Pengantar Fungsi Real

CATATAN KULIAH

Pengantar Fungsi Real Bagian Pertama

Oleh:

Eridani

Departemen Matematika Universitas Airlangga

SURABAYA

Kata Pengantar

Bismillahirrahmanirrahim.

Alhamdulillah, puji syukur penulis panjatkan kehadirat Allah Subhanahu Wata’ala yang telah melimpahkan karunia-Nya, sehingga penulis telah dapat menyusun catatan kuliah ini.

Penulis telah berhasil menyusun catatan kuliah ini pada periode Desember 2013 sampai denganJanuari 2014,dan direncanakan berisi materi:

• (2 kali pertemuan) Lapangan, Urutan, dan Nilai Mutlak,

• (2 kali pertemuan) Supremum, Infimum dan Penggunannya,

• (1 kali pertemuan) Ruang Metrik,

• (1 kali pertemuan) Definisi Barisan konvergen dan Terbatas,

• (1 kali pertemuan) Pengertian Barisan Cauchy dan Barisan Monoton,

• (1 kali pertemuan) Pengertian Subbarisan dan Teorema Bolzano-Weierstrass,

• (1 kali pertemuan) Deret takhingga dan Uji Kekonvergenannya,

• (1 kali pertemuan) Barisan di Ruang Metrik.

Untuk Mata Kuliah Analisis Real 2,direncanakan berisi materi

• (1 kali pertemuan) Definisi Fungsi Kontinu dan Kriteria Barisan untuk Fungsi Kontinu,

• (1 kali pertemuan) Fungsi Takkontinu, Fungsi Terbatas, dan limit di takhingga,

• (1 kali pertemuan) Fungsi kontinu dengan daerah asal berupa selang tutup, Pengertian Kontinu Seragam,

• (1 kali pertemuan) Pengertian Turunan dan Aturan Rantai,

• (1 kali pertemuan) Teorema Rolle, Teorema Nilai Rata-rata, Ekstrim Fungsi,

• (1 kali pertemuan) Ekspansi Taylor dan Penggunaannya dalam estimasi,

• (2 kali pertemuan) Definisi Integral Riemann dan Kriteria Riemann untuk fungsi yang terintegral (Riemann),

• (1 kali pertemuan) Teorema Fundamental Kalkulus, Aturan Substitusi dan Pengintegralan Parsial,

• (2 kali pertemuan) Pengertian Kekonvergenan Seragam Barisan Fungsi, dan Pertukaran Operasi.

DAFTAR ISI

Kata Pengantar ii

DAFTAR ISI iii

I Sistem Bilangan Real 1

I.1 Struktur Aljabar Bilangan Real . . . 1

I.1.1 Pengertian Urutan . . . 2

I.1.2 Nilai Mutlak . . . 4

I.2 Sifat Kelengkapan . . . 6

I.2.1 Penggunaan Sifat Kelengkapan . . . 10

I.2.2 Definisi dan Sifat Interval . . . 13

I.3 Mengenal Ruang Euklides . . . 15

II Barisan dan Deret 18 II.1 Pengertian dan Contoh Barisan . . . 18

II.1.1 Barisan Konvergen, Divergen, dan Terbatas . . . 18

II.1.2 Barisan Monoton . . . 22

II.1.3 Subbarisan dan Barisan Cauchy . . . 24

II.2 Beberapa Sifat Lanjutan Barisan . . . 28

II.2.1 Limit Superior dan Limit Inferior . . . 28

II.2.2 Konsep Topologi Wajar untuk Garis Real . . . 29

II.2.3 Pengantar Barisan Vektor . . . 31

II.3 Pengantar Deret Takhingga . . . 31

III Fungsi Kontinu 35 III.1 Berbagai Contoh Fungsi . . . 35

III.2 Pengertian Limit Fungsi . . . 36

III.3 Fungsi Kontinu Pada Interval Tutup . . . 42

III.4 Kontinu Seragam . . . 45

III.5 Fungsi Monoton dan Balikan Fungsi . . . 47

IV Turunan Fungsi 48 IV.1 Pengertian Turunan . . . 48

IV.2 Aturan Rantai . . . 49

IV.3 Teorema Nilai Rata-rata (dan Aplikasinya) . . . 51

IV.4 Fungsi Konveks . . . 54 iii

Bab I

Sistem Bilangan Real

I.1 Struktur Aljabar Bilangan Real

Kita perkenalkanR,(himpunan bilangan real) yang memenuhi:

1. Untuk setiap a, b∈Rselalu berlakua+b∈R,dana+b=b+a;

2. Untuk setiap a, b, c∈Rberlakua+ (b+c) = (a+b) +c;

3. Ada 0∈Ryang memenuhia+ 0 =a= 0 +a,untuk setiap a∈R;

4. Untuk setiap a∈R,selalu adac∈Ryang memenuhia+c= 0 =c+a;

5. Untuk setiap a, b∈Rselalu berlakua·b∈R,dan a·b=b·a;

6. Untuk setiap a, b, c∈Rberlakua·(b·c) = (a·b)·c;

7. Ada 1∈R,dan 16= 0,yang memenuhia·1 =a= 1·a,untuk setiapa∈R;

8. Untuk setiap a∈R,dengana6= 0, selalu adac∈Ryang memenuhi a·c= 1 =c·a;

9. Untuk setiap a, b, c∈Rberlakua·(b+c) = (a·b) + (a·c).

Empat sifat pertama menyatakan bahwa R merupakan grup komutatif terhadap operasi jumlah dengan unsur identitas 0.Grup tersebut dinotasikan dengan (R,+).

Sedangkan empat sifat berikutnya menyatakan bahwa R\ {0} merupakan grup komutatif terhadap operasi kali dengan unsur identitas 1,dan grup tersebut mempunyai notasi (R\{0},·).

Sifat terakhir, disebutsifat distributif, menyatakan tentang hubungan yang berlaku diantara kedua operasi dalamR.Secara keseluruhan, sifat-sifat di atas menyatakan bahwaRmempunyai strukturlapangan.

1

Untuk sebarang a∈R,danb∈R\ {0},akan dipunyai implikasi berikut a+c= 0, b·d= 1⇒c:=−a, d:= 1/b, ataud:=b⁻¹.

Selain itu, untuk setiapa6= 0,danm, n∈ {2,3,4, . . .},kita juga menggunakan notasi a⁰:= 1, a¹:=a, aⁿ := (aⁿ⁻¹)a, a^m+n=a^m·aⁿ, 1/(aⁿ) := (1/a)ⁿ.

I.1.1 Pengertian Urutan

Sekarang kita tinjau salah satu himpunan bagian R yang cukup penting. Kita definisikan

∅ 6=P⊂Rsebagai himpunan bilangan positif, yang bersifat:

Jika x, y∈P, maka x+y, xy∈P.

Dari sini didefinisikan relasi urutanyang menyatakan bahwa x >0 ⇔ x∈P, dan x <0 ⇔ −x∈P.

Dengan menggunakan notasi −P:={−x:x∈P},kita definisikan bahwaRterbagi menjadi tiga himpunan bagian saling asing, yaitu:

R=P∪ {0} ∪ −P, P∩ −P=P∩ {0}=−P∩ {0}=∅.

Dari definisi di atas, maka urutan pada R menyatakan bahwa untuk setiap a ∈ R selalu berlaku hanya salah satu dari ketiga sifat berikut:

a >0, a= 0, a <0.

Sifat di atas biasa disebut Sifat Trikotomi. Di sini, notasi a > b setara dengan b < a, dan mempunyai artia−b∈P.Sedangkan notasi a≥bberartia > b, ataua=b.

Dengan menggunakan sifat urutan, kita ketahui bahwa a < bakan berakibat a <(a+b)/2< b.

Lebih jauh, dengan mengambil a = 0, kita akan mendapatkan 0 < b/2 < b, dan ini berarti tidak terdapat bilangan positif terkecil dalamP.

z Jika hasilkali dua bilangan real bernilai nol, maka salah satu bilangan tersebut adalah nol. Buktikan bahwaa·0 = 0, −(−a) =a,dan (−a)·(−b) =a·b,untuk setiap a, b∈R.

z Jikaa≥b,danb≥c,maka a≥c,dana+d≥b+d,untuk setiapa, b, c, d∈R.

z Jika a < b, maka c > 0 akan berakibat ac < bc, sedangkan c < 0 akan menghasilkan ac > bc.

z Jikaa≥b, dana≤b,makaa=b.Jikaab >0,makaa, b >0,ataua, b <0.

♠♠Jika 0≤a < ε,untuk setiapε >0,makaa= 0.

♥ Andaikan a 6= 0, maka a > 0. Untuk ε0 := a/2 > 0, menurut hipotesa harus berlaku a < ε0, dan ini menimbulkan kontradiksi.

Kita catat bahwa konvers teorema di atas juga berlaku. Ini berarti satu-satunya bilangan taknegatif yang lebih kecil dari semua bilangan positif hanyalah nol.

z Jikaa, b∈Rbersifata−ε < b, untuk setiapε >0, makaa≤b.

♥Andaikana > b.Untukε₀:= (a−b)/2>0,kita malah mendapatkan 0< ε₀<2ε₀=a−b, ataub < a−ε0.Kontradiksi.

z Jikaa, b∈Rbersifata≤b+ε,untuk setiapε >0, makaa≤b.

z Syarat cukup dan perlu agarx=y,adalah|x−y|< ε,untuk setiapε >0.

z (Rata-rata Aritmetik dan Geometrik). Misalkan N:= {1,2,3, . . .} menyatakan himpunan bilangan alam. Untuk sebarangn∈N,buktikan bahwa

a1, a2, a2, . . . , an>0 ⇒ (a1a2· · ·an)^1/n≤a1+a2+· · ·+an

n .

♥Misalkan diberikana₁, a₂>0.Oleh karena (√ a₁−√

a₂)²≥0,maka kita akan mendap- atkana1+a2≥2√

a1a2,atau (a1+a2)/2≥√ a1a2.

Misalkan diberikana1, a2, a3, a4>0.Dengan menggunakan rumus untukn= 2, maka a1+a2+a3+a4

2 = a1+a2

2 +a3+a4

2 ≥√

a₁a₂+√ a₃a₄

≥2 q√

a1a2·√

a3a4= 2√⁴

a1a2a3a4.

Misalkan diberikana1, a2, a3>0. Dengan menggunakan rumus untukn= 4, kita peroleh a1+a2+a3+√³

a1a2a3

4 ≥ ⁴

q

a1a2a3√³

a1a2a3=√³

a1a2a3,

dan ini berarti (a₁+a₂+a₃)/3≥√³

a₁a₂a₃.Bagaimana dengann≥5 ? z Tunjukkan bahwaN⊂P,dana²≥0,untuk setiapa∈R.

♥ Sekarang akan ditunjukkan bahwa 1∈ P. Cukup jelas bahwa 1 6= 0. Dengan demikian yang tersisa hanyalah 1∈P,atau−1∈P.

Andaikan−1∈P,maka 1 = (−1)(−1)∈P,dan 0 = 1 + (−1)∈P.Suatu kontradiksi.

♠♠(Ketaksamaan Bernoulli). Jikan∈N,dant >−1,maka (1 +t)ⁿ ≥1 +nt.

♥Jelas bahwa ketaksamaan berlaku untukn= 1.

Misalkann= 2.Oleh karenat²≥0,maka kita akan mendapatkan (1 +t)²= 1 + 2t+t²≥1 + 2t.

Misalkan diketahui bahwa (1 +t)^k≥1 +kt.Hal ini akan mengakibatkan (1 +t)^k+1= (1 +t)^k·(1 +t)≥(1 +kt)·(1 +t)≥1 + (1 +k)t.

z (Cauchy-Schwartz). Jikan∈N,dan{a1, b1, a2, b2, . . . , an, bn} ⊂R,maka (a1b1+· · ·+anbn)²≤(a²₁+· · ·+a²_n)(b²₁+· · ·+b²_n).

♥TulisP(t) :=P_n

k=1(ak−tbk)²,untuk sebarangt∈R.Jelas bahwa P(t) =At²+Bt+C≥0, A:=

Xn

k=1

b²_k, B:=−2 Xn

k=1

akbk, C:=

Xn

k=1

a²_k.

Sebagai parabola,P tidak mungkin memotong sumbu datar di dua titik. Ini berarti 4

µµXn

k=1

akbk

¶₂

− Xn

k=1

a²_k· Xn

k=1

b²_k

¶

=B²−4AC≤0.

z (Minkowski). Jikan∈N,dan{a1, b1, a2, b2, . . . , an, bn} ⊂R,maka µ

(a₁+b₁)²+· · ·+ (a_n+b_n)²

¶_1/2

≤(a²₁+· · ·+a²_n)^1/2+ (b²₁+· · ·+b²_n)^1/2.

I.1.2 Nilai Mutlak

Kita melihat satu alasan mengapa nilai mutlak berperan penting dalam analisis, yaitu menen- tukan jarak. Dalam perspektif yang lebih luas, kita dapat melihat peran fungsi nilai mutlak dalam analisis. Pada analisis kita sering melakukan estimasi atau perkiraan. Contohnya kita biasa melakukan estimasi kesalahan dalam hampiran, perkiraan pertumbuhan, dan perkiraan luas. Maka, dianggap penting untuk membicarakan fungsi ini secara agak khusus sebelum melangkah lebih dalam.

Fungsi berikut, biasa disebutfungsi nilai mutlak, didefinisikan sebagai

|t|:=







t, t≥0,

−t, t <0,

atau |t|:=







t, t >0,

−t, t≤0.

Tafsiran geometris fungsi nilai mutlak dapat dijelaskan dengan cara sebagai berikut.

Secara geometris, himpunan bilangan real dapat digambarkan sebagai garisatau garis bi- langan. Dengan terlebih dahulu meletakkan bilangan 0 pada garis bilangan, maka kita dapat meletakkan semua bilangan positif di sebelah kanan 0,dan bilangan negatif disebelah kiri 0.

Untuk sebarang a∈R,notasi|a|,menyatakan jarakake 0.

z Untuk setiapa∈Rselalu berlaku| −a|=|a|, −|a| ≤a≤ |a|, dan

|a| ≤2 ⇔ −2≤a≤2.

Secara umum dapat ditunjukkan bahwac >0,akan berakibat

|t|< c ⇔ −c < t < c.

♥ Misalkan diketahui |a| ≤ 2. Jika a ≥ 0, maka akan diperoleh a = |a| ≤ 2. Sedangkan untuka <0,maka −a=|a| ≤2.Jika keduanya digabung, kita akan memperoleh−2≤a≤2.

Sebaliknya, misalkan−2≤a≤2.Kita lihat bahwa

−2≤a≤2 ⇒ −2≤a <0, atau 0≤a≤2 ⇒ |a| ≤2.

♠♠(Ketaksamaan Segitiga). Untuk setiapa, b∈Rselalu berlaku|ab|=|a||b|,

|a±b| ≤ |a|+|b|, dan

¯¯

¯¯|a| − |b|

¯¯

¯¯≤ |a−b|.

♥Jikaab≥0,makaadanb bertanda sama. Dengan demikian

|a||b|=a·b=ab=|ab|, atau |a||b|= (−a)·(−b) =ab=|ab|.

Jika ab <0, makaadanbberbeda tanda. Dalam hala >0,danb <0,kita punyai

|ab|=−(ab) =a·(−b) =|a||b|.

z Jikaa, b, c∈R,maka |a+b|=|a|+|b| ⇔ab≥0,dan

a < b < c ⇔ |a−b|+|b−c|=|a−c|.

Apa interpretasi geometris ketaksamaan kedua, jikaa≤c?

♥Kita perhatikan ekivalensi berikut.

|a+b|=|a|+|b| ⇔ (a+b)²= (|a|+|b|)² ⇔ ab=|ab| ⇔ ab≥0.

z Untuk setiapa, b∈R,kita definisikan

max{a, b}:=







a, a≥b, b, a≤b,

dan min{a, b}:=







a, a≤b, b, a≥b.

Buktikan bahwa max{a, b}= (a+b+|a−b|)/2,dan

min{a, b}= (a+b− |a−b|)/2.

z Dengan menotasikand:= max{a, b}, kita definisikan max{a, b, c}:= max{d, c}.

Tentukan rumus eksplisit untuk min{a, b, c},dan max{a, b, c}.

I.2 Sifat Kelengkapan

Dengan menggunakan notasi

Z:={0} ∪ {a,−b:a, b∈N}, Q:={a/b:a, b∈Z, b6= 0},

yang menyatakan kumpulan bilangan bulat dan kumpulan bilangan rasional, kita telah meli- hat bahwa sistem bilangan rasional Q juga memenuhi sifat (aksioma) lapangan dan urutan (Bagaimana?).

Namun demikian, sistem bilangan rasional Q tidaklah cukup ‘besar’ untuk menyatakan semua besaran yang sering kita temui dalam kehidupan sehari-hari. Sebagai contoh, tidak ada bilangan rasional yang dapat menyatakan panjang sisi miring segitiga siku-siku sama kaki dengan sisi-sisi tegak 1 satuan panjang, atau dalam perkataan lain, tidak adaq∈Qsedemikian sehinggaq²= 2.

Akan ditunjukkan bahwa tidak adaq∈Qyang bersifatq² = 2. Andaikan terdapatq0∈Q yang memenuhi q²₀ = 2.Pilih m, n∈N sedemikian hinggaq0 :=m/n. Untuk alasan keseder- hanaan, dapat dimisalkan bahwa m, dan n tidak mempunyai faktor sekutu yang lebih besar dari 1.

Dari m² = 2n², kita simpulkan bahwa m² genap, dan berarti m juga genap. Pilihk ∈ N sedemikian hinggam= 2k.Hal ini berakibatn²= 2k².Karena n²genap, makanjuga genap.

Ini berarti 2 adalah faktor sekutumdann.Kontradiksi.

Kita juga dapat menyajikan pembuktian di atas dengan cara alternatif.

Pandang m² = 2n², dengan 0 < n < m, dan m, n tidak mempunyai faktor sekutu. Kita lihat bahwa

(2n−m)²= 6n²−4nm= 2(m−n)², atau

µ2n−m m−n

¶₂

= 2,

dan ini menunjukkan keujudan suatu pecahan, dengan penyebut lebih kecil, yang kuadratnya sama dengan 2.Kontradiksi.

z Buktikan bahwa tidak mungkin adaq∈Qyang bersifatq²= 3,atauq³= 2.

Sistem bilangan realRdalam hal ini dapat dipandang sebagai perluasan dari sistem bilan- gan rasional Q sehingga mencakup bilangan-bilangan tak-rasional seperti di atas. Untuk itu sistem bilangan realRharus memenuhi sesuatu yang tidak dipenuhi olehQsedemikian hingga, misalnya, bilanganqsedemikian hinggaq²= 2 merupakan anggotaR.‘Sesuatu’ tersebut adalah Sifat (Postulat) Kelengkapan.

Subbab ini dimulai denganparadoks Zeno, yang bercerita tentang lomba lari antara Achilles dan seekor kura-kura.

Zeno (490-435 SM), seorang filsuf dan matematikawan Yunani Kuno mengemukakan sebuah paradoks tentang suatu perlombaan lari antara Achilles dan seekor kura-kura. Karena Achilles

berlari lebih cepat daripada sang kura-kura, maka sang kura-kura memulai perlombaan x0

meter di depan Achilles. Menurut Zeno, sekalipun Achilles berlari lebih cepat dan akan semakin mendekati sang kura-kura, namun ia takkan pernah dapat menyalip sang kura-kura. Ketika Achilles mencapai titik di mana sang kura-kura mulai berlari, sang kura-kura telah menempuh x1meter; dan ketika Achilles mencapai posisi tersebut beberapa saat kemudian, sang kura-kura telah menempuhx2 meter lebih jauh; dan seterusnya. Apa yang salah dengan paradoks Zeno ini?

Dengan pengetahuan tentang bilangan real yang kita kenal sekarang, Achilles akan menyalip sang kura-kura ketika ia telah menempuhxmeter, denganxsama denganbilangan real terkecil yang lebih besar dari semua bilangan

x0, x0+x1, x0+x1+x2, . . . z Carilahx∈Rterkecil yang memenuhi

1 2 +1

4+1

8+· · ·+ 1

2ⁿ ≤x, untuk setiap n∈N.

Hal serupa dijumpai pada metode exhaustif Eudoxus (405-355 SM), yang digunakan oleh Archimedes (287-212 SM) untuk menghampiri luas daerah lingkaran dengan luas daerah segi- n beraturan di dalam lingkaran, yaitu dengan barisan bilangan A1, A2, A3, . . . Luas daerah lingkaran kelak didefinisikan sebagai “bilangan real terkecil yang lebih besar dari setiap bilangan Ai, i∈ N.” Argumen ini bergantung pada sebuah sifat bilangan real yang belum terpikirkan oleh Eudoxus dan Archimedes, serta matematikawan lainnya pada zaman itu.

Sifat bilangan real yang diperlukan untuk membantah paradoks Zeno atau mendukung ar- gumen Eudoxus dan Archimedes adalah Sifat Kelengkapan, yang menjamin eksistensi x∈ R yang lebih besar darix0, x0+x1, x0+x1+x2, . . . (pada paradoks Zeno) dan jugaA∈Ryang lebih besar dariAi, i∈N(pada perhitungan Archimedes).

Sifat Kelengkapan bilangan real biasanya tidak diungkapkan secara eksplisit di sekolah menengah, namun sesungguhnya merupakan sifat yang sangat penting. (Tanpa Sifat Kelengka- pan, Achilles takkan memenangkan perlombaan dan luas daerah lingkaran tak dapat dinyatakan sebagai sebuah bilangan.)

MisalkanM ⊆Rtidak kosong. x∈Rdisebut batas atasM,jika t≤x,untuk setiapt∈M.

Sedangkan y ∈ R bukan batas atas M, jika ada t0 ∈ M yang memenuhi y < t0. Pengertian batas bawahsuatu himpunan takkosong dapat didefinisikan secara serupa.

Himpunan takkosongM adalah himpunan yangterbatas di atas, jikaM memiliki batas atas.

HimpunanM adalah himpunan yang tidak terbatas di atas, jikaM tidak memiliki batas atas.

Dengan kata lain,M tidak terbatas di atas, jika untuk setiapz∈R,maka zbukan batas atas M.Pengertian himpunan yangterbatas di bawahdapat didefinisikan secara serupa.

Himpunan takkosong M adalah himpunan terbatas jika M memiliki batas atas sekaligus batas bawah. Dengan demikian, M adalah himpunan terbatas jika ada −∞ < α ≤β < ∞ yang bersifatα≤t≤β,untuk setiapt∈M.

z Carilah, jika ada, batas atas dariP,dan{x∈R: 4< x≤7}.

z Misalkann₀∈N.Carilah batas atas dan batas bawah himpunan {x∈R:n0≤x < n0+ 2, atau n0+ 4< x≤n0+ 6}.

z Misalkan diberikan himpunan terbatasA, B ⊂R. Berikan komentar tentang batas atas dan batas bawahA∩B,danA∪B.

z MisalkanM 6=∅terbatas. Tunjukkan bahwa terdapatK >0 sedemikianhingga

|t| ≤K, untuk setiap t∈M.

z∈Rdisebutbatas atas terkecildariM 6=∅,jika 1. z adalah batas atasM,

2. Jika x < z,makaxbukan batas atasM.

Pengertianbatas bawah terbesar suatu himpunan dapat didefinisikan secara serupa.

Kita perkenalkan notasi z := supM, dan x := infM, untuk menyatakan bahwa z adalah supremum(batas atas terkecil) dariM, danxadalahinfimum(batas bawah terbesar) dariM.

z Tunjukkan bahwaz= supM jika dan hanya jika 1. Untuk setiap m∈M selalu berlakum≤z,

2. Untuk setiap ε >0 selalu ada t₀∈M yang memenuhiz−ε < t₀.

♠♠(Sifat Kelengkapan). MisalkanM ⊆Rtakkosong. JikaM memiliki batas atas, makaM selalu memiliki batas atas terkecil.

z Misalkan M ⊆ R takkosong. Jika M memiliki batas bawah, maka M selalu memiliki batas bawah terbesar.

z Tunnjukkan bahwaz batas atasM ekivalen dengan: jikat > z,maka t /∈M.

z Jika z adalah batas atas M, dan z ∈ M, tunjukkan bahwa z = supM. Untuk situasi yang seperti ini, kita biasa menyebut z sebagai maksimum dari M, dan dinotasikan dengan z= maxM.Pendefinisian minimumsuatu himpunan takkosong, dapat dilakukan dengan cara serupa.

z Hitunglah, jika ada, supremum atau infimum dari

{x∈R:x²+x+ 1>0}, {x+x⁻¹:x >0}, {2^x+ 2^1/x:x >0}, {m/n:m, n∈N, m <2n}.

z Hitunglah, jika ada, supremum atau infimum dari{P(m, n) :m, n∈N},jika P(m, n) := 1−1

n, P(m, n) := 1 n− 1

m, P(m, n) := m n −4n

m, P(m, n) := 1−(−1)ⁿ

n , P(m, n) := m

n+m, P(m, n) := mn m+n+ 1. z Hitunglah, jika ada, supremum atau infimum dari{Q(m, n) :m∈Z, n∈N},jika

Q(m, n) := mn

n²+ 4m², Q(m, n) := m n+|m|.

z Misalkan G ⊂R takkosong yang terbatas di atas. Misalkan H menyatakan kumpulan semuabatas atasG.Tunjukkan bahwa supG= infH.

z Misalkan untukH, G⊆R,danc∈R,kita definisikan

H+G:={a+b:a∈H, b∈G}, cH:={ca:a∈H}.

1. Jika H terbatas dan G⊆H, maka infH ≤infG≤supG≤supH.

2. Jikac >0,maka sup(cH) =c supH,dan inf(cH) =cinfH.Apa yang terjadi, jikac <0?

3. JikaH, Gterbatas, maka sup(H+G) = supH+ supG, dan inf(H+G) = infH+ infG.

♥Misalkanx:= sup(H+G), y:= supH,danz:= supG.

Untuk setiapa∈H, b∈Gselalu berlakua≤y,danb≤z.Dengan demikian,a+b≤y+z, untuk setiapa+b∈H+G,dan ini berartiy+zadalah salah satu batas atasH+G.Akibatnya x≤y+z.

Diketahui bahwaa+b≤x,untuk setiapa+b∈H+G.Ini berarti untuk setiapa∈H,dan untuk setiapb∈Gberlakua+b≤x.

Ambil b ∈Gsebarang. Jelas bahwa a ≤x−b, untuk setiap a∈H, dan ini berartix−b adalah salah satu batas atas H. Sehingga y ≤ x−b, atau b ≤ x−y, untuk setiap b ∈ G.

Akhirnya, dapat disimpulkan bahwaz≤x−y,atauz+y≤x.

zUntuk fungsi-fungsif, g:R→R,dan∅ 6=D⊂R,kita definisikanf(D) :={f(t) :t∈D}.

Jika f(t)≤g(t),untuk setiap t∈D,buktikan bahwa supf(D)≤supg(D).

Sedangkan syaratf(t)≤g(s),untukt, s∈D,menghasilkan supf(D)≤infg(D).

z Jika kita definisikan (f+g)(D) :={f(t) +g(t) :t∈D},buktikan bahwa sup(f+g)(D)≤supf(D) + supg(D), inff(D) + infg(D)≤inf(f +g)(D).

I.2.1 Penggunaan Sifat Kelengkapan

♠♠(Sifat Archimedes). Tunjukkan bahwaNtidak terbatas di atas.

♥AndaikanNterbatas di atas. Tulisb0:= supN.

Pilihn0 ∈N yang memenuhib0−1< n0.Karena n0+ 1∈N,dan b0 < n0+ 1,maka kita akan menemukan suatu kontradiksi.

z Buktikan: untuk setiapx∈R,dapat ditemukan n0∈Nyang memenuhix < n0.

♠♠(Sifat Terurut RapiN). Setiap himpunan bagian (takkosong)Nmempunyai minimum.

♥MisalkanA⊆Ntakkosong. JikaA=N,maka minA= 1.

Misalkan A ⊂ N. Karena N terbatas di bawah, maka A juga terbatas di bawah. Tulis t0:= infA.Karenat0+ 1 bukan batas bawahA,maka m0< t0+ 1, untuk suatum0∈A.

Jikam06= minA,maka terdapats0∈Ayang bersifatt0≤s0< m0< t0+ 1,dan ini berarti s0, m0∈A⊂Nmemenuhi|s0−m0|<1.Kontradiksi.

z Setiapx≥0 selalu memenuhim0−1≤x < m0,untuk suatum0∈N.

z Jika 0< a < b,makab < n0a,untuk suatun0∈N.

z MisalkanH ⊂Rtakkosong danu∈Rmemenuhi

• u+ 1/nbatas atasH,untuk setiap n∈N,

• u−1/nbukan batas atasH,untuk setiapn∈N.

Tunjukkan bahwau= supH.

♥Andaikan adaa₀∈H yang bersifata₀> u. Pilihm₀∈Nyang memenuhi m0> 1

a0−u atau a0> u+ 1 m0

.

Tetapi hal ini adalah kontradiksi, karena u+ (1/m0) adalah batas atas H. Dengan demikian a≤u,untuk semuaa∈H,atauuadalah batas atasH.

Ambilε >0 sebarang. Pilihn0∈Nsedemikian hinggan0>1/ε.

Pilihh0∈H sedemikian hinggau−(1/n0)< h0,dan ini mengakibatkan u < h0+ 1

n0 < h0+ε, atau u−ε < h0. z MisalkanK⊂Rtakkosong dan s∈Rmemenuhi

• s+ 1/nbukan batas bawahK,untuk setiap n∈N,

• s−1/nbatas bawah K,untuk setiapn∈N.

Tunjukkan bahwas= infK.

Selanjutnya, kita akan menyajikan hasil penting terkait penyebaran “merata” bilangan ra- sional diantara bilangan real pada garis bilangan real.

♠♠ (Kepadatan Q di R). Untuk setiapa, b ∈R, yang memenuhi a < b, selalu adaq ∈ Q sedemikianhinggaa < q < b.

Selanjutnya, juga dapat ditemukanp∈Q^c yang juga memenuhi a < p < b.

♥Untuk alasan kesederhanaan, kita misalkan 0< a < b.Pilihm0∈Nyang bersifat m0> 1

b−a, atau m0a+ 1< m0b.

Pilihn0∈Nyang bersifatn0−1≤m0a < n0.Ini mengakibatkana < n0/m0.

Selain itu, juga diperolehn0<1+m0a < m0b,ataun0/m0< b.Dengan demikiana < q < b, denganq:=n0/m0∈Q.

z Untuk setiapx∈Rselalu dapat ditemukan{a1, a2, a3, . . .} ⊂Qyang bersifat

|an−x|< 1

n, n∈N.

Seperti kita ketahui, walau tidak akan pernah ada q∈Q yang bersifat q² = 2,tetapi kita dapat menemukan {x1, x2, x3, . . .} ⊂Q dengan ketentuan bahwa masing-masing unsur dalam himpunan tersebut jaraknya ke s /∈ Q(yang memenuhi s² = 2) akan semakin dekat, dengan semakin membesarnya indeks. Lebih jelasnya, kita punyai fakta berikut.

♠♠Tunjukkan bahwa P1:={x∈Q:x²<2}tidak mempunyai maksimum.

♥Untuk setiapp∈Qkita definisikan q:=p−p²−2

p+ 2 = 2p+ 2

p+ 2 , dan q²−2 = 2(p²−2) (p+ 2)² . Jika p∈ P1, makap²<2.Ini akan berakibatq > p,danq∈ P1.

Hubungan kesamaan antarapdanqdi atas dapat juga digunakan untuk menunjukkan bahwa P2:={x∈Q:x >0, x²>2} tidak mempunyai unsur terkecil.

Pentingnya Sifat Kelengkapan terletak pada keampuhannya untuk menjamin keujudan suatu bilangan real yang memenuhi sifat tertentu.

Telah diketahui bahwa tidak mungkin ada q ∈ Q yang memenuhi sifat q² = 2. Dengan menggunakan Sifat Kelengkapan akan ditunjukkan keujudan m∈Ryang memenuhi m² = 2, dan ini berarti menunjukkan keujudan suatu bilangan takrasional.

z (Keujudan√

2). Buktikan keujudan batas atas terkecil untuk P:={x >0 :x²<2}, dan Q:={y >0 :y²<3}.

Jika a0 := supP, dan b0 := supQ, tunjukkan bahwa a²₀ ≤2, dan 3 ≤ b²₀. Pada akhirnya, dapat ditunjukkan bahwa a²₀ = 2, dan b²₀ = 3. Di sini kita perkenalkan notasia0 := √

2, dan b0:=√

3.

♥Andaikana²₀>2.Untuk menimbulkan kontradiksi, harus dicari batas atasP,yaituy∈R yang bersifat t ≤ y < a0, untuk setiap t ∈ P. Selain itu, karena untuk setiap t ∈ P selalu berlaku t² < 2, maka kita cukup mencari y ∈ R yang memenuhi syarat tambahan 2 < y². Dengan demikian permasalahan tersebut berubah menjadi pencariann0∈Nyang bersifat

y:=a0− 1

n0, 2<

µ a0− 1

n0

¶₂ .

Dengan mengingat

a²₀−2a0

n0 <

µ a0− 1

n0

¶₂ ,

maka permasalahan dapat diubah menjadi pencariann0∈Nyang memenuhi 2< a²₀−2a0

n0 , atau 2a0

a²₀−2 < n0. Sekarang mari kita simak buktinya.

Andaikan a²₀ >2. Jelas bahwa a²₀−2>0. Oleh karena 4/3 ∈ P, maka 4/3 ≤a0. Dengan demikian a₀ >0, atau 2a₀/(a²₀−2)>0.Melalui sifat Archimedes, dapat dipilih n₀∈Nyang bersifat

n0>2a0/(a²₀−2) atau a²₀−2a0

n0

>2.

Tulisy:=a0−1/n0.Jelas bahway < a0. Oleh karena y²=a²₀−2a0

n0 + 1

n²₀ > a²₀−2a0

n0 >2> x², untuk setiapx∈ P,

makay > x,untuk setiap x∈ P.Dengan kata lain,y∈Radalah batas atasP yang lebih kecil daria0.Kontradiksi.

Andaikan a²₀ < 2. Untuk menyangkal pengandaian ini, harus dicari z ∈ P yang bersifat a0< z.Ini berarti harus dicarim0∈Nyang bersifat

z:=a0+ 1

m0, 2>

µ a0+ 1

m0

¶2

.

Dengan mengingat

a²₀+2a0+ 1 m0 >

µ a0+ 1

m0

¶₂ ,

maka permasalahan dapat diubah menjadi pencarianm0∈Nyang memenuhi 2> a²₀+2a0+ 1

m0

, atau 2a0+ 1

2−a²₀ < m0. Sekarang mari kita simak buktinya.

Andaikana²₀<2.Jelas bahwa 0<2−a²₀.Dengan demikian (2a0+ 1)/(2−a²₀)>0.Menurut sifat Archimedes dapat dipilihm0∈Nyang bersifat

m0>(2a0+ 1)/(2−a²₀), atau a²₀+2a0+ 1 m0 <2.

Tulisz:=a0+ 1/m0.Jelas bahwaz > a0,dan z²=a²₀+2a0

m0 + 1

m²₀ < a²₀+2a0+ 1 m0 <2.

Ini berartiz∈ P,tetapiz > a0.Kontradiksi.

Oleh karena pengandaian a²₀ > 2, dan a²₀ < 2 keduanya menimbulkan kontradiksi, maka menurut aturan trikotomi, haruslah berlakua²₀= 2.Akhir pembuktian.

Cara di atas dapat digunakan untuk memberikan bukti alternatif bahwa P1:={x∈Q:x²<2}

tidak mempunyai maksimum.

♥ Andaikan y := a/b, dengan a, b ∈ Z, b 6= 0, adalah unsur terbesar P1. Oleh karena 4/3∈ P1,maka 4/3≤y.Dengan demikian dapat diasumsikana, b∈N.

Oleh karena 2b²> a²,maka b(2a+b)/(2b²−a²)>0.Pilihm0∈Nsedemikian hingga b(2a+b)

2b²−a² < m0 atau 2a+b

m0 <2b²−a²

b .

Tulisz:=y+ 1/m0.Fakta berikut z²<a²

b² + 2a bm0 + 1

m0 < a²

b² + 2−a² b² = 2, menyatakan bahwaz∈ P1. Suatu kontradiksi.

z Buktikan keujudanz∈Ryang memenuhiz²= 3,atau z³= 2.

Untuk sebarang a >0,buktikan keujudanx∈Ryang bersifatx²=a.

♥Dengan memandang himpunan

A:={t >0 :t³<2},

yang merupakan himpunan terbatas, maka untuk t0 := sup A,kita akan sampai pada kesim- pulan bahwat³₀= 2.

I.2.2 Definisi dan Sifat Interval

Salah satu himpunan bagian dariRyang sering dijumpai penggunaannya dalam kalkulus adalah interval. Beberapa bentuk interval disajikan dalam contoh berikut ini.

Misalkana, b∈R,sedemikian sehinggaa < b.

• [a, b] :={x∈R:a≤x≤b}, ]a, b[:={x∈R:a < x < b},

• ]− ∞, b[:={x∈R:x < b}, [a,∞[:={x∈R:a≤x},

• R:=]− ∞,∞[, P:=]0,∞[, ∅:=]a, a[.

Contoh-contoh di atas menggambarkan berbagai jenis interval. Mulai dari interval buka, tutup, separuh buka/tutup, maupun interval terbatas atau tak terbatas.

Operasi antar himpunan, semisal irisan atau gabungan, juga berlaku untuk interval. Khusus- nya, berkait dengan penggunaan aksioma kelengkapan, operasi gabungan atau irisan yang ter- bilang juga berlaku untuk interval-interval tersebut seperti tersaji pada contoh-contoh berikut.

• [3,6] =T_∞

n=1]3−1/n,6 + 1/n[, [3,6] =S_∞

n=1]3 + 1/n,6−1/n[,

• ]3,6[=S_∞

n=1[3 + 1/n,6−1/n], ]2,3[=T_∞

n=1[2−1/n,3 + 1/n],

• P=S_∞

n=1]n−1, n], ∅=T_∞

n=1]0,1/n[.

Kita komentari fakta yang pertama. Oleh karena [3,6] ⊆]3−1/n,6 + 1/n[, untuk setiap n∈N,maka

[3,6]⊆

\∞

n=1

¸ 3−1

n,6 + 1 n

· .

Andaikan terdapat

x∈

\∞

n=1

¸ 3− 1

n,6 + 1 n

· ,

tetapix /∈[3,6].Dengan demikian 3−1/n < x <3,atau 6< x <6+1/n,untuk setiap bilangan alamn. Bertentangan dengan sifat Archimedes.

Sedangkan komentar untuk fakta yang terakhir adalah sebagai berikut.

Andaikan adax∈T_∞

n=1]0,1/n[.Ini berarti 0< x <1/n,ataun <1/x,untuk setiapn∈N.

Bertentangan dengan sifat Archimedes.

Terlihat bahwa operasi irisan atau gabungan interval dapat menghasilkan himpunan kosong.

Tetapi hal ini tidak berlaku untuk interval tutup yang terbatas.

♠♠(Interval Tersarang). MisalkanIn:= [an, bn], n∈N. JikaIn ⊇In+1, maka

\∞

n=1

In6=∅.

Jikat0:= sup{an :n∈N}, dant1:= inf{bn:n∈N},maka

\∞

n=1

In = [t0, t1].

♥MisalkanA:={an :n∈N}, danB:={bn:n∈N}.Oleh karena a1≤an≤an+1≤bn+1≤bn≤b1, n∈N,

makaa1, b1,berturut-turut adalah batas bawahB,dan batas atasA.

Lebih jauh, semuabnadalah batas atasA.Andaikan adabn0yang bukan batas atasA.Pilih am0 yang bersifatbn0< am0.Ini berarti In0

TIm0=∅.Kontradiksi.

Dengan demikian t0 ≤ bn, untuk setiap bilangan alam n. Seterusnya, akan kita peroleh t0≤t1.

♠♠Misalkan S subhimpunan terbatas dariRyang memuat setidaknya dua unsur.

Misalkan untuk setiap x, y ∈ S, sedemikian hingga x < y, mengakibatkan [x, y] ⊆ S.

Buktikan bahwa S adalah interval. Masihkah kesimpulan yang sama dapat diambil, jika S tidak terbatas?

♥Misalkana:= inf S,danb:= supS. Jelas bahwaS⊆[a, b].

Misalkanz∈]a, b[. Jelas bahwaa < z < b.Ini berartiz bukan batas bawah sekaligus bukan batas atas S. Pilih x, y ∈ S yang bersifat a < x < z < y < b. Oleh karena z ∈]x, y[, dan [x, y]⊆S, makaz∈S.Dengan demikian ]a, b[⊆S.

Kemungkinan bahwa{a, b}berada diS ataupun tidak, akan mengarah kepada kesimpulan bahwaS merupakan salah satu dari ]a, b[, [a, b[, ]a, b],atau [a, b].

MisalkanS tidak terbatas di atas, dengan demikianS⊆[a,∞[.

Misalkan a < z. Karena z bukan batas bawah S, dapat ditemukan x ∈ S yang bersifat a < x < z.Oleh karena S memuat setidaknya dua unsur, maka dapat ditemukany ∈S, dan y 6=x. Jika y < z, maka S terbatas di atas. Kontradiksi. Dengan demikian haruslah z ≤y.

Oleh karena [x, y]⊆S,makaz∈S, atau ]a,∞[⊆S.

I.3 Mengenal Ruang Euklides

Kita definisikan ruang EuklidesRⁿ sebagai pasangan terurut Rⁿ:={(a1, a2, . . . , an) :a1, . . . , an ∈R}, dan semua unsurRⁿ disebutvektor.

Misalkan diberikan a:= (a1, . . . , an), b:= (b1, . . . , bn)∈Rⁿ, dan α∈R. Kita definisikan a=b,jika dan hanya jikaa1=b1, a2=b2, . . . , an =bn,dan

a+b:= (a1+b1, . . . , an+bn), αa:= (αa1, . . . , αan).

Khususnya akan kita definisikan−a:= (−1)a= (−a1, . . . ,−an).

Untuk sebarang a,b,c∈Rⁿ,dan0:= (0, . . . ,0),akan kita punyai

a+b=b+a, a+0=a, a+ (b+c) = (a+b) +c, a+ (−a) =0,

Sedangkan untukα, β ∈R, akan kita punyai (α+β)a=αa+βa,danα(a+b) =αa+αb.

Untuk sebarang a := (a1, . . . , an), b := (b1, . . . , bn) ∈ Rⁿ, kita definisikan berturut-turut hasil kali dalamantaraa,b,dannorma asebagai

a·b:=a1b1+. . .+anbn, dan kak2:=√ a·a.

Lebih jauh, pada perhitungan di subbab sebelumnya, telah diketahui bahwa

|a·b| ≤ kak2· kbk2, dan ka+bk2≤ kak2+kbk2.

Sebagai latihan, dapat diperiksa sifat-sifat yang lainnya, dari hasil kali dalam dan norma diRⁿ. z Untuk sebaranga, b,c∈Rⁿ danα∈R,akan diperoleh

a·(b+c) =a·b+a·c, α(a·b) = (αa)·b=a·(αb).

zMisalkana,bkeduanya tidak sama dengan0.Buktikan bahwakak2= 0,jika dan hanya jikaa=0.

Lebih jauh, dapat ditunjukkan bahwa|a·b|=kak2kbk2,jika dan hanya jika dapat ditemukan α∈Ryang bersifatb=αa.

Berikan syarat perlu dan cukup, agar berlaku kesamaanka+bk2=kak2+kbk2. z Untuk setiapa,b,selalu berlaku ka+bk²₂+ka−bk²₂= 2[kak²₂+kbk²₂].

z Buktikan bahwa untuk sebaranga,bselalu berlaku

|a·b| ≤ kak2kbk2 ⇔ ka+bk2≤ kak2+kbk2 ⇔ ¯

¯kak2− kbk2

¯¯≤ ka−bk2.

z Untuka:= (a1, . . . , an),kita definisikankak∞:= max{|a1|, . . . ,|an|}.Buktikan bahwa kak∞≤ kak2≤√

nkak∞.

Jika kita definisikan kak1 := |a1|+. . .+|an|, carilah α1, α2 terbesar, dan β1, β2 terkecil yang memenuhi α1kak1≤ kak2≤β1kak1,dan α2kak1≤ kak∞≤β2kak1.

Carilahγ1, γ2, γ3>0,yang memenuhi kak∞≤γ1kak1≤γ2kak2≤γ3kak∞. z Untuk setiapa,b,periksalah kebenaran ketaksamaan

|a·b| ≤ kak1kbk1, dan |a·b| ≤ kak∞kbk∞. Bagaimana dengan kebenaran ketaksamaan|a·b| ≤ kak1kbk∞?

Sebagai perumuman hasil di atas, untuka:= (a1, . . . , an),dan 1< p <∞,kita definisikan kakp:= [|a1|^p+. . .+|an|^p]^1/p.

Misalkan 0< α <1.Pandang fungsiφ(t) :=αt−t^α,dengant≥1.

Oleh karenaφ⁰(t)>0,untuk setiapt >1, maka dari Kalkulus Elementer diketahui bahwa φmerupakan fungsi naik di interval [1,∞).Ini berartiφ(1)≤φ(t),ataut^α≤αt+ 1−α,untuk semuat >1.

Misalkan 0< A < B.Dengan menggunakant=B/A,maka kita akan mendapatkan B^αA^1−α≤αB+ (1−α)A.

Misalkan diketahui 1< q <∞,dan 1 = 1/p+ 1/q.Dengan menuliskanα= 1/p, maka B^1/pA^1/q≤ B

p +A q.

Untukb:= (b1, . . . , bn),dan k= 1, . . . , n, kita akan mendapatkan

|akbk|

kbkpkakq ≤ |bk|^p

pkbk^pp + |ak|^q

qkak^qq ⇒ |a·b| ≤ kakqkbkp. Kita perhatikan, bahwa untukk= 1, . . . , n, akan kita punyai

|ak+bk|^p=|ak+bk||ak+bk|^p−1≤ |ak||ak+bk|^p−1+|bk||ak+bk|^p−1. Selanjutnya, melalui ketaksamaan sebelumnya, akan kita punyai

ka+bk^p_p= Xn

k=1

|ak+bk|^p≤ Xn

k=1

|ak||ak+bk|^p−1+ Xn

k=1

|bk||ak+bk|^p−1

≤[kakp+kbkp] µX_n

k=1

|ak+bk|^q(p−1)

¶_1/q

≤[kakp+kbkp] µXn

k=1

|ak+bk|^p

¶_1/q .

Karena p−(p/q) = 1,maka kita akan sampai kepada ka+bkp≤ kakp+kbkp. z Misalkan diberikan 0< ak<∞, k= 1, . . . , n,dan 1< p < q <∞. Buktikan bahwa

1 n

Xn

k=1

ak≤ µ1

n Xn

k=1

a^p_k

¶_1/p

≤ µ1

n Xn

k=1

a^q_k

¶_1/q .

Bab II

Barisan dan Deret

II.1 Pengertian dan Contoh Barisan

Kita telah mengenal barisan aritmetika, seperti

1,4,7,10, . . . ,3n−2, . . . , dan barisan geometri, seperti

1,2,4,8, . . . ,2ⁿ⁻¹, . . .

Apa sesungguhnya yang dimaksud dengan barisan itu? Secara tidak formal, barangkali, sebuah barisan dapat diartikan sebagai suatu kumpulan objek yang diurutkan atau dinomori, yakni

a1, a2, a3, . . . , an, . . .

Objek yang sering kita hadapi dalam hal ini adalah bilangan real. Berikut ini adalah definisi formalnya.

Sebarang fungsia:N→Rbiasa disebutbarisan bilangan realatau secara singkat,barisan.

Umumnya, barisan hanya disajikanpetafungsinya saja, yaitu a:=a(N) =hani=ha1, a2, a3, . . .i.

Misalkan c∈R. Untuk sebarang barisanhanidan hbniselalu dapat dibentuk barisan baru sebagai berikut.

hani+hbni:=han+bni, chani:=hcani, hani · hbni:=hanbni.

II.1.1 Barisan Konvergen, Divergen, dan Terbatas

Barisan hani dikatakan konvergen ke α ∈ R, jika untuk setiap ε > 0 yang diberikan, selalu dapat ditemukan bilangan asliN sedemikianhingga

∀n≥N ⇒ |an−α|< ε.

18

Jika barisanhanikonvergen ke α,maka kenyataan tersebut kita notasikan dengan

n→∞lim an=α.

Barisan hani konvergen ke α,jika untuk setiap ε >0,maka mulai indeks tertentu (dalam hal iniN) suku-suku barisanhani, yaitu

aN, aN+1, aN+2, . . .

jaraknya keαkurang dariε.

z Misalkan 0< r <1.Buktikan bahwahrⁿidanhn/(n+ 1)ikonvergen.

♥Untuk sebarangn∈N,akan kita punyai

¯¯

¯¯ n n+ 1−1

¯¯

¯¯= 1 n+ 1 < 1

n.

Ambilε >0 sebarang. PilihN ∈Nyang memenuhi 1/ε < N.Dengan demikian

∀n≥N ⇒

¯¯

¯¯ n n+ 1−1

¯¯

¯¯< 1 n≤ 1

N < ε.

z Jika hanikonvergen keα,buktikan bahwah|an|i juga konvergen. Jikah|an|ikonvergen, dapatkah ditarik kesimpulan tentang kekonvergenanhani?

Jika hanikonvergen keα,danβ ∈R,selidiki kekonvergenanh|an−β|i.

z Apa yang dimaksud dengan barisanhanitidak konvergen keα?

z Jika hani konvergen, tunjukkan bahwa barisan tersebut konvergen hanya ke satu titik saja.

♥ Andaikan lim

n→∞an = α, dan lim

n→∞an = β, tetapi α 6= β. Tulis ε0 := |α−β|/3. Pilih N1, N2∈Nsedemikian hingga

∀n≥N1 ⇒ |an−α|< ε0, dan ∀n≥N2 ⇒ |an−β|< ε0. UntukN :=N1+N2, kita punyai

N ≥N1, N ≥N2 ⇒ 3ε0≤ |aN −α|+|aN −β|<2ε0 ⇒ 3<2, suatu kontradiksi.

z Suatu barisan dikatakan divergen, jika barisan tersebut tidak konvergen. Apa yang di- maksud dengan barisan hani tidak konvergen? Tunjukkan bahwa barisan h(−1)ⁿ⁺¹i tidak konvergen.

♥Barisanha_nidikatakan tidak konvergen, jika untuk setiapα∈Rberlaku

n→∞lim an6=α.