > 0 terdapat   0 sehingga f(x) > M untuk setiap x A dengan 0 xc  . (b) Limit f menuju –  apabila x c ditulis dengan lim f ( x)   jika x c. dan hanya jika untuk setiap N < 0 terdapat   0 sehingga f(x) < N untuk setiap x A dengan 0 xc  .. Contoh 4.3.6 (a) 1   . x 0 x 2. Tunjukkan lim. 1  f ( x) . x2 Ambil sembarang M > 0. 1 Pilih   . M Dipunyai 0  x  0   .. Tulis. Jelas 0  x  0    0  x  . Contoh 4.3.6 (b) Dipunyai g: R –{0} R, g ( x ) . 1 . x. Kasus x < 0: Ambil sembarang M > 0. Jelas g(x) < M. Jadi g tidak menuju +  apabila x0. Kasus x > 0: Ambil sembarang N < 0. Jelas g(x) > N. Jadi g tidak menuju –  apabila x0. Beberapa perolehan pada pasal 4.1 dan 4.2 dapat diperlus menjadi teoremateorema limit. Teorema 4.3.7 Dipunyai A  R, f: A  R, dan c  R suatu titik kumpul A. Jika f ( x)  g ( x ) untuk setiap x  A, x  c maka: (a) Jika lim f ( x)   x c. maka lim g ( x)   x c. (b) Jika lim g ( x)   x c. maka lim f ( x)   x c.

Bukti: (a) Dipunyai lim f ( x)   . x c. Ambil sembarang M > 0. Pilih   0 sehingga f ( x )  M apabila 0  x  c   . Dipunyai f ( x)  g ( x ) . Jadi g ( x )  M Jadi M  0   0 sehingga g(x)>M apabila 0  x  c   . Jadi lim g ( x)   . x c. (b) Dipunyai lim g ( x)   . x c. Ambil sembarang N < 0. Pilih   0 sehingga f ( x )  N apabila 0  x  c   .. (b) Jika c  R suatu titik kumpul A  {, c ) , maka nilai f menuju   ditulis dengan lim f ( x)   jika dan hanya jika x c. untuk setiap M > 0 terdapat   0 sehingga f ( x)  M apabila c –  < x < 0 dan dan nilai f menuju   ditulis lim f ( x)   jika dan hanya jika x c. untuk stiap N < 0 terdapat   0 sehingga f ( x)  N apabila c –  < x < c. Contoh 4.3.9 Dipunyai f: R–{0}  R, f ( x)  Grafik f:. Dipunyai f ( x)  g ( x ) . Jadi f ( x)  N Jadi N  0   0 sehingga g(x)<N apabila 0  x  c   .. Y. f. Jadi lim f ( x)   . x c. O. Definisi 4.3.8 Dipunyai A  R, f: A  R. (a) Jika c  R suatu titik kumpul A  {c,  ) , maka nilai f menuju   ditulis dengan lim f ( x)   jika dan hanya jika x c. untuk stiap M > 0 terdapat   0 sehingga f ( x)  M apabila c < x < +c dan dan nilai f me-nuju   ditulis lim f ( x)   jika dan hanya jika x c. untuk setiap N < 0 terdapat   0 sehingga f ( x)  N apabila c–  < x < c.. 1 . x. f. Intuisi: (a) lim f ( x)   x 0. (b) lim f ( x)   x 0. Bukti: (a) Kasus x < 0: Ambil sembarang N < 0. 1 Pilih   . N. X.

Dipunyai 0  x  0   . Jelas 0  x    0 < – x <  1 1 1 1  .   x  x  1 1 Jadi f ( x)   N. x  Jadi untuk setiap N < 0 terdapat   0 sehingga f ( x )  N apabila c– < x < c. Jadi lim f ( x)   .. . x 0. (b) Kasus x > 0: Ambil sembarang N < 0. 1 Pilih   . M Dipunyai 0  x  0   . Jelas 0  x    0 < x <  1 1  . x  1 1 Jadi f ( x)    M . x  Jadi untuk setiap M > 0 terdapat   0 sehingga f ( x )  M apabila c< x < c + . Jadi lim f ( x)   .. . tulis lim f ( x)  L jika dan hanya x . jika untuk setiap   0 terdapat M > a sehingga f ( x)  L   apabila x > M. (b) Dipunyai ( , b)  A untuk suatu b  R. Nilai limit f untuk x    di- tulis lim f ( x)  L jika dan x . hanya jika untuk setiap   0 terdapat N < b sehingga f ( x)  L   apabila x < N. Teorema 4.3.11 Dipunyai AR, f: A R dan ( a,)  A Pernyataan beikut ekivalen: (1) lim f ( x)  L x . (2) untuk setiap x n sehingga f ( xn ). nN. nN. di A  ( a, ). lim x n   ,. n . barisan.  L.. Bukti: Diserahkan pembaca sebagai latihan.. x 0. Dari perolehan ini disimpulkan bahwa lim f ( x) tidak ada. x0. Limit di Tak Hingga Terdapat dua tipe limit fungsi di tak hingga, yaitu: nilai limit untuk x   atau x   .. Teorema 4.3.13 Dipunyai A  R, f: A R. 1. Dipunyai ( a,)  A untuk suatu aA (a) lim f ( x)    untuk setiap x .   R terdapat K ( )  a sehingga f (x )   apabila x  K ( ) . (b) lim f ( x)    untuk setiap x . Definisi 4.3.10 Dipunyai A  R, f: A  R. (a) Dipunyai ( a,)  A untuk suatu a  R. Nilai limit f untuk x  +  di-.   R terdapat K ( )  a sehingga f (x )   apabila x  K ( ) ..