Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan...

201
Analisis Real I Hand Out MATA KULIAH ANALISIS REAL I Disusun Oleh : La Ode Muhammad Agush Salam Dipergunakan untuk Mahasiswa S1 Prog. Studi Pend. Matematika Jurusan PMIPA FAKULTAS KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN UNIVERSITAS HALUOLEO KENDARI 2006

Transcript of Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan...

Page 1: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Analisis Real I

Hand Out

MATA KULIAH

ANALISIS REAL I

Disusun Oleh :

La Ode Muhammad Agush Salam

Dipergunakan untuk Mahasiswa S1 Prog. Studi Pend. Matematika Jurusan PMIPA

FAKULTAS KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN

UNIVERSITAS HALUOLEO

KENDARI

2006

Page 2: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 2

PENDAHULUAN

Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan

untuk mempelajari analisis real. Bagian 1.1 dan 1.2 kita akan mengulang sekilas ten-

tang aljabar himpunan dan fungsi, dua alat yang penting untuk semua cabang mate-

matika.

Pada bagian 1.3 kita akan memusatkan perhatian pada metoda pembuktian

yang disebut induksi matematika. Ini berhubungan dengan sifat dasar sistem bilangan

asli, dan walaupun penggunaannya terbatas pada masalah yang khusus tetapi hal ini

penting dan sering digunakan.

1.1. Aljabar Himpunan

Bila A menyatakan suatu himpunan dan x suatu unsurnya, kita akan tuliskan

dengan

x∈A,

untuk menyingkat pernyataan x suatu unsur di A, atau x anggota A, atau x termuat

di A, atau A memuat x. Bila x suatu unsur tetapi bukan di A kita tuliskan dengan

x∉A.

Bila A dan B suatu himpunan sehingga x∈A mengakibatkan x∈B (yaitu,

setiap unsur di A juga unsur di B), maka kita katakan A termuat di B, atau B me-

muat A atau A suatu subhimpunan dari B, dan dituliskan dengan

A ⊆ B atau B ⊇ A.

Bila A ⊆ B dan terdapat unsur di B yang bukan anggota A kita katakan A subhim-

punan sejati dari B.

BAB 1

Page 3: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 3

1.1.1. Definisi. Dua himpunan A dan B dikatakan sama bila keduanya memuat unsur-

unsur yang sama. Bila himpunan A dan B sama, kita tuliskan dengan A = B

Untuk membuktikan bahwa A = B, kita harus menunjukkan bahwa A ⊆ B dan

B ⊆ A.

Suatu himpunan dapat dituliskan dengan mendaftar anggota-anggotanya, atau

dengan menyatakan sifat keanggotaan himpunan tersebut. Kata “sifat keanggotaan”

memang menimbulkan keraguan. Tetapi bila P menyatakan sifat keanggotaan (yang

tak bias artinya) suatu himpunan, kita akan tuliskan dengan

{x P(x)}

untuk menyatakan himpunan semua x yang memenuhi P. Notasi tersebut kita baca de-

ngan “himpunan semua x yang memenuhi (atau sedemikian sehinga) P”. Bila dirasa

perlu menyatakan lebih khusus unsur-unsur mana yang memenuhi P, kita dapat juga

menuliskannya dengan

{ x∈SP(x)}

untuk menyatakan sub himpunan S yang memenuhi P.

Beberapa himpunan tertentu akan digunakan dalam bukti ini, dan kita akan

menuliskannya dengan penulisan standar sebagai berikut :

• Himpunan semua bilangan asli, N = {1,2,3,...}

• Himpunan semua bilangan bulat, Z = {0,1,-1,2,-2,...}

• Himpunan semua bilangan rasional, Q = {m/n m,n ∈ Z, n≠0}

• Himpunan semua bilangan real, R.

Contoh-contoh :

(a). Himpunan {x ∈ N x2-3x+2=0}, menyatakan himpunan semua bilangan asli yang

memenuhi x2 - 3x + 2 = 0. Karena yang memenuhi hanya x = 1 dan x = 2, maka

himpunan tersebut dapat pula kita tuliskan dengan {1,2}.

(b). Kadang-kadang formula dapat pula digunakan untuk menyingkat penulisan him-

punan. Sebagai contoh himpunan bilangan genap positif sering dituliskan dengan

{2x x∈ N}, daripada {y∈ N y = 2x, x∈ N}.

Page 4: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 4

Operasi Himpunan

Sekarang kita akan mendefinisikan cara mengkonstruksi himpunan baru dari

himpunan yang sudah ada.

1.1.2. Definisi. (a). Bila A dan B suatu himpunan, maka irisan (=interseksi) dari A ⊂

B dituliskan dengan A∩B, adalah himpunan yang unsur-unsurnya terdapat di A juga

di B. Dengan kata lain kita mempunyai

A∩B = {x x∈A dan x∈B}.

(b). Gabungan dari A dan B, dituliskan dengan A∪B, adalah himpunan yang unsur-

unsurnya paling tidak terdapat di salah satu A atau B. Dengan kata lain kita mempun-

yai

A∪B = {x x∈A atau x∈B}.

1.1.3. Definisi. Himpunan yang tidak mempunyai anggota disebut himpunan kosong,

dituliskan dengan { } atau ∅. Bila A dan B dua himpunan yang tidak mempunyai un-

sur bersama (yaitu, A∩B = ∅), maka A dan B dikatakan saling asing atau disjoin.

Berikut ini adalah akibat dari operasi aljabar yang baru saja kita definisikan.

Karena buktinya merupakan hal yang rutin, kita tinggalkan kepada pembaca sebagai

latihan.

1.1.4. Teorema. Misalkan A,B dan C sebarang himpunan, maka

(a). A∩A = A, A∪A = A;

(b). A∩B = B∩A, A∪B = B∪A;

(c). (A∩B) ∩C = A∩(B ∩C), (A∪B)∪C = A∪(B∪C);

(d). A∩(B∪C) = (A∩B)∪(A∩C), A∪(B ∩C) = (A∪B) ∩ (A∪C);

Kesamaan ini semua berturut-turut sering disebut sebagai sifat idempoten, ko-

mutatif, asosiatif dan distributif, operasi irisan dan gabungan himpunan.

Melihat kesamaan pada teorema 1.1.4(c), biasanya kita tanggalkan kurung dan

cukup ditulis dengan

A∩B ∩C, A∪B∪C.

Page 5: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 5

Dimungkinkan juga untuk menunjukkan bahwa bila {A1,A2, ,An} merupakan koleksi

himpunan, maka terdapat sebuah himpunan A yang memuat unsur yang merupakan

pa-ling tidak unsur dari suatu Aj, j = 1,2,...,n ; dan terdapat sebuah himpunan B yang

unsur-unsurnya merupakan unsur semua himpunan Aj, j=1,2,...,n. Dengan menang-

galkan kurung, kita tuliskan dengan

A = A1 ∪A2 ∪ ∪ An = {x x∈A j untuk suatu j},

B = A1 ∩ A2...∩An = {x x∈A j untuk semua j}.

Untuk mempersingkat penulisan, A dan B di atas sering dituliskan dengan

A = A jj 1

n

=U

B = A jj 1

n

=I

Secara sama, bila untuk setiap j unsur di J terdapat himpunan Aj, maka Ajj J∈U

menyatakan himpunan yang unsur-unsurnya paling tidak merupakan unsur dari salah

satu Aj. Sedangkan Ajj J∈I , menyatakan himpunan yang unsur-unsurnya adalah unsur

semua Aj untuk j∈J.

1.1.5. Definisi. Bila A dan B suatu himpunan, maka komplemen dari B relatif terha-

dap A, dituliskan dengan A\B (dibaca “A minus B”) adalah himpunan yang unsur-

unsurnya adalah semua unsur di A tetapi bukan anggota B. Beberapa penulis meng-

gunakan notasi A - B atau A ~ B.

Dari definisi di atas, kita mempunyai

A\B = {x ∈ A x ∉ B}.

Seringkali A tidak dinyatakan secara eksplisit, karena sudah dimengerti/disepakati.

Dalam situasi begini A\B sering dituliskan dengan C(B).

1.1.6. Teorema. Bila A,B,C sebarang himpunan, maka A\(B∪C) = (A\B)∩(A\C),

A\(B∩C) = (A\B) ∪(A\C).

Page 6: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 6

Bukti :

Kita hanya akan membuktikan kesamaan pertama dan meninggalkan yang

kedua sebagai latihan bagi pembaca. Kita akan tunjukkan bahwa setiap unsur di

A\(B∪C) termuat di kedua himpunan (A\B) dan (A\C), dan sebaliknya.

Bila x di A\(B∪C), maka x di A, tetapi tidak di B∪C. Dari sini x suatu unsur

di A, tetapi tidak dikedua unsur B atau C. (Mengapa?). Karenanya x di A tetapi tidak

di B, dan x di A tetapi tidak di C. Yaitu x ∈ A\B dan x ∈ A\C, yang menunjukkan

bahwa

x ∈(A\B)∩(A\C).

Sebaliknya, bila x ∈(A\B)∩(A\C), maka x ∈(A\B)dan x ∈ (A\C). Jadi x ∈ A

tetapi bukan anggota dari B atau C. Akibatnya x ∈ A dan x ∉ (B∪C), karena itu x ∈

A\(B∪C).

Karena himpunan (A\B)∩(A\C) dan A\(B∪C).memuat unsur-unsur yang

sama, menurut definisi 1.1.1 A\(B∪C).= (A\B)∩(A\C).

Produk (hasil kali) Cartesius

Sekarang kita akan mendefinisikan produk Cartesius.

1.1.7. Definisi. Bila A dan B himpunan-himpunan yang tak kosong, maka produk

cartesius A×B dari A dan B adalah himpunan pasangan berurut (a,b) dengan a∈ A dan

b ∈ B.

Jadi bila A = {1,2,3} dan B = {4,5}, maka

A×B = {(1,4),(1,5),(2,4),(2,5),(3,4),(3,5)}

Latihan 1.1.

1. Gambarkan diagram yang menyatakan masing-masing himpunan pada Teorema

1.1.4.

2. Buktikan bagian (c) Teorema 1.1.4.

3. Buktikan bagian kedua Teorema 1.1.4(d).

4. Buktikan bahwa A ⊆ B jika dan hanya jika A∩B = A.

Page 7: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 7

5. Tunjukkan bahwa himpunan D yang unsur-unsurnya merupakan unsur dari tepat

satu himpunan A atau B diberikan oleh D = (A\B) ∪ (B\A). Himpunan D ini ser-

ing disebut dengan selisih simetris dari A dan B. Nyatakan dalam diagram.

6. Tunjukkan bahwa selisih simetris D di nomor 5, juga diberikan oleh

D = (A∪B)\(A∩B).

7. Bila A ⊆ B, tunjukkan bahwa B = A\(A\B).

8. Diberikan himpunan A dan B, tunjukkan bahwa A∩B dan A\B saling asing dan

bahwa A = (A∩B) ∪ (A\B).

9. Bila A dan B sebarang himpunan, tunjukkan bahwa A∩B = A\(A\B).

10. Bila {A1, A2, ... , An} suatu koleksi himpunan, dan E sebarang himpunan, tunjuk-

kan bahwa E A (E A ), E A (E A )j j jj=1

n

jj 1

n

j 1

n

j 1

n

∩ = ∩ ∪ = ∪===

U UUU

11. Bila {A1, A2, ... , An} suatu koleksi himpunan, dan E sebarang himpunan, tunjuk-

kan bahwa E A (E A ), E A (E A )jj 1

n

jj 1

n

jj=1

n

jj 1

n

∩ = ∩ ∪ = ∪= = =I I I I

12. Misalkan E sebarang himpunan dan {A1, A2, ... , An} suatu koleksi himpunan.

Buktikan Hukum De Morgan

E \ A (E \ A ), E \ A (E \ A ).jj 1

n

jj 1

n

jj=1

n

jj 1

n

= = =

= =I U U I

Catatan bila E\Aj dituliskan dengan C(A j), maka kesamaan di atas mempunyai

bentuk

( ) ( )C C C C A A , A A .jj 1

n

jj 1

n

jj=1

n

jj 1

n

= = =

=

=I U U I

13. Misalkan J suatu himpunan dan untuk setiap j∈J, Aj termuat di E. Tunjukkan

bahwa

( ) ( )C C C C A A , A A .jj J

jj J

jj J

jj J∈ ∈ ∈ ∈

=

=I U U I

14. Bila B1 dan B2 subhimpunan dari B dan B = B1 ∪ B2, tunjukkan bahwa

Page 8: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 8

A×B = (A×B1) ∪ (A×B2).

1.2. Fungsi.

Sekarang kita kembali mendiskusikan gagasan fundamental suatu fungsi atau

pemetaan. Akan kita lihat bahwa fungsi adalah suatu jenis khusus dari himpunan,

walaupun terdapat visualisasi lain yang sering lebih bersifat sugesti. Semua dari

bagian terakhir ini akan banyak mengupas jenis-jenis fungsi, tetapi sedikit abstrak di-

bandingkan bagian ini.

Bagi matematikawan abad terdahulu kata “fungsi” biasanya berarti rumus ter-

tentu, seperti

f(x) = x2 + 3x -5

yang bersesuaian dengan masing-masing bilangan real x dan bilangan lain f(x). Mung-

kin juga seseorang memunculkan kontroversi, apakah nilai mutlak

h(x) = x

dari suatu bilangan real merupakan “fungsi sejati” atau bukan. Selain itu definisi

xdiberikan pula dengan

x= x, bila x 0

x, bila x < 0

≥−

Dengan berkembangnya matematika, semakin jelas bahwa diperlukan definisi fungsi

yang lebih umum. Juga semakin penting untuk kita membedakan fungsi sendiri den-

gan nilai fungsi itu. Di sini akan mendefinisikan suatu fungsi dan hal ini akan kita la-

kukan dalam dua tahap.

Definisi pertama :

Suatu fungsi f dari himpunan A ke himpunan B adalah aturan korespondensi yang

memasangkan masing-masing unsur x di A secara tunggal dengan unsur f(x) di B.

Definisi di atas mungkin saja tidak jelas, dikarenakan ketidakjelasan frase

“aturan korespondensi”. Untuk mengatasi hal ini kita akan mendefinisikan fungsi

de-ngan menggunakan himpunan seperti yang telah dibahas pada bagian sebelumnya.

Page 9: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 9

De-ngan pendefinisian ini dapat saja kita kehilangan kandungan intuitif dari definisi

terdahulu, tetapi kita dapatkan kejelasan.

Ide dasar pendefinisian ini adalah memikirkan gambar dari suatu fungsi;

yaitu, suatu korelasi dari pasangan berurut. Bila kita perhatikan tidak setiap koleksi

pasangan berurut merupakan gambar suatu fungsi, karena sekali unsur pertama dalam

pasangan berurut diambil, unsur keduanya ditentukan secara tunggal.

1.2.1. Definisi. Misalkan A dan B himpunan suatu fungsi dari A ke B adalah him-

punan pasangan berurut f di A×B sedemikian sehingga untuk masing-masing a ∈ A

terdapat b ∈ B yang tunggal dengan (a,b),(a,b’) ∈ f, maka b = b’. Himpunan A dari

unsur-unsur pertama dari f disebut daerah asal atau “domain” dari f, dan dituliskan

D(f). Sedangkan unsur-unsur di B yang menjadi unsur kedua di f disebut “range” dari

f dan dituliskan dengan R(f). Notasi

f : A → B

menunjukkan bahwa f suatu fungsi dari A ke B; akan sering kita katakan bahwa f

suatu pemetaan dari A ke dalam B atau f memetakan A ke dalam B. Bila (a,b) suatu

unsur di f, sering ditulis dengan

b = f(a)

daripada (a,b) ∈ f. Dalam hal ini b merupakan nilai f di titik a, atau peta a terhadap f.

Pembatasan dan Perluasan Fungsi

Bila f suatu fungsi dengan domain D(f) dan D1 suatu subhimpunan dari D(f),

seringkali bermanfaat untuk mendefinisikan fungsi baru f1 dengan domain D1 dan

f1(x) = f(x) untuk semua x ∈ D1. Fungsi f1 disebut pembatasan fungsi f pada D1.

Menurut definisi 1.2.1, kita mempunyai

f1 = { (a,b) ∈ f a ∈ D1}

Kadang-kadang kita tuliskan f1 = f D1 untuk menyatakan pembatasan fungsi f pada

himpunan D1.

Page 10: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 10

Konstruksi serupa untuk gagasan perluasan. Bila suatu fungsi dengan domain

D(g) dan D2 ⊇ D(g), maka sebarang fungsi g2 dengan domain D2 sedemikian sehingga

g2(x) = g(x) untuk semua x ∈ D(g) disebut perluasan g pada himpunan D2.

Bayangan Langsung dan Bayangan Invers

Misalkan f : A → B suatu fungsi dengan domain A dan range B.

1.2.2. Definisi. Bila E subhimpunan A, maka bayangan langsung dari E terhadap f

adalah sub himpunan f(E) dari B yang diberikan oleh

f(E) = {f(x) : x ∈ E}.

Bila H subhimpunan E, maka bayangan invers dari H terhadap f adalah subhim-

punan

f-1(H) dari A, yang diberikan oleh

f-1(H) = { x ∈ A : f(x) ∈ H}

Jadi bila diberikan himpunan E ⊆ A, maka titik y1 ∈ B di bayangan langsung

f(E) jika dan hanya jika terdapat paling tidak sebuah titik x1 ∈ E sedemikian sehingga

y1 = f(x1). Secara sama, bila diberikan H⊆B, titik x2∈A di dalam bayangan invers f-

1(H) jika dan hanya jika y2 = f(x2) di H.

1.2.3. Contoh. (a). Misalkan f : R → R didefinisikan dengan f(x) = x2. Bayangan

langsung himpunan E = {x 0 ≤ x ≤ 2} adalah himpunan f(E) = {y 0 ≤ y ≤ 4}. Bila G

= {y 0 ≤ y ≤ 4}, maka bayangan invers G adalah himpunan f-1(G) = {x -2 ≤ x ≤ 2}.

Jadi f-1(f(E)) ≠ E.

Disatu pihak, kita mempunyai f(f-1(G)) = G. Tetapi bila H = {y -1 ≤ y ≤ 1},

maka kita peroleh f(f-1(H)) = {x 0 ≤ x ≤ 1} ≠ H.

(b). Misalkan f : A → B, dan G,H subhimpunan dari B kita akan tunjukkan bahwa

f-1(G∩H) ⊆ f-1(G)∩ f-1(H)

Kenyataannya, bila x ∈ f-1(G∩H) maka f(x) ∈ G∩H, jadi f(x) ∈ G dan f(x) ∈ H. Hal

ini mengakibatkan x ∈ f-1(G) dan x ∈ f-1(H). Karena itu x ∈ f-1(G)∩ f-1(H), bukti sele-

sai. Sebaliknya, f-1(G∩H) ⊇ f-1(G)∩ f-1(H) juga benar, yang buktinya ditinggalkan se-

bagai latihan.

Page 11: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 11

Sifat-sifat Fungsi

1.2.4. Definisi. Suatu fungsi f : A → B dikatakan injektif atau satu-satu bila x1 ≠ x2,

mengakibatkan f(x1) ≠ f(x2). Bila f satu-satu, kita katakan f suatu injeksi.

Secara ekivalen, f injektif jika dan hanya jika f(x1) = f(x2) mengakibatkan x1 =

x2, untuk semua x1,x2 di A.

Sebagai contoh, misalkan A = {x ∈ R x ≠ 1} dan f : A → R dengan f(x) =

x

x 1−. Untuk menunjukkan f injektif, asumsikan x1,x2 di A sehingga f(x1) = f(x2).

Maka kita mempunyai

x

x 1

x

x 11

1

2

2−=

yang mengakibatkan (mengapa?) bahwa x

x 1

x

x 11

1

2

2−=

− dan dari sini x1 = x2. Karena

itu f injektif.

1.2.5. Definisi. Suatu fungsi f : A → B dikatakan surjektif atau memetakan A pada B,

bila f(A) = B. Bila f surjektif, kita sebut f suatu surjeksi.

Secara ekivalen, f : A → B surjektif bila range f adalah semua dari B, yaitu

untuk setiap y ∈ B terdapat x ∈ A sehingga f(x) = y.

Dalam pendefinisian fungsi, penting untuk menentukan domain dan himpunan

dimana nilainya diambil. Sekali hal ini ditentukan, maka dapat menanyakan apakah

fungsi tersebut surjektif atau tidak.

1.2.6. Definisi. Suatu fungsi f : A → B dikatakan bijektif bila bersifat injektif dan

surjektif. Bila f bijektif, kita sebut bijeksi.

Fungsi-fungsi Invers

Bila f suatu fungsi dari A ke B, (karenanya, subhimpunan khusus dari A×B),

maka himpunan pasangan berurut di B×A yang diperoleh dengan saling menukar un-

sur pertama dan kedua di f secara umum bukanlan fungsi. Tetapi, bila f injektif, maka

penukaran ini menghasilkan fungsi yang disebut invers dari f.

Page 12: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 12

1.2.7. Definisi. Misalkan f : A → B suatu fungsi injektif dengan domain A dan

range R(f) di B. Bila g = {(b,a)∈B×A (a,b) ∈ f}, maka g fungsi injektif dengan do-

main D(g) = R(f) dan range A. Fungsi G disebut fungsi invers dari f dan dituliskan

dengan f-1.

Dalam penulisan fungsi yang standar, fungsi f-1 berelasi dengan f sebagai

berikut : y = f-1(y) jika dan hanya jika y = f(x).

Sebagai contoh, kita telah melihat bahwa fungsi f(x) = x

x 1− didefinisikan un-

tuk x ∈ A = {x x ≠ 1} bersifat injektif. Tidak jelas apakah range dari f semua (atau

hanya sebagian) dari R. Untuk menentukannya kita selesaikan persamaan y = x

x 1−

dan diperoleh x = y

y 1−. Dengan informasi ini, kita dapat yakin bahwa rangenya R(f)

= {y y ≠ 1} dan bahwa fungsi invers dari f mempunyai domain {y y ≠ -1} dan f-1(y)

= y

y 1−.

Bila suatu fungsi injektif, maka fungsi inversnya juga injektif. Lebih dari itu,

fungsi invers dari f-1 adalah f sendiri. Buktinya ditinggalkan sebagai latihan.

Fungsi Komposisi

Sering terjadi kita ingin mengkomposisikan dua buah fungsi denga mencari

f(x) terlebih dahulu, kemudian menggunakan g untuk memperoleh g(f(x)), tetapi hal

ini hanya mungkin bila f(x) ada di domain g. Jadi kita harus mengasumsikan bahwa

range dari f termuat di domain g.

1.2.8. Definisi. Untuk fungsi f : A → B dan g : B - C, komposisi fungsi gof (perhati-

kan urutannya!) adalah fungsi dari A ke C yang didefinisikan dengan gof(x) = g(f(x))

untuk x ∈ A.

1.2.9. Contoh. (a). Urutan komposisi harus benar-benar diperhatikan. Misalkan f dan

g fungsi-fungsi yang nilainya di x ∈ R ditentukan oleh

f(x) = 2x, g(x) = 3x2 - 1

Page 13: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 13

Karena D(g) = R dan R(f) ⊆ R, maka domain D(gof) adalah juga R, dan fungsi kom-

posisi gof ditentukan oleh

gof(x) = 3(2x)2 - 1 = 2x2 - 1

Di lain pihak, domain dari fungsi komposisi gof juga R, tetapi dalam hal ini kita

mempunyai fog(x) = 2(3x2 - 1) = 6x2 - 2. Jadi fog ≠ gof.

(b). Beberapa perhatian harus dilatih agar yakin bahwa range dari f termuat di domain

dari g. Sebagai contoh, bila f(x) = 1 - x2 dan y = x , maka fungsi komposisi yang

diberikan oleh gof(x) = 1 x2− didefinisikan hanya pada x di D(f) yang memenuhi

f(x) ≥ 0; yaitu, untuk x memenuhi -1 ≤ x ≤ 1. Bila kita tukar urutannya, maka kom-

posisi

fog, diberikan oleh gof(x) = 1 - x, didefinisikan untuk semua x di domain dari g; yaitu

himpunan {x ∈ R : x ≥ 0}.

Teorema berikut memperkenalkan hubungan antara komposisi fungsi dan

petanya. Sedangkan buktinya ditinggalkan sebagai latihan.

1.2.10. Teorema. Misalkan f : A → B dan g : B → C fungsi dan H suatu sub-

himpunan dari C. Maka (fog)-1(H) = g-1 (f-1(H)).

Sering terjadi bahwa komposisi dua buah fungsi mewarisi sifat-sifat fungsi

yang didefinisikan. Berikut salah satunya dan buktinya ditinggalkan sebagai latihan.

1.2.11. Teorema. Bila f : A → B dan g : B → C keduanya bersifat injektif, maka

komposisi gof juga bersifat injektif.

Barisan

Fungsi dengan N sebagai domain memeainkan aturan yang sangat khusus

dalam analisis, yang kita akan perkenalkan berikut ini.

1.2.12. Definisi. Suatu barisan dalam himpunan S adalah suatu fungsi yang domain-

nya himpunan bilangan asli N dan rangenya termuat di S.

Untuk barisan X : N → S, nilai X di n∈N sering dituliskan dengan xn dari-

pada (xn), dan nilainya sering disebut suku ke-n barisan tersebut. Barisan itu sendiri

sering dituliskan dengan (xn n ∈ N) atau lebih sederhana dengan (xn). Sebagai con-

Page 14: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 14

toh, barisan di R yang dituliskan dengan (n n ∈ N) sama artinya dengan fungsi X :

N → R dengan X(n) = n .

Penting sekali untuk membedakan antara barisan (xn n ∈ N) dengan

nilainya

{x n n ∈ N}, yang merupakan subhimpunan dari S. Suku barisan harus dipandang

mempunyai urutan yang diinduksi dari urutan bilangan asli, sedangkan range dari ba-

risan hanya merupakan subhimpunan dari S. Sebagai contoh, suku-suku dari bari-

san ((-1)n n ∈ N) berganti-ganti antara -1 dan 1, tetapi range dari barisan itu adalah

{-1,1}, memuat dua unsur dari R.

Latihan 1.2.

1. Misalkan A = B = {x∈R -1 ≤ x ≤ 1} dan sub himpunan C = {(x,y) x2 + y2 = 1}

dari A×B, apakah himpunan ini fungsi ?

2. Misalkan f fungsi pada R yang didefinisikan dengan f(x) = x2, dan E = {x∈R -1 ≤

x ≤ 0} dan F = {x∈R 0 ≤ x ≤ 1}. Tunjukkan bahwa E∩F = {0} dan f(E∩F) = {0},

sementara f(E) = f(F) = {y∈R 0 ≤ y ≤ 1}. Di sini f(E∩F) adalah subhimpunan se-

jati dari f(E) ∩ f(F). Apa yang terjadi bila 0 dibuang dari E dan F?

3. Bila E dan F seperti latihan no. 2, tentukan E\F dan f(E)\f(F) dan tunjukkan bahwa

f(E\F) ≤ f(E)\f(F) salah.

4. Tunjukkan bahwa bila f : A→B dan E,F sub himpunan dari A, maka f(E∪F) = f(E)

∪ f(F) dan f(E ∩ F) ≤ f(E) ∩ f(F)

5. Tunjukkan bahwa bila f : A→B dan G,H sub himpunan dari B,

maka f-1(G∪H) = f-1(G) ∪ f-1(H) dan f-1(G ∩ H) ≤ f-1(G) ∩ f-1(H)

6. Misalkan f didefinisikan dengan f(x) = x

x 12 +, x ∈R. Tunjukkan bahwa f bijektif

dari R pada {y : -1 ≤ y ≤ 1}..

7. Untuk a,b ∈R dengan a < b, tentukan bijeksi dari A = {x a < x < b} pada B = {y

0 < y < 1}

Page 15: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 15

8. Tunjukkan bahwa bila f : A→B bersifat injektif dan E ⊆ A, maka f-1(f(E)). Berikan

suatu contoh untuk menunjukkan kesamaan tidak dipenuhi bila f tidak injektif.

9. Tunjukkan bahwa bila f : A→B bersifat surjektif dan H ⊆ B, maka f(f-1(H)). Beri-

kan suatu contoh untuk menunjukkan kesamaan tidak dipenuhi bila f tidak surjek-

tif.

10.Buktikan bahwa bila f injeksi dari A ke B, maka f-1 = {(b,a) (a,b)∈f} suatu fungsi

dengan domain R(f). Kemudian buktikan bahwa f-1 injektif dan f invers dari f-1.

11.Misalkan f bersifat injektif. Tunjukkan bahwa f-1of(x) = x, untuk semua x ∈ D(f)

dan fof-1(y) = y untuk semua y ∈ R(f).

12. Berikan contoh dua buah fungsi f,g dari R pada R sehingga f ≠ g, tetapi fog = gof

13. Buktikan teorema 1.2.10.

14. Buktikan teorema 1.2.11.

15. Misalkan f,g fungsi dan gof(x) = x untuk semua x di D(f). Tunjukkan bahwa f in-

jektif dan R(f) ⊆ D(f) dan R(g) ⊇ D(g).

16. Misalkan f,g fungsi dan gof(x) = x untuk semua x di D(f) dan fog(y) untuk semua y

di D(g). Buktikan bahwa g = f-1..

1.3. Induksi Matematika

Induksi matematika merupakan metode pembuktian penting yang akan sering

digunakan dalam buku ini. Metode ini digunakan untuk menguji kebenaran suatu

pernyataan yang diberikan dalam suku-suku bilangan asli. Walau kegunaannya terba-

tas pada masalah tertentu, tetapi induksi matematika sangat diperlukan disemua ca-

bang matematika. Karena banyak bukti induksi mengikuti urutan formal argumen

yang sama, kita akan sering menyebutkan “hasilnya mengikuti induksi matematika”

dan meninggalkan bukti lengkapnya kepada pembaca. Dalam bagian ini kita memba-

has prinsip induksi matematika dan memberi beberapa contoh untuk mengilustrasikan

bagaimana proses bukti induksi.

Kita akan mengasumsikan kebiasaan (pembaca) dengan himpunan bilangan

asli

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

Page 16: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 16

dengan operasi aritmetika penjumlahan dan perkalian seperti biasa dan dengan arti

suatu bilangan kurang dari bilangan lain. Kita juga akan mengasumsikan sifat funda-

men-

tal dari N berikut.

1.3.1. Sifat urutan dengan baik dari N. Setiap subhimpunan tak kosong dari N mem-

punyai unsur terkecil.

Pernyataan yang lebih detail dari sifat ini sebagai berikut : bila S subhimpunan

dari N dan S ≠ ∅, maka terdapat suatu unsur m ∈ S sedemikian sehingga m ≤ k untuk

semua k ∈ S.

Dengan berdasar sifat urutan dengan baik, kita akan menurunkan suatu versi

prinsip induksi matematika yang dinyatakan dalam suku-suku subhimpunan dari N.

Sifat yang dideskripsikan dalam versi ini kadang-kadang mengikuti turunan sifat N.

1.3.2. Prinsip Induksi Matematika. Misalkan S sub himpunan dari N yang mempu-

nyai sifat

(i).1 ∈ S

(ii).jika k ∈ S., maka k + 1 ∈ S.

maka S = N.

Bukti :

Andaikan S ≠ N. Maka N\S tidak kosong, karenanya berdasar sifat urutan dengan baik

N\S mempunyai unsur terkecil, sebut m. Karena 1 ∈ S, maka m ≠ 1. Karena itu m > 1

dengan m - 1 juga bilangan asli. Karena m - 1 < m dan m unsur terkecil di N\S, maka

m - 1 haruslah di S.

Sekarang kita gunakan hipotesis (2) terhadap unsur k = m - 1 di S, yang

berakibat k + 1 = (m - 1) + 1 = m di S. Kesimpulan ini kontradiksi dengan pernyataan

bahwa m tidak di S. Karena m diperoleh dengan pengandaian bahwa N\S tidak kos-

ong, kita dipaksa pada kesimpulan bahwa N\S kosong. Karena itu kita telah buktikan

bahwa S = N.

Prinsip induksi matematika sering dinyatakan dalam kerangka sifat atau per-

nyataan tentang bilangan asli. Bila P(n) berarti pernyataan tentang n ∈ N, maka P(n)

Page 17: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 17

benar untuk beberapa nilai n, tetapi tidak untuk yang lain. Sebagai contoh, bila P(n)

pernyataan “ n2 = n”, maka P(1) benar, sementara P(n) salah untuk semua n ≠ 1,

n∈N. Dalam konteks ini prinsip induksi matematika dapat dirumuskan sebagai beri-

kut :

Untuk setiap n ∈ N, misalkan P(n) pernyataan tentang n. Misalkan bahwa

(a). P(1) benar

(b). Jika P(k) benar, maka P(k + 1) benar.

Maka P(n) benar untuk semua n ∈ N.

Dalam kaitannya dengan versi induksi matematika terdahulu yang diberikan

pada 1.3.2, dibuat dengan memisalkan S = { n ∈ N P(n) benar}. Maka kondisi (1)

dan (2) pada 1.3.2 berturut-turut tepat bersesuaian dengan (a) dan (b). Kesimpulan S =

N pada 1.3.2. bersesuaian dengan kesimpulan bahwa P(n) benar untuk semua n ∈ N.

Dalam (b) asumsi “jika P(k) benar” disebut hipotesis induksi. Di sini, kita ti-

dak memandang pada benar atau salahnya P(k), tetap hanya pada validitas implikasi

“jika P(k) benar, maka P(k+1) benar”. Sebagai contoh, bila kita perhatikan pernyataan

P(n) : n = n + 5, maka (b) benar. Implikasinya “bila k = k + 5, maka k + 1 = k + 6”

juga benar, karena hanya menambahkan 1 pada kedua ruas. Tetapi, karena pernyataan

P(1) : 1 = 2 salah, kita tidak mungkin menggunakan induksi matematika untuk meny-

impulkan bahwa n = n + 5 untuk semua n ∈ N.

Contoh-contoh berikut mengilustrasikan bagaimana prinsip induksi mate-

matika bekerja sebagai metode pembuktian pernyataan tentang bilangan asli.

1.3.3. Contoh. (a). Untuk setiap n ∈ N, jumlah n pertama bilangan asli diberikan oleh

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

Untuk membuktikan kesamaan ini, kita misalkan S himpunan n ∈ N, sehingga ke-

samaan tersebut benar. Kita harus membuktikan kondisi (1) dan (2) pada 1.3.2. dipe-

nuhi.

Bila n = 1, maka kita mempunyai 1 = 12 .1(1 + 1), jadi 1 ∈ S dan dengan asumsi ini

akan ditunjukkan k + 1 ∈ S. Bila k ∈ S, maka kita mempunyai

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

Page 18: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 18

Bila kita tambahkan k+1 pada kedua ruas, kita peroleh

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

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

Karena ini menyatakan kesamaan di atas untuk n = k + 1, kita simpulkan bahwa k + 1

∈ S. Dari sini kondisi (2) pada 1.3.2. dipenuhi. Karena itu dengan prinsip induksi

matematika, kita simpulkan bahwa S = N dan kesamaan (*) benar untuk semua n ∈

N.

(b). Untuk masing-masing n ∈ N, jumlah kuadrat dari n pertama bilangan asli diberi-

kan oleh

12+22+...+n2 = 16 n(n+1)(2n+1)

Untuk membuktikan kebenaran formula ini, pertama kita catat bahwa formula ini

benar untuk n = 1, karena 12 = 16 .1 (1+1)(2+1). Bila kita asumsikan formula ini benar

untuk k, maka dengan menambahkan (k+1)2 pada kedua ruas, memberikan hasil

12+22+...+k2 + (k+1)2 = 16 k(k+1)(2k+1) + (k+1)2

= 16 (k+1)(2k2+k+6k+6)

= 16 (k+1)(k+2)(2k+3)

Mengikuti induksi matematika, validitas formula di atas berlaku untuk semua n ∈ N.

(c). Diberikan bilangan a,b, kita akan buktikan bahwa a - b faktor dari an - bn untuk

semua n ∈ N. Pertama kita lihat bahwa pernyataan ini benar untuk n = 1. Bila

sekarang kita asumsikan bahwa a - b adalah faktor dari ak - bk, maka kita tuliskan

ak+1 - bk+1 = ak+1 - abk + abk - bk+1

= a(ak - bk) + bk(a - b).

Sekarang berdasarkan hipotesis induksi a-b merupakan faktor dari a(ak-bk). Disamp-

ing itu a-b juga faktor dari bk(a - b). Dari sini a-b adalah dari ak+1 - bk+1. Dengan in-

duksi matematika kita simpulkan bahwa a-b adalah faktor dari an - bn untuk semua

n∈N.

Page 19: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 19

(d). Ketaksamaan 2n ≤ (n+1)!. Dapat dibuktikan dengan induksi matematika sebagai

berikut. Pertama kita peroleh bahwa hal ini benar untuk n = 1. Kemudian kita asumsi-

kan bahwa 2k ≤ (k+1).Dan dengan menggunakan fakta bahwa 2 ≤ (k+2), diperoleh

2k+1 = 2.2k ≤ 2(k+1)! ≤ (k+2)(k+1)! = (k+2)!

Jadi, bila ketaksamaan tersebut berlaku untuk k, maka berlaku pula untuk k+1.

Karenanya dengan induksi matematika, ketaksamaan tersebut benar untuk semua n ∈

N.

(e). Bila r ∈ R, r ≠ 1 dan n ∈ N, maka

1 + r + r2 + ... + rn = 1 r

1 r

n 1−−

+

Ini merupakan jumlah n suku deret geometri, yang dapat dibuktikan dengan induksi

matematika sebagai berikut. Bila n = 1, kitya mempunyai 1 + r = 1 r

1 r

−−

2

, jadi formula

tersebut benar. Bila kita asumsikan formula tersebut benar untuk n = k dan tambahkan

rk+1 pada kedua ruas, maka kita peroleh

1+r+ ... +rk+ rk+1 = 1 r

1 r

k 1−−

+

+ rk+1 = 1 r

1 r

k 2−−

+

yang merupakan formula kita untuk n = k + 1. Mengikuti prinsip induksi matematika,

maka formula tersebut benar untuk semua n ∈ N.

Hal ini dapat dibuktikan tanpa menggunakan prinsip induksi matematika. Bila

kita misalkan Sn = 1+r+...+rn, maka rSn = r+r2+...+rn+1

Jadi

(1-r)Sn = Sn-rSn = 1-rn+1

Bila kita selesaikan untuk Sn, kita peroleh formula yang sama.

(f). Penggunaan prinsip induksi matematika secara ceroboh dapat menghasilkan ke-

simpulan yang slah. Pembaca diharap mencari kesalahan pada “bukti teorema” beri-

kut.

Page 20: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 20

Bila n sebarang bilangan asli dan bila maksimum dari dua bilangan asli p dan

q adalah n, maka p = q. (Akibatnya bila p dan q dua bilangan asli sebarang, maka p =

q).

Bukti :

Misalkan S subhimpunan bilangan asli sehingga pernyataan tersebut benar. Maka 1 ∈

S, karena bila p,q di N dan maksimumnya 1, maka maksimum dari p-1 dan q-1 adalah

k. Karenanya p-1 = q-1, karena k ∈ S, dan dari sini kita simpulkan bahwa p = q. Jadi,

k + 1 ∈ S dan kita simpulkan bahwa pernyataan tersebut benar untuk semua n ∈ N.

(g). Beberapa pernyataan yang benar untuk beberapa bilangan asli, tetapi tidak

untuk semua. Sebagai contoh formula P(n) = n2 - n + 41 memberikan bilangan prima

untuk n =1,2,3,...41. Tetapi, P(41) bukan bilangan prima.

Terdapat versi lain dari prinsip induksi matematika yang kadang-kadang san-

gat berguna. Sering disebut prinsip induksi kuat, walaupun sebenarnya ekivalen den-

gan versi terdahulu. Kita akan tinggalkan pada pembaca untuk menunjukkan ekiva-

lensinya dari kedua prinsip ini.

1.3.4. Prinsip Induksi kuat. Misalkan S subhimpunan N sedemikian sehinga 1∈S,

dan bila {1,2,...,k}⊆ S maka k + 1 ∈ S. Maka S = N.

Latihan 1.3

Buktikan bahwa yang berikut berlaku benar untuk semua n ∈ N,

1. 1

1.2

1

2.3...

1

n(n 1)

n

n 1+ + +

+=

+

2. 13 + 23 + ... + n3 = [ 12 n(n+1)]2

3. 12-22+32-...+(-1)n+1n(n+1)/2

4. n3 + 5n dapat dibagi dengan 6

5. 52n - 1 dapat dibagi dengan 8

6. 5n - 4n - 1 habis dibagi 16.

7. Buktikan bahwa jumlah pangkat tiga dari bilangan asli yang berturutan n, n+1, n +

2 habis dibagi 9

Page 21: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 21

8. Buktikan bahwa n < 2n untuk semua n ∈ N

9. Tentukan suatu formula untuk jumlah

( )1

1.3

1

3.5...

1

2n 1 (2n 1)+ + +

− +

dan buktikan dugaan tersebut dengan mengunakan induksi matematika. (Dugaan

terhadap pernyataan matematika, sebelum dibuktikan sering disebut “Conjecture”).

10.Tentukan suatu formula untuk jumlah n bilangan ganjil yang pertama

1 + 3 + ... + (2n - 1)

kemudian buktikan dugaan tersebut dengan menggunakan induksi matematika.

11. Buktikan variasi dari 1.3.2. berikut : Misalkan S sub himpunan tak kosong dari N

sedemikian sehingga untuk suatu n0 ∈ N berlaku (a). n0 ∈ S, dan (b) bila k ≥ n0

dan k ∈ S, maka k + 1 ∈ S. Maka S memuat himpunan { n ∈ N n ≥ n0}.

12. Buktikan bahwa 2n < n! untuk semua n ≥ 4, n ∈ N. (lihat latihan 11).

13. Buktikan bahwa 2n - 3 ≤ 2n-2 untuk semua n ≥ 5, n ∈ N. (lihat latihan 11).

14. Untuk bilangan asli yang mana n2 < 2n ? Buktikan pernyataanmu (lihat latihan

11).

15. Buktikan bahwa 1

1

1

2...

1

nn+ + + > untuk semua n ∈ N.

16. Misalkan S sub himpunan dari N sedemikian sehingga (a). 2k ∈ S untuk semua k

∈ N, dan (b). bila k ∈ S, dan k ≥ 2, maka k - 1 ∈ S. Buktikan S = N.

17. Misalkan barisan (xn) didefinisikan sebagai berikut : x1 = 1, x2 = 2 dan xn+2 =

12 (xn+1 + xn) untuk n∈N. Gunakan prinsip induksi kuat 1.3.4 untuk menunjukkan

1 ≤ xn ≤ 2 untuk semua n ∈ N.

Page 22: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 22

BILANGAN REAL Dalam bab ini kita akan membahas sifat-sifat esensial dari sistem bilangan

real R. Walaupun dimungkinkan untuk memberikan konstruksi formal dengan di-

dasarkan pada himpunan yang lebih primitif (seperti himpunan bilangan asli N atau

himpunan bilangan rasional Q), namun tidak kita lakukan. Akan tetapi, kita perkenal-

kan sejumlah sifat fundamental yang berhubungan dengan bilangan real dan menun-

jukkan bagaimana sifat-sifat yang lain dapat diturunkan darinya. Hal ini lebih berman-

faat dari pada menggunakan logika yang sulit untuk mengkonstruksi suatu model un-

tuk R dalam belajar analisis.

Sistem bilangan real dapat dideskripsikan sebagai suatu “medan/lapangan

lengkap yang terurut”, dan kita akan membahasnya secara detail. Demi kejelasan, kita

tidak akan membahas sifat-sifat R dalam suatu bagian, tetapi kita lebih berkonsentrasi

pada beberapa aspek berbeda dalam bagian-bagian yang terpisah. Pertama kita perke-

nalkan, dalam bagian 2.1, sifat aljabar (sering disebut sifat medan) yang didasarkan

pada ope-rasi penjumlahan dan perkalian. Berikutnya kita perkenalkan, dalam bagian

2.2 sifat urutan dari R, dan menurunkan beberapa konsekuensinya yang berkaitan

dengan ketaksamaan, dan memberi ilustrasi penggunaan sifat-sifat ini. Gagasan ten-

tang nilai mutlak, yang mana didasarkan pada sifat urutan, dibahas secara singkat

pada bagian 2.3.

Dalam bagian 2.4, kita membuat langkah akhir dengan menambah sifat

“kelengkapan” yang sangat penting pada sifat aljabar dan urutan dari R. Kemudian

kita menggunakan sifat kelengkapan R dalam bagian 2.5 untuk menurunkan hasil

fundamental yang berkaitan dengan R, termasuk sifat archimedes, eksistensi akar

(pangkat dua), dan densitas (kerapatan) bilangan rasional di R.

BAB 2

Page 23: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 23

2.1 Sifat Aljabar R

Dalam bagian ini kita akan membahas “struktur aljabar” sistem bilangan real.

Pertama akan diberikan daftar sifat penjumlahan dan perkaliannya. Daftar ini men-

dasari semua untuk mewujudkan sifat dasar aljabar R dalam arti sifat-sifat yang lain

dapat dibuktikan sebagai teorema. Dalam aljabar abstrak sistem bilangan real meru-

pakan lapangan/medan terhadap penjumlahan dan perkalian. Sifat-sifat yang akan

disajikan pada 2.1.1 berikut dikenal dengan “Aksioma medan”.

Yang dimaksud operasi biner pada himpunan F adalah suatu fungsi B dengan

domain F×F dan range di F. Jadi, operasi biner memasangkan setiap pasangan berurut

(a,b) dari unsur-unsur di F dengan tepat sebuah unsur B(a,b) di F. Tetapi, disamping

menggunakan notasi B(a,b), kita akan lebih sering menggunakan notasi konvensional

a+b dan a.b (atau hanya ab) untuk membicarakan sifat penjumlahan dan perkalian.

Contoh operasi biner yang lain dapat dilihat pada latihan.

2.1.1. Sifat-sifat aljabar R. Pada himpunan bilangan real R terdapat dua operasi

biner, dituliskan dengan “+” dan “....” dan secara berturut-turut disebut penjumlahan

dan perkalian. Kedua operasi ini memenuhi sifat-sifat berikut :

(A1). a + b = b + a untuk semua a,b di R (sifat komutatif penjumlahan);

(A2). (a + b) + c = a + (b + c) untuk semua a,b,c di R (sifat assosiatif penjumlahan);

(A3) terdapat unsur 0 di R sehingga 0 + a = a dan a + 0 = a untuk semua a di R (ek-

sistensi unsur nol);

(A4). untuk setiap a di R terdapat unsur -a di R, sehingga a + (-a) = 0 dan (-a) + a = 0

(eksistensi negatif dari unsur);

(M1). a.b = b.a untuk semua a,b di R (sifat komutatif perkalian);

(M2). (a.b) . c = a . (b.c) untuk semua a,b,c di R (sifat asosiatif perkalian);

(M3). terdapat unsur 1 di R yang berbeda dari 0, sehingga 1.a = a dan a.1 = a untuk

semua a di R (eksistensi unsur satuan);

(M4). untuk setiap a ≠ 0 di R terdapat unsur 1/a di R sehingga a.1/a = 1 dan (1/a).a =

1 (eksistensi balikan);

Page 24: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 24

(D). a . (b+c) = (a.b) + (a.c) dan (b+c) . a = (b.a) + (c.a) untuk semua a,b,c di R (si-

fat distributif perkalian terhadap penjumlahan);

Pembaca perlu terbiasa dengan sifat-sifat di atas. Dengan demikian akan me-

mudahkan dalam penurunan dengan menggunakan teknik dan manipulasi aljabar.

Berikut kita akan dibuktikan beberapa konsekuensi dasar (tetapi penting).

2.1.2 Teorema. (a). Bila z dan a unsur di R sehingga z + a = a, maka z = 0.

(b). Bila u dan b ≠ 0 unsur R sehingga u.b = b, maka u = 1.

Bukti :

(a). Dari hipotesis kita mempunyai z + a = a. Kita tambahkan unsur -a (yang eksis-

tensinya dijamin pada (A4)) pada kedua ruas dan diperoleh

(z + a) + (-a) = a + (-a)

Bila kita berturut-turut menggunakan (A2), (A4) dan (A3) pada ruas kiri, kita

peroleh

(z + a) + (-a) = z + (a + (-a)) = z + 0 = z;

bila kita menggunakan (A4) pada ruas kanan

a + (-a) = 0.

Dari sini kita simpulkan bahwa z = 0.

Bukti (b) ditinggalkan sebagai latihan. Perlu dicatat bahwa hipotesis b ≠ 0 sangat

penting.

Selanjutnya kita akan tunjukkan bahwa bila diberikan a di R, maka unsur -a

dan 1/a (bila a ≠ 0) ditentukan secara tunggal.

2.1.3 Teorema. (a). Bila a dan b unsur di R sehinga a + b = 0, maka b = -a.

(b). Bila a ≠ 0 dan b unsur di R sehingga a.b = 1, maka b = 1/a.

Bukti :

(a). Bila a + b = 0, maka kita tambahkan -a pada kedua ruas dan diperoleh

(-a) + (a + b) = (-a) + 0.

Bila kita berturut-turut menggunakan (A2), (A4) dan (A3) pada ruas kiri, kita peroleh

(-a) + (a + b) = ((-a) + a) + b = 0 + b = b;

bila kita menggunakan (A3) pada ruas kanan kita dapatkan

Page 25: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 25

(-a) + 0 = -a.

Dari sini kita simpulkan bahwa b = -a.

Bukti (b) ditinggalkan sebagai latihan. Perlu dicatat bahwa hipotesis b ≠ 0 sangat

penting.

Bila kita perhatikan sifat di atas untuk menyelesaikan persamaan, kita peroleh

bahwa (A4) dan (M4) memungkinkan kita untuk menyelesaikan persamaan a + x = 0

dan a . x = 1 (bila a ≠ 0) untuk x, dan teorema 2.1.3 mengakibatkan bahwa solusinya

tunggal. Teorema berikut menunjukkan bahwa ruas kanan dari persamaan ini dapat

sebarang unsur di R.

2.1.4 Teorema. Misalkan a,b sebarang unsur di R. Maka :

(a). persamaan a + x = b mempunyai solusi tunggal x = (-a) + b;

(b). bila a ≠ 0, persamaan a . x = b mempunyai solusi tunggal x = (1/a) . b.

Bukti :

Dengan menggunakan (A2), (A4) dan (A3), kita peroleh

a + ((-a) + b) = (a + (-a)) + b = 0 + b = b,

yang mengakibatkan x = (-a) + b merupakan solusi dari persamaan a + x = b. Untuk

menunjukkan bahwa ini merupakan satu-satunya solusi, andaikan x1 sebarang solusi

dari persamaan tersebut, maka a + x1 = b, dan bila kita tambahkan kedua ruas dengan

-a, kita peroleh

(-a) + (a + x1) = (-a) + b.

Bila sekarang kita gunakan (A2), (A4) dan (A3) pada ruas kiri, kita peroleh

(-a) + (a + x1) = (-a + a) + x1 = 0 + x1 = x1.

Dari sini kita simpulkan bahwa x1 = (-a) + b.

Bukti (b) ditinggalkan sebagai latihan.

Sejauh ini, ketiga teorema yang telah dikenalkan kita hanya memperhatikan

penjumlahan dan perkalian secara terpisah. Untuk melihat keterpaduan antara kedua-

nya, kita harus melibatkan sifat distributif (D). Hal ini diilustrasikan dalam teorema

berikut.

2.1.5 Teorema. Bila a sebarang unsur di R, maka :

Page 26: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 26

(a). a . 0 = 0 (b). (-1) . a = -a

(c). -(-a) = a (d). (-1) . (-1) = 1

Bukti :

(a). Dari (M3) kita ketahui bahwa a . 1 = a. Maka dengan menambahkan a . 0 dan

mengunakan (D) dan (A3) kita peroleh

a + a . 0 = a . 1 + a . 0

= a. (1 + 0) = a . 1 = a.

Jadi, dengan teorema 2.1.2(a) kita peroleh bahwa a . 0 = 0.

(b). Kita gunakan (D), digabung dengan (M3), (A4) dan bagian (a), untuk memperoleh

a + (-1) . a = 1 . a + (-1) . a = 0 . a = 0

Jadi, dari teorema 2.1.3(a) kita peroleh (-1) . a = - a.

(c). Dengan (A4) kita mempunyai (-a) + a = 0. Jadi dari teorema 2.1.3 (a) diperoleh

bahwa a = - (-a).

(d). Dalam bagian (b) substitusikan a = -1. Maka

(-1) . (-1) = -(-1).

Dari sini, kita menggunakan (c) dengan a = 1.

Kita simpulkan deduksi formal kita dari sifat medan (bilangan real) dengan

menutupnya dengan hasil-hasil berikut.

2.1.6 Teorema. Misalkan a,b,c unsur-unsur di R.

(a). Bila a ≠ 0, maka 1/a ≠ 0 dan 1/(1/a) = a

(b). Bila a . b = a . c dan a ≠ 0, maka b = c

(c). Bila a . b = 0, maka paling tidak satu dari a = 0 atau b = 0 benar.

Bukti :

(a). Bila a ≠ 0, maka terdapat 1/a. Andaikan 1/a = 0, maka 1 = a . (1/a) = a . 0 = 0,

kontradiksi dengan (M3). Jadi 1/a ≠ 0 dan karena (1/a) . a = 1, Teorema 2.1.3(b) men-

gakibatkan 1/(1/a) = a.

(b). Bila kita kalikan kedua ruas persamaan a . b = a . c dengan 1/a dan menggunakan

sifat asosiatif (M2), kita peroleh

((1/a) . a) . b = ((1/a) . a) . c.

Page 27: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 27

Jadi 1 . b = 1 . c yang berarti juga b = c

(c). Hal ini cukup dengan mengasumsikan a ≠ 0 dan memperoleh b = 0. (Mengapa?)

Karena a . b = 0 = a . 0, kita gunakan bagian (b) terhadap persamaan a . b = a . 0

yang menghasilkan b = 0, bila a ≠ 0.

Teorema-teorema di atas mewakili sebagian kecil tetapi penting dari sifat-sifat

aljabar bilangan real. Banyak konsekuensi tambahan sifat medan R dapat diturunkan

dan beberapa diberikan dalam latihan.

Operasi pengurangan didefinisikan dengan a - b = a + (-b) untuk a,b di R. Se-

cara sama operasi pembagian didefinisikan untuk a,b di R, b ≠ 0 dengan a/b = a.(1/b).

Berikutnya, kita akan menggunakan notasi ini untuk pengurangan dan pembagian.

Secara sama, sejak sekarang kita akan tinggalkan titik untuk perkalian dan menulis-

kan ab untuk a.b. Sebagaimana biasa kita akan menuliskan a2 untuk aa, a3 untuk

(a2)a; secara umum, untuk n∈N, kita definisikan an+1 = (an)a. Kita juga menyetujui

penulisan a0 = 1dan a1 = a untuk sebarang a di R (a ≠ 0). Kita tinggalkan ini sebagai

latihan bagi pembaca untuk membuktikan (dengan induksi) bahwa bila a di R, maka

am+n = aman

untuk semua m,n di N. Bila a ≠ 0, kita akan gunakan notasi a-1 untuk 1/a, dan bila

n∈N, kita tuliskan a-n untuk (1/a)n, bila memang hal ini memudahkan.

Bilangan Rasional dan Irasional

Kita anggap himpunan bilangan asli sebagai subhimpunan dari R, dengan

mengidentifikasi bilangan asli n∈N sebagai penjumlahan n-kali unsur satuan 1∈R.

Secara sama, kita identifikasi 0∈Z dengan unsur nol di R, dan penjumlahan n-kali

unsur -1 sebagai bilangan bulat -n. Akibatnya, N dan Z subhimpunan dari R.

Unsur-unsur di R yang dapat dituliskan dalam bentuk b/a dengan a,b di Z dan

a ≠ 0 disebut bilangan rasional. Himpunan bilangan rasional di R akan dituliskan de-

ngan notasi standar Q. Jumlah dan hasil kali dua bilangan rasional merupakan bilan-

gan rasional (Buktikan!), dan lebih dari itu, sifat-sifat medan yang dituliskan di awal

bagian

Page 28: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 28

ini dapat ditunjukkan dipenuhi oleh Q.

Fakta bahwa terdapat unsur di R yang tidak di Q tidak begitu saja dikenali.

Pa-

da abad keenam sebelum masehi komunitas Yunani kuno pada masa Pytagoras me-

nemukan bahwa diagonal dari bujur sangkar satuan tidak dapat dinyatakan sebagai

pembagian bilangan bulat. Menurut Teorema Phytagoras tentang segitiga siku-siku,

ini mengakibatkan tidak ada bilangan rasional yang kuadratnya dua. Penemuan ini

mempunyai sumbangan besar pada perkembangan matematika Yunani. Salah satu

konsekuensinya adalah unsur-unsur R yang bukan unsur Q merupakan bilangan yang

dikenal dengan bilangan irrasional, yang berarti bilangan-bilangan itu bukan rasio (=

hasil bagi dua buah) bilangan rasional. Jangan dikacaukan dengan arti tak rasional.

Kita akan tutup bagian ini dengan suatu bukti dari fakta bahwa tidak ada bi-

lang-an rasional yang kuadratnya 2. Dalam pembuktiannya kita akan menggunakan

gagasan bilangan genap dan bilangan ganjil. Kita ingat kembali bahwa bilangan genap

mempu-nyai bentuk 2n untuk suatu n di N, dan bilangan ganjil mempunyai bentuk 2n

- 1 untuk suatu n di N. Setiap bilangan asli bersifat ganjil atau genap, dan tidak pernah

bersifat keduanya.

2.1.7 Teorema. Tidak ada bilangan rasional r, sehingga r2 = 2

Bukti :

Andaikan terdapat bilangan rasional yang kuadratnya 2. Maka terdapat bilan-

gan bulat p dan q sehingga (p/q)2 = 2. Asumsikan bahwa p,q positif dan tidak mem-

punyai faktor persekutuan lain kecuali 1. (Mengapa?) Karena p2 = 2q2, kita peroleh

bahwa p2 genap. Ini mengakibatkan bahwa p juga genap (karena bila p = 2n - 1ganjil,

maka kuadratnya, p2 = 4n2 - 4n + 1 = 2(2n2 - 2n +1) - 1 juga ganjil). Akibatnya, teo-

rema 2 bukan faktor persekutuan dari p dan q maka haruslah q ganjil.

Karena p genap, maka p = 2m untuk suatu m ∈ N, dan dari sini 4m2 = 2q2, jadi

2m2 = q2. Akibatnya q2 genap, yang diikuti q juga genap, dengan alasan seperti pada

paragraf terdahulu.

Page 29: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 29

Dari sini kita sampai pada kontradiksi bahwa tidak ada bilangan asli yang ber-

sifat genap dan ganjil.

Latihan 2.1

Untuk nomor 1 dan 2, buktikan bagian b dari teorema

1. 2.1.2

2. 2.1.3.

3. Selesaikan persamaan berikut dan sebutkan sifat atau teorema mana yang anda

gunakan pada setiap langkahnya.

(a). 2x + 5 = 8; (b). 2x + 6 = 3x + 2;

(c). x2 = 2x; (d). (x - 1) (x + 2) = 0.

4. Buktikan bahwa bila a,b di R, maka

-(a + b) = (-a) + (-b) (b). (-a).(-b) = a.b

(-a) = -(1/a) bila a ≠ 0 (d). -(a/b) = (-a)/b bila b ≠ 0

5. Bila a,b di R dan memenuhi a.a = a, buktikan bahwa a = 0 atau a = 1

6. Bila a ≠ 0 dan b ≠ 0, tunjukkan bahwa 1/(ab) = (1/a).(1/b)

7. Gunakan argumentasi pada bukti teorema 2.1.7 untuk membuktikan bahwa tidak

ada bilangan rasional s, sehingga s2 = 6.

8. Modifikasi argumentasi pada bukti teorema 2.1.7 untuk membuktikan bahwa ti-

dak ada bilangan rasional t, sehingga t2 = 3.

9. Tunjukkan bahwa bila ξ di R irasional dan r ≠ 0 rasional, maka r + ξ dan rξ ira-

sional.

10. Misalkan B operasi biner pada R. Kita katakan B :

(i). komutatif bila B(a,b) = B(b,a) untuk semua a,b di R.

(ii). asosiatif bila B(a,B(a,c)) = B(B(a,b),c) untuk semua a,b,c di R.

(iii). mempunyai unsur identitas bila terdapat unsur e di R sehingga B(a,e) = a =

B(e,a), untuk semua a di R

Tentukan sifat-sifat mana yang dipenuhi operasi di bawah ini

(a). B1(a,b) = 12 (a + b) (b). B2(a,b) = 1

2 (ab)

(c). B3(a,b) = a - b (d). B4(a,b) = 1 + ab

Page 30: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 30

11. Suatu operasi biner B pada R dikatakan distributif terhadap penjumlahan bila me-

menuhi B(a,b + c) = B(a,b) + B(a,c) untuk semua a,b,c di R. Yang mana (bila

ada) dari operasi nomor 12 yang bersifat distributif terhadap penjumlahan?.

12. Gunakan induksi matematika untuk menunjukan bahwa bila a di R dan m,n di N,

maka am+n = aman dan (am)n = am.n.

13. Buktikan bahwa bilangan asli tidak dapat bersifat genap dan ganjil secara ber-

samaan.

2.2. Sifat Urutan Dalam R

Sifat urutan R mengikuti gagasan positivitas dan ketaksamaan antara dua bi-

lang-an real. Seperti halnya pada struktur aljabar sistem bilangan real, di sini kita

utamakan beberapa sifat dasar sehingga sifat yang lain dapat diturunkan. Cara paling

sederhana yaitu dengan mengidentifikasi sub himpunan tertentu dari R dengan meng-

gunakan gagasan “positivitas”.

2.2.1 Sifat Urutan dari R. Terdapat sub himpunan tak kosong P dari R, yang disebut

himpunan bilangan real positif, yang memenuhi sifat-sifat berikut :

(i). Bila a,b di P, maka a + b di P

(ii). Bila a,b di P, maka a.b di P

(iii). Bila a di R, maka tepat satu dari yang berikut dipenuhi

a ∈ P, a = 0, -a ∈ P

Dua sifat yang pertama kesesuaian urutan dengan operasi penjumlahan dan

perkalian. Kondisi (iii) biasa disebut “Sifat Trikotomi”, karena hal ini membagi R

menjadi tiga daripada unsur yang berbeda. Hal ini menyatakan bahwa himpunan {-a

a ∈ P} bilangan real negatif tidak mempunyai unsur sekutu di P, dan lebih dari itu, R

gabungan tiga himpunan yang saling lepas.

2.2.2 Definisi. Bila a∈P, kita katakan a bilangan real positif (atau positif kuat) dan

kita tulis a > 0. Bila a∈P∪{0} kita katakan a bilangan real tak negatif dan ditulis a ≥

0.

Page 31: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 31

Bila -a∈P, kita katakan a bilangan real negatif (atau negatif kuat) dan kita tulis

a < 0. Bila -a∈P∪{0} kita katakan a bilangan real tak positif dan ditulis a ≤ 0.

Sekarang kita perkenalkan gagasan tentang ketaksamaan antara unsur-unsur R

dalam himpunan bilangan positif P.

2.2.3 Definisi. Misalkan a,b di R.

(i). Bila a - b ∈ P, maka kita tulis a > b atau b < a.

(ii). Bila a - b ∈ P∪{0} maka kita tulis a ≥ b.atau b ≤ a.

Untuk kemudahan penulisan, kita akan menggunakan a < b < c, bila a < b dan

b < c dipenuhi. Secara sama, bila a ≤ b dan b ≤ c benar, kita akan menuliskannya de-

ngan

a ≤ b ≤ c

Juga, bila a ≤ b dan b < d benar, dituliskan dengan

a ≤ b < d

dan seterusnya.

Sifat Urutan

Sekarang akan kita perkenalkan beberapa sifat dasar relasi urutan pada R. Ini

merupakan aturan ketaksamaan yang biasa kita kenal dan akan sering kita gunakan

pada pembahasan selanjutnya.

2.2.4 Teorema. Misalkan a,b,c di R.

(a). Bila a > b dan b > c, maka a > c

(b). Tepat satu yang berikut benar : a > b, a = b dan a < b

(c). Bila a ≥ b dan b ≥ a, maka a = b

Bukti :

(a). . Bila a - b ∈ P dan b - c ∈ P, maka 2.2.1(i) mengakibatkan bahwa (a - b) + (b -

c) = a - c unsur di P. Dari sini a > c.

(b). . Dengan sifat trikotomi 2.2.1(iii), tepat satu dari yang berikut benar : a - b ∈ P, a

- b = 0, -(a - b) = b - a ∈ P.

Page 32: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 32

(c). . Bila a ≠ b, maka a - b ≠ 0, jadi menurut bagian (b) kita hanya mempunyai a - b

∈ P atau b - a ∈ P., yaitu a > b atau b > a. Yang masing-masing kontradiksi den-

gan satu dari hipotesis kita. Karena itu a = b.

Adalah hal yang wajar bila kita berharap bilangan asli merupakan bilangan

positif. Kita akan tunjukkan bagaimana sifat ini diturunkan dari sifat dasar yang

diberikan dalam 2.2.1. Kuncinya adalah bahwa kuadrat dari bilangan real tak nol posi-

tif.

2.2.5 Teorema. (a). Bila a∈R dan a ≠ 0, maka a2 > 0

(b). 1 > 0

(c). Bila n∈N, maka n > 0

Bukti :

(a). Dengan sifat trikotomi bila a ≠ 0, maka a ∈ P atau -a ∈ P. Bila a ∈ P., maka de-

ngan 2.2.1(ii), kita mempunyai a2 = a.a ∈ P. Secara sama bila -a ∈ P, maka 2.2.1

(ii), kita mempunyai (-a).(-a) ∈ P. Dari 2.1.5(b) dan 2.1.5(d) kita mempunyai

(-a).(-a) = ((-1)a) ((-1)a) = (-1)(-1).a2 = a2,

jadi a2 ∈ P. Kita simpulkan bahwa bila a ≠ 0, maka a2 > 0.

(b). Karena 1 = (1)2, (a) mengakibatkan 1 > 0.

(c). Kita gunakan induksi matematika, validitas untuk n = 1 dijamin oleh (b). Bila per-

nyataan k > 0, dengan k bilangan asli, maka k∈P. Karena 1 ∈ P, maka k + 1 ∈ P,

menurut 2.2.1(i) . Dari sini pernyataan n > 0 untuk semua n∈N benar.

Sifat berikut berhubungan dengan urutan di R terhadap penjumlahan dan per-

kalian. Sifat-sifat ini menyajikan beberapa alat yang memungkinkan kita bekerja den-

gan ketaksamaan.

2.2.6 Teorema. Misalkan a,b,c,d ∈ R

(a). bila a > b, maka a + c > b + c

(b). bila a > b dan c > d, maka a + c > b + d

(c). bila a > b dan c > 0, maka ca > cb

bila a > b dan c < 0, maka ca < cb

Page 33: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 33

(d). bila a > 0, maka 1/a > 0

bila a < 0, maka 1/a < 0

Bukti :

(a). Bila a - b ∈ P, maka (a + c) - (b + c) unsur di P. Jadi a + c > b + c

(b). Bila a - b ∈ P dan c - d ∈ P, maka (a + c) - (b + d) = (a - b) + (c - d) juga unsur di

P menurut 2.2.1(i). Jadi, a + c > b + d.

(c). Bila a - b ∈ P dan c ∈ P, maka ca - cb = c(a - b) ∈ P menurut 2.2.1(ii), karena itu

ca > cb, bila c > 0. Dilain pihak, bila c < 0, maka -c ∈ P sehingga cb - ca = (-c)(a -

b) unsur di P. Dari sini, cb > ca bila c < 0.

(d). Bila a > 0, maka a ≠ 0 (menurut sifat trikotomi), jadi 1/a ≠ 0 menurut 2.1.6(a).

Andaikan 1/a < 0, maka bagian (c) dengan c = 1/a mengakibatkan bahwa 1 =

a(1/a) < 0, kontradiksi dengan 2.2.5(b). Karenanya 1/a > 0.

Secara sama, bila a < 0, maka kemungkinan 1/a > 0 membawa ke sesuatu yang

kontradiksi yaitu 1 = a(1/a) < 0.

Dengan menggabung 2.2.6(c) dan 2.2.6(d), kita peroleh bahwa 1

ndengan n

sebarang bilangan asli adalah bilangan positif. Akibatnya bilangan rasional dengan

bentuk m

n= m

1

n , untuk m dan n bilangan asli, adalah positif.

2.2.7 Teorema. Bila a dan b unsur di R dan bila a < b, maka a < 12 (a + b) < b.

Bukti :

Karena a < b, mengikuti 2.2.6(a) diperoleh bahwa 2a = a + a < a + b dan juga a + b <

b + b = 2b. Karena itu kita mempunyai

2a < a + b < 2b

Menurut 2.2.5(c) kita mempunyai 2 > 0, karenanya menurut 2.2.6(d) kita peroleh 12 >

0. Dengan menggunakan 2.2.6(c) kita dapatkan

a = 12 (2a) < 1

2 (a + b) < 12 (2b) = b

Page 34: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 34

Dari sifat urutan yang telah dibahas sejauh ini, kita tidak mendapatkan bilan-

gan real positif terkecil. Hal ini akan ditunjukkan sebagai berikut :

2.2.8 Teorema Akibat. Bila b ∈ R dan b > 0, maka 0 < 12 b < b.

Bukti :

Ambil a = 0 dalam 2.2.7.

Dua hasil yang berikut akan digunakan sebagai metode pembuktian selanjut-

nya. Sebagai contoh, untuk membuktikan bahwa a ≥ 0 benar-benar sama dengan 0,

kita lihat pada hasil berikut bahwa hal ini cukup dengan menunjukkan bahwa a

kurang dari sebarang bilangan positif manapun.

2.2.9 Teorema. Bila a di R sehingga 0 ≤ a < ε untuk setiap ε positif, maka a = 0.

Bukti :

Andaikan a > 0. Maka menurut 2.2.8 diperoleh 0 < 12 a <a. Sekarang tetapkan ε0 =

12 a, maka 0 < ε0 < a. Hal ini kontradiksi dengan hipotesis bahwa 0 < ε untuk setiap ε

positif. Jadi a = 0.

2.2.10 Teorema. Misalkan a,b di R, dan a - ε < b untuk setiap ε >0. Maka a ≤ b.

Bukti :

Andaikan b < a dan tetapkan ε0 = 12 (a - b). Maka ε0 dan b < a - ε0, kontradiksi dengan

hipotesis. (Bukti lengkapnya sebagai latihan).

Hasil kali dua bilangan positif merupakan bilangan positif juga. Tetapi, posi-

tivitas suatu hasil kali tidak mengakibatkan bahwa faktor-faktornya positif. Ken-

yataannya adalah kedua faktor tersebut harus bertanda sama (sama-sama positif atau

sama-sama negatif), seperti ditunjukkan berikut ini.

2.2.11 Teorema. Bila ab > 0, maka

(i). a > 0 dan b > 0 atau

(ii). a < 0 dan b < 0

Bukti :

Page 35: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 35

Pertama kita catat bahwa ab > 0 mengakibatkan a ≠ 0 dan b ≠ 0 (karena bila a

= 0 dan b = 0, maka hasil kalinya 0). Dari sifat trikotomi, a > 0 atau a < 0. Bila a >0,

maka 1/a > 0 menurut 2.2.6(d) dan karenanya

b = 1.b = ((1/a)a) b = (1/a) (ab) > 0

Secara sama, bila a < 0, maka 1/a < 0, sehingga b = (1/a) (ab) < 0.

2.2.12 Teorema Akibat. Bila ab < 0, maka

(i). a < 0 dan b > 0 atau

(ii). a > 0 dan b < 0

Buktinya sebagai latihan.

Ketaksamaan

Sekarang kita tunjukkan bagaimana sifat urutan yang telah kita bahas dapat

digunakan untuk menyelesaikan ketaksamaan. Pembaca diminta memeriksa dengan

hati-hati setiap langkahnya.

2.2.13 Contoh-contoh.

(a). Tentukan himpunan A dari semua bilangan real x yang memenuhi 2x = 3 ≤ 6.

Kita catat bahwa x ∈ A ⇔ 2x + 3 ≤ 6 ⇔ 2x ≤ 3 ⇔ x ≤ 3/2.

Karenanya, A = {x ∈ R x ≤ 3/2}.

(b). Tentukan himpunan B = {x ∈ R x2 + x > 2}

Kita ingat kembali bahwa teorema 2.2.11 dapat digunakan. Tuliskan bahwa x

∈ B ⇔ x2 + x - 2 > 0 ⇔ (x - 1) (x + 2) > 0. Karenanya, kita mempunyai (i). x - 1

> 0 dan x + 2 > 0, atau (ii). x - 1 < 0 dan x + 2 < 0. Dalam kasus (i). kita mem-

punyai x > 1 dan x > -2, yang dipenuhi jika dan hanya jika x > 1. Dalam kasus (ii)

kita mempunyai x < 1 dan x < -2, yang dipenuhi jika dan hanya jika x < -2.

Jadi B = {x ∈ R x > 1}∪{x ∈ R x < -2}.

(c). Tentukan himpunan C = {x ∈ R (2x + 1)/(x + 2) < 1}. Kita catat bahwa x ∈ C ⇔

(2x + 1)/(x + 2) - 1 < 0 ⇔ (x - 1)/(x + 2) < 0. Karenanya, kita mempunyai (i).x - 1

< 0 dan x + 2 > 0, atau (ii). x - 1 > 0 dan x + 2 < 0 (Mengapa?). Dalam kasus (i)

kita harus mempunyai x < 1 dan x > -2, yang dipenuhi, jika dan hanya jika -2 < x

Page 36: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 36

< 1, sedangkan dalam kasus (ii), kita harus mempunyai x > 1 dan x < -2, yang ti-

dak akan pernah dipenuhi.

Jadi kesimpulannya adalah C = {x ∈ R -2 < x < 1}.

Contoh berikut mengilustrasikan penggunaan sifat urutan R dalam pertak-

samaan. Pembaca seharusnya membuktikan setiap langkah dengan mengidentifikasi

sifat-sifat yang digunakan. Hal ini akan membiasakan untuk yakin dengan setiap lang-

kah dalam pekerjaan selanjutnya. Perlu dicatat juga bahwa eksistensi akar kuadrat dari

bilangan positif kuat belum diperkenalkan secara formal, tetapi eksistensinya kita ter-

ima dalam membicarakan contoh-contoh berikut.

(Eksistensi akar kuadrat akan dibahas dalam 2.5).

2.2.14. Contoh-contoh. (a). Misalkan a ≥ 0 dan b ≥ 0. Maka (i). a < b ⇔ a2 < b2 ⇔

a b<

Kita pandang kasus a > 0 dan b > 0, dan kita tinggalkan kasus a = 0 kepada

pembaca. Dari 2.2.1(i) diperoleh bahwa a + b > 0. Karena b2 - a2 = (b - a) (b + a),

dari 2.2.6(c) diperoleh bahwa b - a > 0 mengakibatkan bahwa b - a > 0.

Bila a > 0 dan b > 0, maka a b> >0 dan 0, karena a = ( a )2 dan b =

( b )2, maka bila a dan b berturut-turut diganti dengan a dan b , dan kita guna-

kan bukti di atas diperoleh a < b ⇔ a b<

Kita juga tinggalkan kepada pembaca untuk menunjukkan bahwa bila a ≥ 0

dan b ≥ 0, maka

a ≤ b ⇔ a2 ≤ b2 ⇔ a ≤ b

(b). Bila a dan b bilangan bulat positif, maka rata-rata aritmatisnya adalah 12 (a + b)

dan rata-rata geometrisnya adalah ab . Ketaksamaan rata-rata aritmetis-geometris

diberikan oleh

ab ≤ 12 (a + b) (2)

dan ketaksamaan terjadi jika dan hanya jika a = b.

Page 37: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 37

Untuk membuktikan hal ini, perhatikan bahwa bila a > 0, b > 0, dan a ≠ b,

maka a > 0, b > 0 dan a ≠ b (Mengapa?). Karenanya dari 2.2.5(a) diperoleh

bahwa ( a - b )2 > 0. Dengan mengekspansi kuadrat ini, diperoleh

a - 2 ab + b > 0,

yang diikuti oleh

ab < 12 (a + b).

Karenanya (2) dipenuhi (untuk ketaksamaan kuat) bila a ≠ b. Lebih dari itu, bila a = b

(> 0), maka kedua ruas dari (2) sama dengan a, jadi (2) menjadi kesamaan. Hal ini

membuktikan bahwa (2) dipenuhi untuk a > 0, b > 0.

Dilain pihak, misalkan a > 0, b > 0 dan ab < 12 (a + b). Maka dengan meng-

kuadratkan kedua ruas kemudian mengalikannya dengan 4, kita peroleh

4ab = (a + b)2 = a2 + 2ab + b2,

yang diikuti oleh

0 = a2 - 2ab + b2 = (a - b)2.

Tetapi kesamaan ini mengakibatkan a = b (Mengapa?). Jadi kesamaan untuk (2) men-

gakibatkan a = b.

Catatan : Ketaksamaan rata-rata aritmetis-geometris yang umum untuk bilangan positif a1, a2,...,an

adalah

(a1 a2 ... an)1/n ≤

a a a1 2+ + +...

nn (3)

dengan kesamaan terjadi jika dan hanya jika a1 = a2 = ... = an.

(c). Ketaksamaan Bernoulli. Bila x > -1, maka

(1 + x)n ≥ 1 + nx ; untuk semua n ∈ N. (4)

Buktinya dengan menggunakan induksi matematika. Untuk n = 1, menghasilkan ke-

samaan sehingga pernyataan tersebut benar dalam kasus ini. Selanjutnya, kita asumsi-

kan bahwa ketaksamaan (4) valid untuk suatu bilangan asli n, dan akan dibuktikan

valid juga untuk n + 1. Asumsi (1 + x)n ≤ 1 + nx dan fakta 1 + x > 0 mengakibatkan

bahwa

Page 38: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 38

(1 + x)n+1 = (1 + x)n (1 + x)

≥ (1 + nx) (1 + x) = 1 + (n + 1)x + nx2

≥ 1 + (n + 1)x

Jadi, ketaksamaan (4) valid untuk n + 1, bila valid untuk n. Dari sini, ketaksamaan (4)

valid untuk semua bilangan asli.

(d). Ketaksamaan Cauchy. Bila n∈N dan a1, a2, ... ,an dan b1, b2, ..., bn bilangan real

maka

(a1b1+ ... + anbn)2 ≤ (a1

2 + ... + an2) (b1

2 + ... + bn2). (5)

Lebih dari itu, bila tidak semua bj = 0, maka kesamaan untuk (5) dipenuhi jika dan

hanya jika terdapat bilangan real s, sehingga

a1 = sb1, ..., an = sbn.

Untuk membuktikan hal ini kita definisikan fungsi F : R → R, untuk t∈R

de-ngan

F(t) = (a1 - tb1)2 + ... + (an - tbn)

2.

Dari 2.2.5(a) dan 2.2.1(i) diperoleh bahwa F(t) ≥ 0 untuk semua t∈R. Bila kuadratnya

diekspansikan diperoleh

F(t) = A - 2Bt + Ct2 ≥ 0,

dengan A,B,C sebagai berikut

A = a12 + ... + an

2;

B = a1b1 + ... + anbn;

C = b12 + ... + bn

2.

Karena fungsi kuadrat F(t) tak negatif untuk semua t ∈ R, hal ini tidak mungkin

mempunyai dua akar real yang berbeda. Karenanya diskriminannya

∆ = (-2B)2 - 4AC = 4(B2 - AC)

harus memenuhi ∆ ≤ 0. Karenanya, kita mempunyai B ≤ AC, yang tidak lain adalah

(5).

Bila bj = 0, untuk semua j = 1, ..., n, maka kesamaan untuk (5) dipenuhi untuk

sebarang aj. Misalkan sekarang tidak semua bj = 0. Maka, bila aj = sbj untuk suatu

Page 39: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 39

s∈R dan semua j = 1, ..., n, mengakibatkan kedua ruas dari (5) sama dengan s2(b12 +

... +bn2)2. Di lain pihak bila kesamaan untuk (5) dipenuhi, maka haruslah ∆ = 0, se-

hingga terdapat akar tunggal s dari persamaan kuadrat F(t) = 0. Tetapi hal ini men-

gakibatkan (mengapa?) bahwa

a1 - sb1 = 0, ..., an - sbn = 0

yang diikuti oleh aj = sbj untuk semua j = 1, ..., n.

(e). Ketaksamaan Segitiga. Bila n ∈ N dan a1, ..., an dan b1, ..., bn bilangan real maka

[(a1 + b1)2 + ... + (an + bn)

2]1/2 ≤ [a12 + ... + an

2]1/2 + [b12 + ... + bn

2]1/2 (6)

lebih dari itu bila tidak semua bj = 0, kesamaan untuk (6) dipenuhi jika dan hanya jika

terdapat bilangan real s, sehingga a1 = sb1, ..., an = sbn.

Karena (aj + bj)2 = aj

2 + 2ajbj + bj2 untuk j = 1, ..., n,dengan menggunakan

ketaksamaan Cauchy (5) [A,B,C seperti pada (d)], kita mempunyai

(a1 + b1)2 + ... + (an + bn)

2 = A + 2B + C

≤ A + 2 AC + C = ( A + C )2

Dengan mengunakan bagian (a) kita mempunyai (mengapa?)

[(a1 + b1)2 + ... + (an + bn)

2]1/2 ≤ A + C ,

yang tidak lain adalah (b).

Bila kesamaan untuk (b) dipenuhi, maka B = AC , yang mengakibatkan ke-

samaan dalam ketaksamaan Cauchy dipenuhi.

Latihan 2.2

1. (a). Bila a ≤ b dan c < d, buktikan bahwa a + c < b + d.

(b). Bila a ≤ b dan c ≤ d, buktikan bahwa a + c ≤ b + d.

2. (a). Bila 0 < a < b dan 0 < c < d, buktikan bahwa 0 < ac < bd

(b). Bila 0 < a < b dan 0 ≤ c ≤ d, buktikan bahwa 0 ≤ ac ≤ bd.

Juga tunjukkan dengan contoh bahwa ac < bd tidak selalu dipenuhi.

3. Buktikan bila a < b dan c < d, maka ad + bc < ac + bd.

4. Tentukan bilangan real a,b,c,d yang memenuhi 0 < a < b dan c < d < 0, sehingga

(i). ac < bd, atau (ii). bd < ac.

5. Bila a,b ∈ R, tunjukkan bahwa a2 + b2 = 0 jika dan hanya jika a = 0 dan b = 0.

Page 40: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 40

6. Bila 0 ≤ a < b, buktikan bahwa a2 ≤ ab < b2. Juga tunjukkan dengan contoh bahwa

hal ini tidak selalu diikuti oleh a2 < ab < b2.

7. Tunjukan bahwa bila 0 < a < b, maka a < ab < b dan 0 < 1/b < 1/a.

8. Bila n ∈ N, tunjukan bahwa n2 ≥ n dan dari sini 1/n2 ≤ 1/n.

9.Tentukan bilangan real x yang memenuhi

(a). x2 > 3x + 4; (b). 1 < x2 < 4;

(c). 1/x < x; (d). 1/x < x2.

10. Misal a,b ∈ R dan untuk setiap ε > 0 kita mempunyai a ≤ b + ε.

(a). Tunjukkan bahwa a ≤ b.

(b). Tunjukkan bahwa tidak selalu dipenuhi a < b.

11. Buktikan bahwa (12 (a + b))2 ≤ 12 (a2 + b2) untuk semua a,b ∈ R. Tunjukkan

bahwa kesamaan dipenuhi jika dan hanya jika a = b.

12. (a). Bila 0 < c < 1, tunjukkan bahwa 0 < c2 < c < 1

(b). Bila 1 < c, tunjukkan bahwa 1 < c < c2

13. Bila c > 1, tunjukkan bahwa cn ≥ c untuk semua n ∈ N. (Perhatikan ketaksamaan

Bernoulli dengan c = 1 + x).

14. Bila c > 1, dan m,n ∈ N, tunjukkan bahwa cm > cn jika dan hanya jika m > n.

15. Bila 0 < c < 1, tunjukkan bahwa cn ≤ c untuk semua n ∈ N.

16. Bila 0 < c < 1 dan m,n ∈ N, tunjukkan bahwa cm < cn jika dan hanya jika m > n.

17. Bila a > 0, b > 0 dan n ∈ N, tunjukkan bahwa a < b jika dan hanya jika an < bn.

18. Misalkan ck > 0 untuk k = 1,2,...,n. Buktikan bahwa

n2 ≤ (c1 + c2 + ... + cn) ( )1 1 11 2c c c+ + +...

n

19. Misalkan ck > 0 untuk k = 1,2,...,n. Tunjukkan bahwa

[ ]c c cc c c1 212

22 2 1 2+ + + ≤ + + +...

n ...n

n

/≤ c1 + c2 + ... + cn

20. Asumsikan eksistensi akar dipenuhi, tunjukkan bahwa bila c > 1, maka c1/m < c1/n

jika dan hanya jika m > n.

2.3. Nilai Mutlak

Page 41: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 41

Dari sifat trikotomi 2.2.1(ii), dijamin bahwa bila a ∈ R dan a ≠ 0, maka tepat

satu dari bilangan a atau -a positif. Nilai mutlak dari a ≠ 0 didefinisikan sebagai bi-

langan yang positif dari keduanya. Nilai mutlak dari 0 didefinisikan 0.

2.3.1 Definisi. Bila a ∈ R, nilai mutlak a, dituliskan dengan a, didefinisikan den-

gan

a

a a

a

a a

=−

, bila > 0

0 , bila = 0

, bila < 0

Sebagai contoh 3 = 3 dan −2 = 2. Dari definisi ini kita akan melihat bahwa

a ≥ 0, untuk semua a ∈ R. Juga a = a bila a ≥ 0, dan a = -a bila a < 0.

2.3.2 Teorema. (a). a = 0 jika dan hanya jika a = 0

(b). -a = a, untuk semua a ∈ R.

(c). ab = ab, untuk semua a,b ∈ R.

(d). Bila c ≥ 0, maka a ≤ c jika dan hanya jika -c ≤ a ≤ c.

(e). - a ≤ a ≤ a untuk semua a ∈ R.

Bukti :

(a). Bila a = 0, maka a = 0. Juga bila a ≠ 0, maka -a ≠ 0, jadi a ≠ 0. Jadi bila a

= 0, maka a = 0.

(b). Bila a = 0, maka 0 = 0 = 0. Bila a > 0, maka -a < 0 sehingga a = a = -(-a)

= -a. Bila a < 0, maka -a > 0, sehinga a = -a = -a.

(c). Bila a,b keduanya 0, maka ab dan ab sama dengan 0. Bila a > 0 dan b > 0,

maka ab > 0, sehingga ab = ab = ab. Bila a > 0 dan b < 0, maka ab < 0, se-

hingga ab = -ab = a(-b) = ab. Secara sama untuk dua kasus yang lain.

(d). Misalkan a ≤ c. Maka kita mempunyai a ≤ c dan -a ≤ c. (Mengapa?) Karena

ke-taksamaan terakhir ekivalen dengan a ≥ -c, maka kita mempunyai -c ≤ a ≤ c. Se-

balik-nya, bila -c ≤ a ≤ c, maka kita mempunyai a ≤ c dan -a ≤ c. (Mengapa?), se-

hingga a ≤ c.

(e). Tetapkan c = a pada (d).

Page 42: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 42

Ketaksamaan berikut akan sering kita gunakan.

2.3.3. Ketaksamaan Segitiga. Untuk sebarang a,b di R, kita mempunyai

a b a b+ ≤ +

Bukti :

Dari 2.3.2(e), kita mempunyai -a ≤ a ≤ a dan -b ≤ b ≤ b. Kemudian dengan

menambahkan dan menggunaka 2.2.6(b), kita peroleh

( )− + ≤ + ≤ +a b a b a b

Dari sini, kita mempunyai a b a b+ ≤ + dengan menggunakan 2.3.2(d).

Terdapat banyak variasi penggunaan Ketaksamaan Segitiga. Berikut ini dua di

antaranya.

2.3.4 Teorema Akibat. Untuk sebarang a,b di R, kita mempunyai

(a). a b a b− ≤ −

(b). a b a b− ≤ +

Bukti :

(a). Kita tuliskan a = a - b + b dan gunakan Ketaksamaan Segitiga untuk memperoleh

a a b b a b b= − + ≤ − + .

Sekarang kita kurangi dengan b untuk memperoleh a b a b− ≤ − . Secara

sama, dari b b a a b a a= − + ≤ − + dan 2.3.2(b), kita peroleh − −a b = − −b a

≤ −a b . Bila kedua ketaksamaan ini kita kombinasikan, dengan menggunakan

2.3.2(d), kita memperoleh ketaksamaan di (a).

(b). Tukar b pada Ketaksamaan Segitiga dengan -b untuk memperoleh a b− ≤

a+-b Karena − =b b [menurut 2.3.2(b)] kita dapatkan ketaksamaan (b).

Aplikasi langsung induksi matematika memperluas Ketaksamaan Segitiga un-

tuk sejumlah hingga bilangan real.

2.3.5 Teorema Akibat. Untuk sebarang a1, a2,...,an ∈ R, kita mempunyai

a a a a a a1 2 1 2+ + + ≤ + + +... ...n n

Page 43: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 43

Contoh-contoh berikut mengilustrasikan bagaimana sifat-sifat nilai mutlak

terdahulu dapat digunakan.

2.3.6 Contoh-contoh.

(a). Tentukan himpunan A dari bilangan real x yang memenuhi 2x 3 6+ <

Dari 2.3.2(d), kita lihat bahwa x ∈ A jika dan hanya jika -6 < 2x + 3 < 6, yang

dipenuhi jika dan hanya jika -9 < 2x < 3. Dengan membagi dua, kita peroleh

A = {x ∈ R -9/2 < x < 3/2}.

(b). Tentukan himpunan B = {x ∈ R x 1 x− < }.

Caranya dengan memperhatikan setiap kasus bila tanda mutlak dihilangkan.

Di sini kita perhatikan kasus-kasus (i). x ≥ 1, (ii). 0 ≤ x < 1, (iii). x < 0. (Mengapa kita

hanya memperhatikan ketiga kasus di atas?). Pada kasus (i) ketaksamaan kita men-

jadi x - 1 < x, yang dipenuhi oleh semua bilangan real x. Akibatnya semua x ≥ 1 ter-

muat di B. Pada kasus (ii), ketaksamaan kita menjadi -(x - 1) < x, yang menghasilkan

pembahasan lebih lanjut, yaitu x > 1/2. Jadi, kasus (ii) menyajikan semua x dengan

1/2 < x < 1 termuat di B. Pada kasus (iii), ketaksamaan menjadi -(x - 1) < -x, yang

ekivalen dengan 1 < 0. Karena 1 < 0 selalu salah, maka tiodak ada x yang memenuhi

ketaksaman kita pada kasus (iii). Dengan mengkombinasikan ketiga kasus ini

diperoleh bahwa

B = {x ∈ R x > 1/2}.

(c). Misalkan f fungsi yang didefinisikan dengan f (x)2x 3x 1

2x 1

2

=− +

− untuk 2 ≤ x ≤

3. Tentukan konstanta M sehingga f (x) M≤ untuk semua x yang memenuhi 2 ≤ x ≤

3.

Kita akan perhatikan secara terpisah pembilang dan penyebut dari

f (x)2x 3x 1

2x 1

2

=− +

Page 44: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 44

Dari ketaksamaan segitiga, kita peroleh 2x 3x 12 − + ≤ + +2 x 3 x 12

≤ ⋅ + ⋅ +2 3 3 3 12 = 28, karena x 3≤ untuk semua x yang kita bicarakan. Juga,

2x 1− ≥ −2 x 1 ≥ ⋅ −2 2 1= 3, karena x 2≥ untuk semua x yang kita bicarakan.

(Mengapa?) Karena itu, untuk 2 ≤ x ≤ 3 kita memperoleh bahwa f (x)28

3≤ . Dari

sini kita dapat menetapkan M = 28/3. (Catatan bahwa kita meneukan sebuah kon-

stanta yang demikian, M; sebenarnya semua bilangan M ≥ 28/3 juga memenuhi

f (x) M≤ . Juga dimungkinkan bahwa 28/3 bukan pilihan terkecil untuk M).

Garis Bilangan Real

Interpretasi geometri yang umum dan mudah untuk sistem bilangan real

adalah garis bilangan. Pada interpretasi ini, nilai mutlak a dari unsur a di R diang-

gap seba-

gai jarak dari a ke pusat 0. Lebih umum lagi, jarak antara unsur a dan b di R adalah

a b− .

Kita akan memerlukan bahasa yang tepat untuk membahas gagasan suatu bi-

langan real “dekat” ke yang lain. Bila diberikan bilangan real a, maka bilangan real x

dikatakan “dekat” dengan a seharusnya diartikan bahwa jarak antara keduanya x − a

“kecil”. Untuk membahas gagasan ini, kita akan menggunakan kata lingkungan, yang

sebentar lagi akan kita definisikan.

2.3.7 Definisi. Misalkan a ∈ R dan ε > 0. Maka lingkungan-ε dari a adalah himpunan

Vε(a) = {x ∈ R x − a < ε}.

Untuk a ∈ R, pernyataan x termuat di Vε(a) ekivalen dengan pernyataan

-ε < x - a < ε ⇔ a - ε < x < a + ε

2.3.8 Teorema. Misalkan a ∈ R. Bila x termuat dalam lingkungan Vε(a) untuk setiap

ε > 0, maka x = a.

Bukti :

Page 45: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 45

Bila x memenuhi x − a < ε untuk setiap ε > 0, maka dari 2.2.9 diperoleh bahwa

x − a = 0, dan dari sini x = a.

2.3.9. Contoh-contoh.

(a). Misalkan U = {x 0 < x < 1}. Bila a ∈ U, misalkan ε bilangan terkecil dari a atau

1 - a. Maka Vε(a) termuat di U. Jadi setiap unsur di U mempunyai lingkungan-ε yang

termuat di U.

(b). Bila I = {x : 0 ≤ x ≤ 1}, maka untuk sebarang ε > 0, lingkungan-ε Vε(0) memuat

titik di luar I, sehingga Vε(0) tidak termuat dalam I. Sebagai contoh, bilangan xε = -ε/2

unsur di Vε(0) tetapi bukan unsur di I.

(c). Bila x − a < ε dan y − <b ε , maka Ketaksamaan Segitiga mengakibatkan

bahwa

( ) ( )x y+ − +a b = ( ) ( )x y− + −a b

= x y 2 .− + − <a b ε

Jadi bila x,y secara berturut-turut termuat di lingkungan -ε dari a,b maka x + y ter-

muat di lingkungan -2ε dari (a + b) (tetapi tidak perlu lingkungan -ε dari (a + b)).

Latihan 2.3.

1. Misalkan a ∈ R. tunjukkan bahwa

(a). a = a2 (b). a a2 2=

2. Bila a,b ∈ R. dan b ≠ 0, tunjukkan bahwa a b a b/ /= .

3. Bila a,b ∈ R, tunjukkan bahwa a b a b+ = + .jika dan hanya jika ab > 0.

4. Bila x,y,z ∈ R, x ≤ z, tunjukan bahwa x < y < z jika dan hanya jika x y− +

y z x z− = − Interpretasikan secara geometris.

5. Tentukan x ∈ R, yang memenuhi pertaksamaan berikut :

(a). 4x 3 13− ≤ ; (b). x 1 32 − ≤ ;

(c). x 1 x 1− > + ; (d). x x 1 2+ + < .

6. Tunjukkan bahwa x − <a ε jika dan hanya jika a - ε < x < a + ε.

Page 46: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 46

7. Bila a < x < b dan a < y < b, tunjukkan bahwa x y− < −b a . Interpretasikan se-

cara geometris.

8. Tentukan dan sketsa himpunan pasangan berurut (a,b) di R×R yang memenuhi

(a x y= ; (b). x y 1+ = ;

(c xy 2= ; (d). x y 2− = .

9. Tentukan dan sketsa himpunan berurut (x,y) yang memenuhi

(a). x y≤ ; (b). x y 1+ ≤ ;

(c). xy 2≤ ; (d). x y 2− ≥ .

10. Misalkan ε > 0 dan δ > 0, a ∈ R. Tunjukkan bahwa Vε(a) ∩ Vδ(a) dan Vε(a) ∪

Vδ(a) adalah lingkungan-γ dari a untuk suatu γ.

11. Tunjukkan bahwa bila a,b ∈ R, dan a ≠ b, maka terdapat lingkungan-ε U dari a

dan lingkungan-γ V dari b, sehingga U∩V = ∅.

2.4. Sifat Kelengkapan R

Sejauh ini pada bab ini kita telah membahas sifat aljabar dan sifat urutan sis-

tem bilangan real. Pada bagian ini kita akan membahas satu sifat lagi dari R yang ser-

ing disebut dengan “sifat kelengkapan”. Sistem bilangan rasional Q memenuhi sifat

aljabar 2.1.1 dan sifat ururtan 2.2.1, tetapi seperti kita lihat 2 tidak dapat direpre-

sentasikan sebagai bilangan rasional, karena itu 2 tidak termuat di Q. Observasi ini

menunjukan perlunya sifat tambahan untuk bilangan real. Sifat tambahan ini, yaitu

sifat kelengkapan, sangat esensial untuk R.

Ada beberapa versi sifat kelengkapan. Di sini kita pilih metode yang paling

efisien dengan mengasumsikan bahwa himpunan tak kosong di R mempunyai supre-

mum.

Supremum dan Infimum

Sekarang kita akan perkenalkan gagasan tentang batas atas suatu himpunan

bilangan real. Gagasan ini akan sangat penting pada pembahasan selanjutnya.

2.4.1 Definisi. Misalkan S suatu sub himpunan dari R.

(i). Bilangan u ∈ R dikatakan batas atas dari S bila s ≤ u, untuk semua s ∈ S.

Page 47: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 47

(ii). Bilangan w ∈ R dikatakan batas bawah dari S bila w ≤ s, untuk semua s ∈ S

Pembaca seharusnya memikirkan (dengan teliti) tentang apa yang dimaksud

dengan suatu bilangan bukan batas atas (atau batas bawah) dari himpunan S. Pem-

baca seharusnya menunjukkan bahwa bilangan v ∈ R bukan batas atas dari S jika dan

hanya jika terdapat s’ ∈ S, sehingga v < s’. (secara sama, bilangan z ∈ R bukan batas

bawah dari S jika dan hanaya jika terdapat s’’ ∈ S, sehingga s” < z).

Perlu kita cata bahwa subhimpunan S dari R mungkin saja tidak mempunyai

batas atas (sbagai contoh, ambil S = R). Tetapi, bila S mempunyai batas atas, maka S

mempunyai tak hingga banyak batas atas sebab bila n batas atas dari S, maka sebarang

v dengan v > u juga merupakan batas atas dari S. (Observasi yang serupa juga berlaku

untuk batas bawah).

Kita juga catat bahwa suatu himpunan mungkin mempunyai batas bawah

tetapi tidak mempunyai batas atas (dan sebaliknya). Sebagai contoh, perhatikan him-

punan S1 = {x ∈ R : x ≥ 0} dan S2 = {x ∈ R : x < 0}

Catatan : Bila kita menerapkan definisi di atas untuk himpunan kosong ∅, kita dipaksa kepada ke-

simpulan bahwa setiap bilangan real merupakan batas atas dari ∅. Karena agar u ∈ R bukan batas atas

dari S, unsur s’ ∈ S harus ada, sehingga u < s’. Bila S = ∅, maka tidak ada unsur di S. Dari sini setiap

bilangan real merupakan batas atas dari himpunan kosong. Secara sama, setiap bilangan real meru-

pakan batas bawah dari himpunan kosong. Hal ini mungkin artifisial, tetapi merupakan konsekuensi

logis dari definisi.

Pada pembahasan ini, kita katakan bahwa suatu himpunan S di R terbatas di

atas bila S mempunyai batas atas. Secara sama, bila himpunan P di R mempunyai

batas bawah, kita katakan P terbatas di bawah. Sedangkan suatu himpunan A di R

dikatakan tidak terbatas bila A tidak mempunyai (paling tidak satu dari) batas atas

atau batas bawah. Sebagai contoh, {x ∈ R : x ≤ 2} tidak terbatas (walaupun mempun-

yai batas atas) karena tidak mempunyai batas bawah.

2.4.2 Definisi. Misalkan S subhimpunan dari R,

(i). Bila S terbatas di atas, maka batas atas u dikatakan supremum (atau batas atas

ter-kecil) dari S bila tidak terdapat batas atas (yang lain) dari S yang kurang dari u.

Page 48: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 48

(ii). Bila S terbatas di bawah, maka batas bawah w dikatakan infimum (atau batas

bawah terbesar) dari S bila tidak terdapat batas bawah (yang lain) dari S yang kurang

dari w.

Akan sangat berguna untuk memfarmasikan ulang definisi supremum dari

suatu himpunan.

2.4.3 Lemma. Bilangan real u merupakan supremum dari himpunan tak kosong S di

R jika dan hanya jika u memenuhi kedua kondisi berikut :

(1). s ≤ u untuk semua s ∈ S.

(2). bila v < u, maka terdapat s’ ∈ S sehingga v < s’.

Kita tinggalkan bukti dari lemma ini sebagai latihan yang sangat penting bagi

pembaca. Pembaca seharusnya juga memfarmasikan dan membuktikan hal yang se-

rupa untuk infimum.

Tidak sulit untuk membuktikan bahwa supremum dari himpunan S di R bersi-

fat tunggal. Misalkan u1 dan u2 supremum dari S, maka keduanya merupakan batas

atas dari S. Andaikan u1 < u2 dengan hipotesis u2 supremum mengakibatkan bahwa u1

bukan batas atas dari S. Secara sama, pengandaian u2 < u1 dengan hipotesis u1 supre-

mum menga-kibatkan bahwa u2 bukan batas atas dari S. Karena itu, haruslah u1 = u2.

(Pembaca seharusnya menggunakan cara serupa untuk menunjukkan infimum dari

suatu himpunan di R bersifat tunggal).

Bila supremum atau infimum dari suatu himpunan S ada, kita akan menulis-

kan-nya dengan

sup S dan inf S

Kita amati juga bahwa bila u’ sebarang batas atas dari S, maka sup S ≤ u’.

Yaitu, bila s ≤ u’ untuk semua s ∈ S, maka sup S ≤ u’. Hal ini mengatakan bahwa sup

S merupakan batas atas terkecil dari S.

Kriteria berikut sering berguna dalam mengenali batas atas tertentu dari suatu

himpunan merupakan supremum dari himpunan tersebut.

2.4.4 Lemma. Suatu batas atas u dari himpunan tak kosong S di R merupakan supre-

mum dari S jika dan hanya jika untuk setiap ε > 0 terdapat sε ∈ S sehingga u - ε < sε.

Page 49: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 49

Bukti :

Misalkan u batas atas dari S yang memenuhi kondisi di atas. Bila v < u dan

kita tetapkan ε = u - v, maka ε > 0, dan kondisi di atas mengakibatkan terdapat sε ∈ S

sehingga v = u - ε < sε. Karennya v bukan batas atas dari S. Karena hal ini berlaku un-

tuk sebarang v yang kurang dari u, maka haruslah u = sup S.

Sebaliknya, misalkan u = sup S dan ε > 0. Karena u - ε < u, maka u - ε bukan

batas atas dari S. Karenanya terdapat unsur sε di S yang lebih dari u - ε, yaitu u - ε <

sε.

Penting juga untuk dicatat bahwa supremum dari suatu himpunan dapat meru-

pakan unsur dari himpunan tersebut maupun bukan. Hal ini bergantung pada jenis

himpunannya. Kita perhatikan contoh-contoh berikut.

2.4.5 Contoh-contoh

(a). Bila himpunan tak kosong S1 mempunyai berhingga jumlah unsur, maka S1 mem-

punyai unsur terbesar u dan unsur terkecil w. Lebih dari itu u = sup S1 dan w = inf S1

keduanya unsur di S1. (Hal ini jelas bila S1 hanya mempunyai sebuah unsur, dan dapat

digunakan induksi matematika untuk sejumlah unsur dari S1).

(b). Himpunan S2 = {x : 0 ≤ x ≤ 1} mempunyai 1 sebagai batas atas. Kita akan bukti-

kan 1 merupakan supremum sebagai berikut. Bila v < 1, maka terdapat unsur s’ di S2

sehingga v < s’. (pilih unsur s’). Dari sini v bukan batas atas dari S2 dan, karena v se-

barang bilangan v < 1, haruslah sup S2 = 1. Secara sama, dapat ditunjukkan inf S2 = 0.

Catatan : sup S2 dan inf S2 keduanya termuat di S2.

(c). Himpunan S3 = {x : 0 < x < 1} mempunyai 1 sebagai batas atas. Dengan meng-

gunakan argumentasi serupa (b) untuk S2, diperoleh sup S3 = 1. Dalam hal ini, him-

punan S3 tidak memuat sup S3. Secara sama, inf S3 = 0, tidak termuat di S3.

(d). Seperti telah disebutkan, setiap bilangan real merupakan batas atas dari himpunan

kosong, karenanya himpunan kosong tidak mempunyai supremum. Secara sama him-

punan kosong juga tidak mempunyai infimum.

Sifat Supremum dari R

Berikut ini kita akan membahas asumsi terakhir tentang R yang sering disebut

dengan Sifat Kelengkapan dari R. Selanjutnya kita katakan R merupakan suatu

medan terurut yang lengkap.

Page 50: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 50

2.4.6 Sifat Supremum dari R. Setiap himpunan bilangan real tak kosong yang mem-

punyai batas atas mempunyai supremum di R.

Sifat infimum yang serupa dapat diturunkan dari sifat supremum. Katakan S

sub himpunan tak kosong yang terbatas di bawah dari R. Maka himpunan S’ = {-s : s

∈ S} terbatas di atas, dan sifat supremum mengakibatkan bahwa u = sup S’ ada. Hal

ini kemudian diikuti bahwa -u merupakan infimum dari S, yang pembaca harus bukti-

kan.

2.4.7 Sifat Infimum dari R. Setiap himpunan bilangan real tak kosong yang mem-

punyai batas bawah mempunyai infimum di R.

Pembaca seharusnya menuliskan bukti lengkapnya.

Latihan 2.4

1. Misalkan S1 = {x ∈ R : x ≥ 0}. Tunjukkan secara lengkap bahwa S1 mempunyai

batas bawah, tetapi tidak mempunyai batas atas. Tunjukkan pula bahwa inf S1 = 0.

2. Misalkan S2 = {x ∈ R : x ≥ 0}. Apakah S2 mempunyai batas bawah ? Apakah S2

mempunyai batas atas ? Buktikan pernyataan yang anda berikan.

3. Misalkan S3 = {1/n n ∈ N}. Tunjukkan bahwa sup S3 = 1 dan inf S3 ≥ 0. (Hal ini

akan diikuti bahwa inf S3 = 0, dengan menggunakan Sifat Arechimedes 2.5.2 atau

2.5.3 (b)).

4. Misalkan S4 = {1 - (-1)n/n : n ∈ N}.Tentukan inf S4 dan sup S4.

5. Misalkan S subhimpunan tak kosong dari R yang terbatas di bawah. Tunjukkan

bahwa inf S = -sup{-s : s ∈ S}.

6. Bila S ⊆ R memuat batas atasnya, tunjukkan bahwa batas atas tersebut merupakan

supremum dari S.

7. Misalkan S ⊆ R yang tak kosong. Tunjukkan bahwa u ∈ R merupakan batas atas

dari R jika dan hanya jika kondisi t ∈ R dan t > u mengakibatkan t ∉ S.

8. Misalkan S ⊆ R yang tak kosong. Tunjukkan bahwa u = sup S, kaka untuk setiap

n∈N, u - 1/n bukan batas atas dari S, tetapi u + 1/n batas atas dari S. (Hal sebali-

knya juga benar ; lihat latihan 2.5.3).

Page 51: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 51

9. Tunjukkan bahwa bila A dan B sub himpunan yang terbatas dari R, maka A∪B

juga terbatas. Tunjukkan bahwa sup (A∪B) = sup {sup A, sup B}.

10.Misalkan S terbatas di R dan S sub himpunan tak kosong dari S. Tunjukkan bahwa

inf S ≤ inf S0 ≤ sup S0 ≤ sup S.

11.Misalkan S ⊆ R dan s* = sup S termuat di S. Bila u∉ S, tunjukkan bahwa sup

(S∪{ u}) = sup {s*,u}.

12.Tunjukkan bahwa suatu himpunan tak kosong dan berhingga S ⊆ R memuat su-

premumnya. (Gunakan induksi matematika dan latihan nomor 11).

2.5 Aplikasi Sifat Supremum

Sekarang kita akan membahas bagaimana supremum dan infimum digunakan.

Contoh berikut menunjukkan bagaimana definisi supremum dan infimum digunakan

dalam pembuktian. Kita juga akan memberikan beberapa aplikasi penting sifat ini un-

tuk menurunkan sifat-sifat fundamental sistem bilangan real yang akan sering diguna-

kan.

2.5.1 Contoh-contoh

(a). Sangatlah penting untuk menghubungkan infimum dan supremum suatu

.,KKMNBV himpunan dengan sifat-sifat aljabar R. Di sini kita akan sajikan salah

satunya ; yaitu tentang penjumlahan, sementara yang lain diberikan sebagai latihan.

Misalkan S sub himpunan tak kosong dari R. Definisikan himpunan

a + S = {a + x : x ∈ S}.

Kita akan tunjukkan bahwa

sup (a + S) = a + sup S.

Bila kita misalkan u = sup S, maka karena x ≤ u untuk semua x ∈ S, kita mempunyai

a + x ≤ a + u. Karena itu a + u batas atas dari a + S ; akibatnya kita mempunyai sup (a

+ S) ≤ a + u. Bila v sebarang batas atas dari himpunan a + S, maka a + x ≤ v untuk

semua x ∈ S. Maka x ≤ v - a untuk semua x ∈ S, yang mengakibatkan u = sup S ≤ v -

a, sehingga a + u ≤ v. Karena v sebarang batas atas dari a + S, kita dapat mengganti v

Page 52: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 52

dengan sup (a + S) untuk memperoleh a + u ≤ sup (a + S). Dengan menggabungkan

ketaksamaan di

atas diperoleh bahwa

sup (a + S) = a + u = a + sup S.

(b). Misalkan f dan g fungsi-fungsi bernilai real dengan domain D ⊆ R. Kita asumsi-

kan rangenya f(D) = {f(x) : x ∈ D} dan g(D) = {g(x) : x ∈ D}himpunan terbatas di R.

(i). Bila f(x) ≤ g(x) untuk semua x ∈ D, maka sup f(D) ≤ sup g(D).

Untuk membuktikan hal ini, kita catat bahwa sup g(D) merupakan batas atas

himpunan f(D) karena untuk setiap x ∈ D, kita mempunyai f(x) ≤ g(x) ≤ sup g(D).

Karenanya sup f(D) ≤ sup g(D).

(ii). Bila f(x) ≤ g(y) untuk semua x,y ∈ D, maka sup f(D) ≤ sup g(D).

Buktinya dalam dua tahap. Pertama, untuk suatu y tertentu di D, kita lihat

bahwa f(x) ≤ g(y) untuk semua x ∈ D, maka g(y) batas atas dari himpunan f(D). Aki-

batnya sup f(D) ≤ g(y). Karena ketaksamaan terakhir dipenuhi untuk semua y ∈ D,

maka sup f(D) merupakan batas bawah dari g(D). Karena itu, haruslah sup f(D) ≤ inf

g(D).

(c). Perlu dicatat bahwa hipotesis f(x) ≤ g(x) untuk semua x ∈ D pada (b) tidak

menghasilkan hubungan antara sup f(D) dan inf g(D). Sebagai contoh, bila f(x) = x2

dan g(x) = x dengan D = {x ∈ R : 0 < x < 1}, maka f(x) ≤ g(x) untuk semua x ∈ D,

tetapi sup f(D) = 1 dan inf g(D) = 0, serta sup g(D) = 1. Jadi (i) dipenuhi, sedangkan

(ii) tidak.

Lebih jauh mengenai hubungan infimum dan supremum himpunan dari nilai

fungsi diberikan sebagai latihan.

Sifat Archimedes

Salah satu akibat dari sifat supremum adalah bahwa himpunan bilangan asli N

tidak terbatas di atas dalam R. Hal ini berarti bahwa bila diberikan sebarang bilangan

real x terdapat bilangan asli n (bergantung pada x) sehingga x < n. Hal ini tampaknya

mudah, tetapi sifat ini tidak dapat dibuktikan dengan menggunakan sifat aljabar dan

Page 53: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 53

urutan yang dibahas pada bagian terdahulu. Buktinya yang akan diberikan berikut ini

menunjukkan kegunaan yang esensial dari sifat supremum R.

2.5.2. Sifat Archimedes. Bila x ∈ R, maka terdapat nx ∈ N sehingga x < nx.

Bukti :

Bila kesimpulan di atas gagal, maka x terbatas atas dari N. Karenanya, menu-

rut sifat supremum, himpunan tak kosong N mempunyai supremum u∈R. Oleh

karena u -1 < u, maka menurut Lemma 2.4.4 terdapat m ∈ N sehingga u -1 < m.

Tetapi hal ini mengakibatkan u < m + 1, sedangkan m + 1 ∈ N, yang kontradiksi den-

gan u batas atas dari N.

Sifat Archimedes dapat dinyatakan dalam beberapa cara. Berikut kita sajikan

tiga variasi diantaranya.

2.5.3 Teorema Akibat. Misalkan y dan z bilangan real positif. Maka :

(a). Terdapat n ∈ N sehingga z < ny.

(b). Terdapat n ∈ N sehingga 0 < 1/n < y.

(c). Terdapat n ∈ N sehingga n - 1 ≤ z < n.

Bukti :

(a). Karena x = z/y > 0, maka terdapat n ∈ N sehingga z/y = x < n dan dari sini diper-

oleh z < ny.

(b). Tetapkan z = 1 pada (a) yang akan memberikan 1 < ny, dan akibatnya 1/n < y.

(c). Sifat Archimedes menjamin subhimpunan {m ∈ N : z < m} dari N tidak kosong.

Misalkan n unsur terkecil dari himpunan ini (lihat 1.3.1). Maka n - 1 bukan unsur

himpunan tersebut, akibatnya n - 1 ≤ z < n.

Eksistensi 2

Pentingnya sifat supremum terletak pada fakta yang mana sifat ini menjamin

eksistensi bilangan real di bawah hipotesis tertentu. Kita akan menggunakan ini be-

berapa kali. Sementara ini, kita akan mengilustrasikan kegunaannya untuk membukti-

kan eksistensi bilangan positif x sehingga x2 = 2. Telah ditunjukkan (lihat Teorema

Page 54: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 54

2.1.7) bahwa x yang demikian bukan bilangan rasioanl ; jadi, paling tidak kita akan

menunjukkan eksistensi sebuah bilangan irrasional.

2.5.4 Teorema. Terdapat bilangan real positif x sehingga x2 = 2.

Bukti :

Misalkan S = {s ∈ R 0 ≤ s, s2 < 2}. Karena 1 ∈ s, maka S bukan himpunan

kosong. Juga, S terbatas di atas oleh 2, karena bila t > 2, maka t2 > 4 sehingga t ∉ S.

Karena itu, menurut sifat supremum, S mempunyai supremum di R, katakan x = sup

S. Catatan : x > 1.

Kita akan buktikan bahwa x2 = 2 dengan menanggalkan dua kemungkinan x2

< 2 dan x2 > 2.

Pertama andaikan x2 < 2. Kita akan tunjukkan bahwa asumsi ini kontradiksi

dengan fakta bahwa x = sup S yaitu dengan menemukan n ∈ N sehingga x + 1/n ∈ S,

yang berakibat bahwa x bukan batas atas dari S. Untuk melihat bagaimana cara

memilih n yang demikian, gunakan fakta bahwa 1/n2 ≤ 1/n, sehingga

( ) ( )x x x 2x 11n

2 2 2xn

1n

2 1n2+ = + + ≤ + +

Dari sini kita dapat memilih n sehingga

1n (2x + 1) < 2 - x2,

maka kita memperoleh (x + 1/n)2 < x2 + (2 - x2) = 2. Dari asumsi, kita mempunyai 2 -

x2 > 0, sehingga (2 - x2)/(2x + 1) > 0. Dari sini sifat Archimedes dapat digunakan un-

tuk memperoleh n ∈ N sehingga

1

n

2 x

2x 1

2

<−

+

Langkah-langkah ini dapat dibalik untuk menunjukkan bahwa dengan pemilihan n ini

kita mempunyai x + 1n ∈ S, yang kontradiksi dengan fakta bahwa x batas atas dari S.

Karenanya, haruslah x2 ≥ 2.

Sekarang andaikan x2 > 2. Kita akan tunjukkan bahwa dimungkinkan untuk

menemukan m ∈ N sehingga x - 1/m juga merupakan batas atas dari S, yang meng-

kontradiksi fakta bahwa x = sup S. Untuk melakukannya, perhatikan bahwa

Page 55: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 55

( )x x x1m

2 2 2xm

1m

2 2xm2+ = + + > −

Dari sini kita dapat memilih m sehingga

2x

mx 22< − ,

maka (x - 1/m)2 > x2 - (x2 - 2) = 2. Sekarang dengan pengandaian x2 - 2 > 0, maka

x 2

2x

2 −> 0. Dari sini, dengan sifat Archimedes, terdapat m ∈ N sehingga

1

m

x 2

2x

2

<−

Langkah ini dapat dibalik untuk menunjukkan bahwa dengan pemilihan m ini kita

mempunyai (x - 1/m)2 > 2. Sekarang bila s ∈ S, maka s2 < 2 < (x - 1/m)2, yang mana

menurut 2.2.14(a) bahwa s < x - 1/m. Hal ini mengakibatkan bahwa x - 1/m meru-

pakan batas atas dari S, yang kontradiksi dengan fakta bahwa x = sup S. Jadi tidak

mungkin x2 > 2.

Karena tidak mungkin dipenuhi x2 > 2 atau x2 < 2, haruslah x2 = 2. (*)

Dengan sedikit modifikasi, pembaca dapat menunjukkan bahwa bila a > 0,

maka terdapat b > 0 yang tunggal, sehingga b2 = a. Kita katakan b akar kuadrat

positif dari a dan dituliskan dengan b = a atau b = a1/2. Dengan cara sedikit lebih

rumit yang melibatkan teorema binomial dapat diformulasikan eksistensi tunggal dari

akar pangkat-n positif dari a, yang dituliskan dengan an atau a1/n, untuk n ∈ N.

Densitas (= kepadatan) Bilangan Rasional di R

Sekarang kita mengetahui terdapat paling tidak sebuah bilangan irrasional,

yaitu 2 . Sebenarnya terdapat “lebih banyak” bilangan irasional dibandingkan bi-

langan rasional dalam arti himpunan bilangan rasional terhitung sementara himpunan

bilangan irrasional tak terhitung. Selanjutnya kita akan tunjukkan bahwa himpunan

bilangan rasional “padat” di R dalam arti bahwa bilangan rasional dapat ditemukan

diantara sebarang dua bilangan real yang berbeda.

Page 56: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 56

2.5.5 Teorema Densitas. Bila x dan y bilangan real dengan x < y, maka terdapat bi-

langan rasional r sehingga x < r < y.

Bukti :

Tanpa mengurangi berlakunya secara umum, misalkan x > 0. (Mengapa?).

De-

ngan sifat Archimedes 2.5.2, terdapat n ∈ N.sehingga n > 1/(y - x). Untuk n yang

demi-kian, kita mempunyai bahwa ny - nx > 1. Dengan menggunakan Teorema Aki-

bat 2.5.3(c) ke nx > 0, kita peroleh m ∈ N sehingga m - 1 ≤ nx < m. Bilangan m ini

juga memenuhi m < ny, sehingga r = m/n bilangan rasional yang memenuhi x < r < y.

Untuk mengakhiri pembahasan tentang hubungan bilangan rasional dan ira-

sional, kita juga mempunyai sifat serupa untuk bilangan irasional.

2.5.6 Teorema akibat. Bila x dan y bilangan real dengan x < y, maka terdapat bilan-

gan irasional z sehingga x < z < y.

Bukti :

Dengan menggunakan Teorema Densitas 2.5.5 pada bilangan real x 2 dan

y 2 , kita peroleh bilangan rasional r ≠ 0 sehingga

x 2 < r < y 2 .

Maka z = r 2 adalah bilangan irrasional (Mengapa?) dan memenuhi x < z < y.

Latihan 2.5

1. Gunakan Sifat Archimedes atau Teorema Akibat 2.5.3 (b) untuk menunjukkan

bahwa inf {1/n n ∈ N} = 0.

2. Bila S = {1/n - 1/m n,m ∈ N}, tentukan inf S dan sup S.

3. Misalkan S ⊆ R tak kosong. Tunjukkan bahwa bila u di R mempunyai sifat : (i).

untuk setiap n ∈ N, u - 1/n bukan batas atas dari S, dan (ii). untuk setiap n ∈ N, u +

1/n bukan batas atas dari S, maka u = sup S. (Ini merupakan kebalikan Teorema

2.4.8).

4. Misalkan S himpunan tak kosong dan terbatas di R.

Page 57: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 57

(a). Misalkan a > 0, dan aS = {as s ∈ S}. Tunjukkan bahwa

inf (aS) = a inf S, sup (aS) = a sup S.

(b). Misalkan b < 0, dan bS = {bs s ∈ S}. Tunjukkan bahwa

inf (bS) = b sup S, sup (bS) = b inf S.

5. Misalkan X himpunan tak kosong dan f : X →R mempunyai range yang terbatas

di R. Bila a ∈ R, tunjukkan bahwa contoh 2.5.1(a) mengakibatkan bahwa

sup {a + f(x) x ∈ X} = a + sup {f(x) x ∈ X}.

Tunjukkan pula bahwa

inf { a + f(x) x ∈ X} = a + inf { f(x) x ∈ X}.

6. Misalkan A dan B himpunan tak kosong dan terbatas di R, dan A + B = {a + b a

∈ A, b ∈ B}. Tunjukkan bahwa sup (A + B) = sup A + sup B dan inf (A + B) = inf

A + inf B.

7. Misalkan X himpunan tak kosong, f dan g fungsi terdefinisi pada X dan mempun-

yai range yang terbatas di R.

Tunjukkan bahwa

sup{f(x) + g(x) x ∈ X} ≤ sup{f(x) x ∈ X} + sup{g(x) x ∈ X}

dan

inf{ f(x) x ∈ X} + inf { g(x) x ∈ X} ≤ inf{ f(x) + g(x) x ∈ X}

Berikan contoh yang menunjukkan kapan berlaku kesamaan atau ketaksamaan

murni.

8. Misalkan X = Y = {x∈R 0 < x < 1}. Tentukan h : X×Y →R dan h(x,y) = 2x +

y.

(a). untuk setiap x ∈ X, tentukan f(x) = sup {h(x,y) : y ∈ Y}

Kemudian tentukan inf {f(x) x ∈ X}.

(b). untuk setiap y ∈ Y, tentukan g(y) = inf {h(x,y) : x ∈ X}

Kemudian tentukan sup {g(y) y ∈ Y}.

Bandingkan hasilnya dengan bagian (a).

9. Lakukan perhitungan di (a) dan (b) latihan nomor 8 untuk fungsi h : X×Y → R

yang didefinisikan dengan

Page 58: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 58

( )h x,y bila x < y

1 , bila x y=

0 ,

10. Misalkan X,Y himpunan tak kosong dari h : X×Y → R yang mempunyai range

terbatas di R. Misalkan f : X → R dan g : Y → R didefinisikan dengan

f(x) = sup {h(x,y) y ∈ Y}, g(y) = inf {h(x,y) x ∈ X}.

Tunjukkan bahwa

sup{g(y) y ∈ Y} ≤ inf { f(x) x ∈ X}

Kita akan menuliskannya dengan

sup inf ( )y x

x,yh ≤ sup inf ( )x y

x,yh

Catatan, pada latihan nomor 8 dan nomor 9 menunjukkan bahwa ketaksamaan

bisa berupa kesamaan atau ketaksamaan murni.

11. Misalkan X,Y himpunan tak kosong dari h : X×Y → R yang mempunyai range

terbatas di R. Misalkan F : X → R dan G : Y → R didefinisikan dengan

F(x) = sup {h(x,y) y ∈ Y}, G(y) = inf { h(x,y) x ∈ X}.

Perkenalkan Prinsip Iterasi Supremum :

sup{h(x,y) x ∈ X, y ∈ Y} = sup {F(x) x ∈ X}

= sup {G(y) y ∈ Y}.

Hal ini sering dituliskan dengan

sup x, yx,y

h( ) = sup x, yx y

sup ( )h = sup x, yy x

sup ( )h

12. Diberikan sebarang x∈R, tunjukkan bahwa terdapat n∈Z yang tungal sehingga n -

1 ≤ x < n.

13. Bila y > 0 tunjukkan bahwa terdapat n ∈ N sehingga 1/2n < y.

14. Modifikasi argumentasi pada teorema 2.5.4 untuk menunjukkan bahwa terdapat

bilangan real positif y sehingga y2 = 3.

15. Modifikasi argumentasi pada teorema 2.5.4 untuk menunjukkan bahwa bila a > 0,

maka terdapat bilangan real positif z sehingga z2 = a.

16. Modifikasi argumentasi pada teorema 2.5.4 untuk menunjukkan bahwa terdapat

bilangan real positif u sehingga u3 = 2.

Page 59: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 59

17. Lengkapi bukti Teorema Densitas 2.5.5 dengan menghilangkan hipotesis x > 0.

18. Bila u > 0 dan x < y, tunjukkan bahwa terdapat bilangan rasional r sehingga x < ru

< y. (Dari sini himpunan {ru r ∈ Q} padat di R).

Page 60: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 60

BARISAN BILANGAN REAL 3.1. Barisan dan Limit Barisan

Di sini diharapkan pembaca mengingat kembali bahwa yang dimaksud dengan

suatu barisan pada suatu himpunan S adalah suatu fungsi pada himpunan N = {1, 2, 3,

...} dengan daerah hasilnya di S. Selanjutnya dalam bab ini kita hanya memperhatikan

barisan di R.

3.1.1. Definisi. Suatu barisan bilangan real (atau suatu barisan di R) adalah suatu

fungsi pada himpunan N dengan daerah hasil yang termuat di R.

Dengan kata lain, suatu barisan di R memasangkan masing-masing bilangan

asli n = 1, 2, 3, ... secara tunggal dengan bilangan real. Bilangan real yang diperoleh

tersebut disebut elemen, atau nilai , atau suku dari barisan tersebut. Hal yang biasa

untuk menuliskan elemen dari R yang berpasangan dengan n∈N, dengan suatu simbol

seperti xn (atau an, atau zn). Jadi bila X : N → R suatu barisan, kita akan biasa

menuliskan nilai X di n dengan Xn, dari pada X(n), kita akan menuliskan barisan ini

dengan notasi

X, Xn, (Xn : n ∈ N),

Kita menggunakan kurung untuk menyatakan bahwa urutan yang diwarisi dari N

adalah hal yang penting. Jadi, kita membedakan penulisan X = (Xn : n∈N), yang

suku-sukunya mempunyai urutan dan himpunan nilai-nilai dari barisan tersebut { Xn :

n∈N} yang urutannya tidak diperhatikan. Sebagai contoh, barisan X = ((-1)n : n∈N)

yang berganti-ganti -1 dan 1, sedangkan himpunan nilai barisan tersebut { (-1)n: n∈N }

sama dengan {-1, 1}.

BAB 3

Page 61: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 61

Dalam mendefinisikan barisan sering lebih mudah dengan menulis secara

berurutan suku-sukunya, dan berhenti setelah aturan formasinya kelihatan. Jadi

kita boleh menulis

X = (2, 4, 6, 8, ...)

untuk barisan bilangan genap positif,

atau

Y = ( )11

12

13

14, , , , ...

untuk barisan kebalikan dari bilangan asli,

atau

Z = ( )11

12

13

14, , , , ...

untuk barisan kebalikan dari kuadrat bilangan asli. Metode yang lebih memuaskan

adalah degan menuliskan formula untuk suku umum dari barisan tersebut, seperti

X = (2n : n∈N), Y = ( 1m : m∈N), Z = (

1

s2 : s∈N)

Dalam prakteknya, sering lebih mudah dengan menentukan nilai x1 dan suatu

formula untuk mendapatkan xn + 1 (n ≥ 1) bila xn diketahui dan formula xn+1 (n ≥ 1)

dari x1, x2, ... xn. Metode ini kita katakan sebagai pendefinisian barisan secara induktif

atau rekursif. Dengan cara ini, barisan bilangan bulat positif X di atas dapat kita de-

finisikan dengan

x1 = 2 xn+1 = xn + 2 (n ≥ 1);

atau dengan definisi

x1 = 2 xn+1 = x1 + xn (n ≥ 1).

Catatan : Barisan yang diberikan dengan proses induktif sering muncul di ilmu komputer, Khusus-

nya, barisan yang didefinisikan dengan suatu proses induktif dalam bentuk x1 = diberikan, xn+1 = f(xn)

untuk n∈N dapat dipertanggungjawabkan untuk dipelajari dengan menggunakan komputer. Barisan

yang didefinisikan dengan proses : y1 = diberikan, yn = .gn(y1,y2, ... ,yn) untuk n∈N juga dapat dikerja-

kan (secara sama). Tetapi, perhitungan dari suku-suku barisan demikian menjadi susah untuk n yang

besar, karena kita harus menyimpan masing-masing nilai y1, ..., yn dalam urutan untuk menghitung yn+1.

3.1.2. Contoh-contoh.

Page 62: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 62

(a). Bila b ∈ R, barisan B = (b, b, b, ...), yang sukunya tetap b, disebut barisan kon-

stan b. Jadi barisan konstan 1 adalah (1, 1, 1, ...) semua yang sukunya 1, dan bari-

san konstan 0 adalah baisan (0, 0, 0, ...).

(b). Barisan kuadrat bilangan asli adalah barisan S = (12, 22, 32, ...) = (n2 : n∈N), yang

tentu saja sama dengan barisan (1, 4, 9, ..., n2, ...).

(c). Bila a∈R, maka barisan A = (an : n∈N) adalah barisan (a1, a2, a3, ..., an, ...).

Khususnya bila a =1

2, maka kita peroleh barisan

1

2 : n n ∈

N

(d). Barisan Fibonacci F = (fn : n ∈ N) diberikan secara induktif sebagai berikut :

f1 = 1, f2 = 1, f2+1 = fn-1 + fn (n ≥ 2)

Maka sepuluh suku pertama barisan Fibonacci dapat dilihat sebagai F = (1, 1, 2, 3,

5, 8, 13, 21, 34, 55, ...)

Sekarang akan kita kenalkan cara-cara penting dalam mengkonstruksi barisan

baru dari barisan-barisan yang diberikan.

3.1.3. Definisi. Bila X = (xn) dan Y = (yn) barisan bilangan real, kita definisikan jum-

lah X + Y = (xn + yn : n∈N), selisih X - Y = (xn - yn : n∈N), dan hasil kali XY = (xnyn

: n∈N). Bila c ∈ R, kita definisikan hasil kali X dengan c yaitu cX = (cxn : n∈N).

Akhirnya, bila Z = (zn) suatu barisan dengan zn ≠ 0 untuk semua n∈N, maka hasil

bagi X oleh Z adalah X/Z = (xn/ zn : n∈N).

Sebagai contoh, bila X dan Y berturut-turut adalah barisan-barisan

X = (2, 4, 6, ..., 2n, ...), Y = ( )11

12

13

1n, , , ..., , ... ,

maka kita mempunyai

X + Y = ( )31

92

193

2n 1n, , , ..., , ...2 +

X - Y = ( )11

72

173

2n 1n, , , ..., , ... ,2 −

XY = (2, 2, 2, ...,2, ...),

3X = (6, 12, 18, ..., 6n, ...),

Page 63: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 63

X

Y = 2, 8, 18, ...,2n2, ...).

Kita catat bahwa bila z menyatakan barisan

Z = (0, 2, 0, ..., 1 + (-1)n, ...),

maka kita dapat mendefinisikan X + Z, X-Z, dan X.Z; tetapi tidak dengan X/Z, karena

Z mempunyai suku 0.

Limit suatu barisan

Terdapat beberapa konsep limit dalam analisa real. Pemikiran limit barisan

merupakan yang paling mendasar dan merupakan fokus kita dalam bab ini.

3.1.4. Definisi. Misalkan X = (xn) barisan bilangan real. Suatu bilangan real x dikata-

kan limit dari (xn), bila untuk setiap ε > 0 terdapat bilangan asli K(ε), sedemikian se-

hingga untuk semua n ≥ K(ε), suku-suku xn terletak dalam lingkungan-ε, Vε(x).

Bila x merupakan suatu limit dari barisan tersebut, kita katakan juga bahwa X

= (xn) konvergen ke x (atau mempunyai limit x). Bila suatu barisan mempunyai limit,

kita katakan barisan tersebut konvergen, bila tidak kita katakan divergen.

Penulisan K(ε) digunakan untuk menunjukkan secara eksplisit bahwa pemili-

han K bergantung pada ε; namun demikian sering lebih mudah menuliskannya dengan

K, dari pada K(ε). Dalam banyak hal nilai ε yang “kecil” biasanya akan memerlukan

nilai K yang “besar” untuk menjamin bahwa xn terletak di dalam lingkungan Vε(x)

untuk semua n ≥ K = K(ε).

Kita juga dapat mendefinisikan kekonvergenan X = (xn) ke x dengan menga-

takan : untuk setiap lingkungan-ε Vε(x) dari x, semua (kecuali sejumlah hingga) suku-

suku dari x terletak di dalam Vε(x). Sejumlah hingga suku-suku tersebut mungkin ti-

dak terletak di dalam Vε(x) yaitu x1, x2, ..., xK(ε)-1.

Bila suatu barisan x = (xn) mempunyai limit x di R, kita akan menggunakan

notasi.

lim X = x atau lim (xn) = x.

Page 64: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 64

Kita juga akan menggunakan simbol xn → x, yang menyatakan bahwa nilai xn

“mendekati” x bila n menuju 0.

3.1.5. Ketunggalan limit. Suatu barisan bilangan real hanya dapat mempunyai satu

limit.

Bukti :

Andaikan sebaliknya, yaitu x′ dan x′′ keduanya limit dari X = (xn) dan x’≠x”. Kita

pilih ε > 0 sehingga Vε(x’) dan Vε(x”) saling asing (yaitu, ε < ½x” - x’). Sekarang

misalkan K’ dan K” bilangan asli sehingga bila n > K’ maka xn∈Vε(x’) dan bila n >

K” maka xn∈Vε(x”). Tetapi ini kontradiksi dengan pengandaian bahwa Vε(x’) dan

Vε(x”) saling asing. (Mengapa?). Haruslah x’ = x”.

3.1.6. Teorema. Misalkan X = (xn) barisan bilangan real dan misalkan pula x∈R.

Maka pernyataan berikut ekivalen.

(a). X konvergen ke x.

(b). untuk setiap lingkungan-ε Vε(x), terdapat bilangan asli K(ε) sehingga untuk se-

mua n ≥ K(ε), suku-suku xn∈Vε(x).

(c). untuk setiap ε > 0, terdapat bilangan asli K(ε) sehingga untuk semua n ≥ K(ε),

suku-suku xn memenuhi xn - x<ε.

(d). untuk setiap ε > 0, terdapat bilangan asli K(ε) sehingga untuk semua n ≥ K(ε),

suku-suku xn memenuhi

x-ε < xn< + ε, ∀ n ≥ K(ε)

Bukti :

Ekivalensi dari (a) dan (b) merupakan definisi. Sedangkan ekivalensi dari (b), (c), dan

(d) mengikuti implikasi berikut :

xn∈Vε(x) ⇔ xn - x < ε. ⇔ -ε < xn - x < ε

⇔ x- ε < xn < x + ε

Catatan : Definisi limit barisan bilangan real digunakan untuk membuktikan bahwa nilai x yang telah ditetapkan merupakan limit. Hal ini tidak menentukan berapa nilai limit seharusnya. Sehingga diperlukan latihan untuk sampai kepada dugaan (conjecture) nilai limit dengan perhitungan langsung suku-suku barisan tersebut. Dalam hal ini komputer akan sangat membantu. Namun demikian karena

Page 65: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 65

komputer hanya dapat menghitung sampai sejumlah hingga suku barisan, maka perhitungan demikian bukanlah bukti.

Untuk menunjukkan bahwa suatu barisan X = (xn) tidak konvergen ke x, cu-

kup dengan memilih εo > 0 sehingga berapapun nilai K yang diambil, diperoleh suatu

nk > K sehingga xnk tidak terletak dalam Vε(x), (Perubahan lebih detail pada 3.4).

3.1.7. Contoh-contoh

(a). lim 1

n0

= .

Misalkan diberikan sebarang ε > 0. Maka menurut sifat Archimedes terdapat K∈N

sehingga sehingga 1

K< ε . Akibatnya untuk semua n ≥ K dipenuhi

1

n - 0 =

1

n≤

1

K< ε

Ini membuktikan lim 1

n0

=

(b). lim 1

n02

=

Bila diberikan sebarang ε > 0, maka terdapat K∈N, sehingga 1

K< ε . Karena itu un-

tuk semua n ≥ K dipenuhi

102n

− = 12n

≤ 1

K2 < ( )ε2

= ε

Ini membuktikan lim 1

n02

=

(c). Barisan ( )( )( )0 2 0 2 1 1, , , , , ,L L+ − n , tidak konvergen ke 0.

Pilih ε0 = 1, sehingga untuk sebarang K∈N, jika n ≥ K dan n bilangan ganjil,

maka

xn - 0 = 2 - 0 = 2 > 1.

Ini mengatakan bahwa barisan ( )( )1 1+ − n tidak konvergen ke 0.

Page 66: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 66

(d). lim 3n 2

n -1

+

= 3

Perhatikan kesamaan berikut

3n 2

n 1 n 1

+−

− =−

35

Bila diberikan sebarang ε > 0, maka terdapat K∈N, K>1, sehingga 1

K 1−< ε

5. Aki-

batnya untuk semua n ≥ K > 1 dipenuhi

3n 2

n 1 n 1

+−

− =−

35

< 5ε5 = ε

Ini membuktikan bahwa lim3n 2

n -1

+

= 3.

Ekor Barisan

Perlu dimengerti bahwa kekonvergenan (atau kedivergenan) suatu barisan ber-

gantung hanya pada prilaku suku-suku “terakhirnya ”. Artinya, bila kita hilangkan m

suku pertama suatu barisan yang menghasilkan Xm konvergen jika hanya jika barisan

asalnya juga konvergen, dalam hal ini limitnya sama.

3.1.8. Definisi. Bila X = (x1, x2, ..., xn, ...) suatu barisan bilangan real dan m selalu

bilangan asli maka ekor-m dari X adalah barisan

X = (xm+n : n∈N) = (xm+1,xm+2, ...).

Sebagai contoh, ekor-3 dari barisan X = (2, 4, 6, 8, 10, ..., 2n, ...) adalah baris-

an X3 = (8, 10, 12, ..., 2n + 6,...).

3.1.9. Teorema. Misalkan X = (xn : n∈N) suatu barisan bilangan real dan m∈N. Maka

ekor-m adalah Xm = (xm+n : n∈N) dari X konvergen jika dan hanya jika X konvergen,

dalam hal ini, lim Xm = lim X.

Bukti :

Dapat kita catat untuk sebarang p∈N, suku ke-p dari Xm merupakan suku ke-(m+p)

dari X. Secara sama bila q > m, maka suku ke-q dari X merupakan suku ke-(q-m) dari

Xm.

Page 67: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 67

Misalkan X konvergen ke x. Maka untuk sebarang ε > 0, bila untuk n ≥ K(ε)

suku-suku dari X memenuhi xn -x < ε, maka suku-suku dari Xm dengan k ≥ Km(ε) -

m memenuhi xn -x < ε. Jadi kita dapat memilih Km(ε) = Km(ε) - m, sehingga Xm

juga konvergen ke x.

Sebaliknya, bila suku-suku dari Xm untuk k ≥ Km(ε) memenuhi xn -x < ε

maka suku-suku dari X dengan n ≥ Km(ε) + m memenuhi xn -x < ε. Jadi kita dapat

memilih K(ε) = Km(ε) + m. Karena itu, X konvergen ke x jika dan hanya jika Xm kon-

vergen ke x.

Kadang-kadang kita akan mengatakan suatu barisan X pada akhirnya mempunyai sifat ter-

tentu, bila beberapa akar x mempunyai sifat tersebut. Sebagai contoh, kita katakan bahwa barisan (3, 4,

5, 5, 5, ...,5, ...) pada akhirnya konstan. Di lain pihak, barisan 3, 5, 3, 5, ..., 5, 5, ...) tidaklah pada

akhirnya konstan. Gagasan kekonvergenan dapat pula dinyatakan dengan begini : suatu barisan X kon-

vergen ke x jika dan hanya jika suku-suku dari X pada akhirnya terletak di dalam lingkungan-ε ke x.

3.1.10. Teorema. Misalkan A = (an) dan X = (xn) barisan bilangan real dan x∈R. Bila

untuk suatu C > 0 dan suatu m∈N, kita mempunyai

xn -x ≤ Can untuk semua n∈N dengan n ≥ m, dan lim (an) = 0, maka lim (xn) = x.

Bukti :

Misalkan diberikanε > 0. Karena lim (an) = 0, maka terdapat bilangan asli KA(ε/C),

sehingga bila n ≥ KA(ε/C) maka an = an - 0 < ε/C.

Karena itu hal ini mengakibatkan bila n ≥ KA(ε/C) dan n ≥ m, maka

xn -x ≤ C xn - x < C( )εC

= ε.

Karena ε > 0 sebarang, kita simpulkan x = lim (xn).

3.1.11. Contoh-contoh.

(a). Bila a > 0, maka lim 1

1 n+

a= 0.

Karena a > 0, maka 0 < na < 1 + na. Karenanya 01

n 1

1

n<

+<

a a, yang selanjutnya

mengakibatkan

1

1 n0

1 1

n+− ≤

a a untuk semua n∈N.

Page 68: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 68

Karena lim 1

n0= , menurut Teorema 3.1.10 dengan C = 1

a dan m = 1 diperoleh

bahwa

lim1

1 n+

a = 0.

(b). lim1

20

n

=

Karena 0 < n < 2n (buktikan !) untuk semua n∈N, kita mempunyai 01

2

1

nn< < yang

mengakibatkan

1

20

1

nn− ≤ untuk semua n∈N.

Tetapi lim 1

n0= , dengan menggunakan Teorema 3.1.10 diperoleh lim

1

20

n

=

(c). Bila 0 < b < 1, maka lim (bn) = 0.

Karena 0 < b < 1, kita dapat menuliskan ba

=+1

1( ), dimana a

b= −1

1 sehingga a >

0. Dengan ketaksamaan Bernoulli 2.2.14 kita mempunyai (1 + a)n ≥ 1 + na. Dari sini

01

(1 )

1

1 n

1

nn

n< =+

≤+

<ba a a

,

sehingga dengan menggunakan Teorema 3.1.10, diperoleh lim (bn) = 0.

(d). Bila C > 0, maka lim ( )C 11

n = .

Untuk kasus C = 1 mudah, karena ( )C1

n merupakan barisan konstan (1, 1, 1, ...) yang

jelas konvergen ke 1.

Bila C > 1, maka C 1 d1

nn= + untuk suatu dn > 0.

Dengan menggunakan ketaksamaan Bernoulli 2.2.14(c),

( )C 1 d 1 ndn

n

n= + ≥ + , untuk semua n∈N.

Page 69: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 69

Karenanya C - 1 ≥ ndn, sehingga dn ≤ C

n

− 1. Akibatnya ( )C 1 d C 1

1

n1

nn− = ≤ − un-

tuk semua n∈N.

Dengan menggunakan Teorema 3.1.10 diperoleh lim ( )C1

n = 1.

Sedangkan bila 0 < C < 1; maka C1

n = 1/(1 + hn) untuk suatu hn > 0. Dengan meng-

gunakan kesamaan Bernoulli diperoleh

( )C

1

1 h

1

1 nh

1

nhn

nn n

=+

≤+

<

yang diikuti oleh 0 < hn < 1

nC untuk semua n∈N.

Karenanya kita mempunyai

0 1 Ch

1 hh

1

nC1

n n

nn< − =

+< <

sehingga C 11

C

1

n

1n − <

untuk semua n∈N.

Dengan menggunakan Teorema 3.1.10 diperoleh lim( )C 11

n = untuk 0 < C < 1.

(e). lim ( )n 11

n = .

Karena ( )n1

n > 1 untuk n > 1, maka n 1 k1

nn= + untuk suatu kn > 0 bila n > 1. Aki-

batnya n = (1 + kn)n untuk n > 1. Dengan teorema Binomial, bila n > 1 kita mempun-

yai

( ) ( )n 1 nk n n 1 k ... 1 + n n 1 k ,n12 n

2 12 n

2= + + − + ≥ −

yang diikuti oleh

n 1 n12− ≥ ( )n 1 k .n

2−

Page 70: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 70

Dari sini knn ≤ 2

untuk n > 1. Sekarang bila ε > 0 diberikan, maka menurut sifat Ar-

chimedes terdapat bilangan asli Nε sehingga 2

N.2

εε< Hal ini akan diikuti oleh bila n

≥ sup{2, Nε} maka 2

n2< ε , karena barisan itu

0 n 1 kn

1n

12

n< − = ≤ <2 ε .

Karena ε > 0 sebarang, maka lim ( )n 11

n = .

Latihan 3.1

1. Suku-suku ke-n dari barisan (xn) ditentukan oleh formula berikut. Tuliskan lima

suku pertama dari masing-masing barisan tersebut

(a) ( )x 1 1n

n= + − (b). ( )

x1

nn

n

=−

,

(c). ( )x1

n n 1n =+

(d).x1

n 2n 2=

+

2. Beberapa suku pertama barisan (xn) diberikan sebagai berikut. Anggap “pola da-

sarnya” diberikan oleh suku-suku tersebut, tentukan formula untuk suku ke-n, xn,

(a). 5, 7, 9, 11, ... (b). 12

18

116 - , - , ..., ,1

4

(c). 12

23

34

45, , , , ... (d). 1, 4, 9, 16, ...

3. Tuliskan lima suku pertama dari barisan yang didefinisikan secara induktif berikut

(a). x1 = 1, xn+1 = 3xn + 1;

(b). y1 = 2, yn+1 = ( )12 y +n

2yn

;

(c). z1 = 1, z2 = 2, zn+2 = (zn+1 +zn)/zn+1 - zn);

(d). s1 = 3, s2 = 5, sn+2 = sn + sn+1.

4. Untuk sebarang b∈R, buktikan limb

n0

=

5. Gunakan definisi limit untuk membuktikan limit barisan berikut.

Page 71: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 71

(a). lim 1

n 102 +

= (b). lim

2n

n 10

+

=

(c). lim 3n 1

2n 5

3

2

++

= (d). lim

n 1

2n 3

2

2

−+

= 0

6. Tunjukkan bahwa

(a). lim 1

n 70

+

= (b). lim

2n

n 22

+

=

(c). lim n

n 10

+

= (c). lim

( )−+

=

1 n

n 10

n

2

7. Buktikan bahwa lim (xn) = 0 jika dan hanya jika lim ( )xn = 0. Berikan contoh

yang menunjukkan bahwa kekonvergenan dari ( )xn tidak perlu mengakibatkan

kekonvergenan dari (xn).

8. Tunjukkan bahwa bila xn≥0 ∀ n∈N dan lim (xn) = 0, maka lim( )xn = 0.

9. Tunjukkan bahwa bila lim (xn) = x dan x > 0, maka terdapat bilangan M∈N se-

hingga xn > 0 untuk semua n ≥ M.

10. Tunjukkan bahwa lim 1

n

1

n 10−

+

=

11. Tunjukkan lim1

3n 0

=

12. Misalkan b∈R memenuhi 0 < b < 1. Tunjukkan bahwa lim(nbn)

13. Tunjukkan bahwa lim( )( )2n 11

n =

14. Tunjukkan bahwa limn

n!0

2

=

15. Tunjukkan bahwa lim ( )2n n23

n 2

n!0. Bila n 3, maka 0 <

2

n!2

= ≥ ≤

Page 72: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 72

3.2. Teorema-teorema Limit

Dalam bagian ini kita akan memperoleh beberapa hal yang memungkinkan

kita mengevaluasi limit dari barisan bilangan real yang tertentu. Hasil ini memung-

kinkan kita menambah koleksi barisan konvergen.

3.2.1. Definisi. Barisan bilangan real X = (xn) dikatakan terbatas bila terdapat bilan-

gan real M > 0 sehingga xn ≤ M; untuk semua n∈N.

Jadi barisan X = (xn) terbatas jika dan hanya jika himpunan {xn : n∈N} terba-

tas di R,

3.2.2. Teorema. Suatu barisan bilangan real yang konvergen tarbatas.

Bukti :

Misalkan lim (xn) = x dan ε = 1. Dengan menggunakan teorema 3.1.6(c), terdapat bi-

langan asli K = K(1) sehingga bila n ≥ K maka x x 1.n − < Dari sini, dengan meng-

gunakan akibat 2.3.4(a) tentang ketaksamaan segitiga, bila n ≥ K, maka x x 1n < + .

Dengan menetapkan

M = sup{ }x , x , ..., x , x 1 ,1 2 K-1 +

maka diperoleh x Mn ≤ untuk semua n∈M.

Dalam definisi 3.1.3 kita telah mendefinisikan jumlah, selisih, hasil kali dan

pembagian barisan bilangan real. Kita sekarang akan menunjukkan bahwa barisan

yang diperoleh dengan cara demikian dari barisan-barisan konvergen, mengakibatkan

limit barisan barunya dapat diprediksi.

3.2.3. Teorema.

(a). Misalkan X = (xn) dan Y = (yn) barisan bilangan real yang berturut-turut konver-

gen ke x dan y, serta c∈R. Maka barisan X + Y, X - Y, X . Y dan cX berturut-

turut konvergen ke x + y, x - y, xy dan cx.

(b). . Bila X = (xn) konvergen ke x dan Z = (zn) barisan tak nol yang konvergen ke z,

dan z ≠ 0, maka barisan X/Z konvergen ke x/z.

Bukti :

Page 73: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 73

(a). Untuk membuktikan lim (xn + yn) = x + y kita akan menaksir

(xn + yn) - (x + y) = (xn + x) + (yn + y)

≤ − + −x x y y .n n

Dari hipotesis, untuk sebarang ε > 0 terdapat K∈N sehingga bila n ≥ K1, maka

x xn− < ε2 , juga terdapat K2∈N sehingga bila n ≥ K2, maka x xn− < ε

2 . Bila K(ε) =

sup{K1, K2}, maka untuk semua n ≥ K(ε)

( ) ( )x y x y x x y yn n n n+ − + ≤ − + −

< + =12

12ε ε ε

Karena ε > 0 sebarang, kita peroleh bahwa X + Y = (xn + yn) konvergen ke x + y.

Argumen serupa dapat digunakan untuk membuktikan bahwa X - Y = (xn - yn)

konvergen ke x - y.

Untuk membuktikan bahwa XY = (xnyn) konvergen ke xy, kita akan menges-

timasi

( ) ( )x y xy x y x y x y xyn n n n n n− = − + −

( ) ( )≤ − + −x y y x x yn n n

= − + −x y y x x yn n n

Menurut Teorema 3.2. terdapat bilangan real M1 > 0 sehingga x Mn 1≤ untuk semua

n∈N dan tetapkan M = sup{ }M , y .1 Selanjutnya kita mempunyai

x y xy M y y M x xn n n n− ≤ − + −

Dari kekonvergenan X dan Y, bila diberikan sebarang ε > 0, maka terdapat K1, K2,∈N

sehingga bila n ≥ K1 makax xn 2M− < ε , dan bila n ≥ K2 makay yn 2M− < ε .

Sekarang tetapkan K(ε) = sup {K1, K2}, maka untuk semua n ≥ K(ε) diperoleh

xnyn - xy ≤ Myn - y + xn - x

( ) ( )< + =M MM Mε ε ε2 2 .

Karena ε > 0 sebarang, hal ini membuktikan bahwa barisan XY = (xnyn) konvergen ke

xy.

Page 74: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 74

Bukti untuk barisan cX= (cxn) konvergen ke cx ditinggalkan sebagai latihan.

(b). Berikutnya kita akan menunjukkan bila Z = (zn) barisan tak nol yang konvergen

ke z, maka barisan 1

zn

konvergen ke

1

z (karena z ≠ 0). Pertama misalkan α =

1

2z

maka α > 0. Karena lim (zn) = z, maka terdapat K1∈N, sehingga bila n ≥ K1 maka

z zn − <α. Dengan menggunakan ketaksamaan segitiga diperoleh -α ≤ -zn - z ≤

zn - z untuk n ≥ K1. Karena itu 1 2

z zn

≤ untuk n ≥ K1, jadi kita mempunyai

1

z

1

z

z z

z z

1

z zz z

n

n

n nn− = − = −

≤ −2

zz z

n

2 n untuk semua n > K(ε).

Sekarang kita berikan ε > 0, mak terdapat K2∈N sehingga bila n ≥ K2 maka

1

z

1

zn

− ≤ ε untuk semua n > K(ε).

Karena ε > 0 sebarang, jadi lim1

z

1

z.

n

=

Dengan mendefinisikan Y barisan 1

yn

dalam menggunakan XY =

x

zn

n

konvergen

ke xz

xz

1 = , bukti (b) telah selesai.

Beberapa hasil Teorema 3.2.3 dapat diperluas, dengan induksi matematika,

untuk sejumlah hingga barisan konvergen. Sebagai contoh, bila A = (an), B = (bn), ...,

Z = (zn) barisan konvergen, maka jumlahnya A + B + ... + Z = ( an + bn + ... + zn) juga

merupakan barisan konvergen dan

(1) lim(an + bn + ... + zn) = lim(an) + lim(bn) + ... + lim(zn)

Hasil kalinya juga konvergen dan

(2) lim (anbn ...zn) = ( )[ ] ( )[ ] ( )lim a lim b ... lim zn n n .

Page 75: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 75

Dan bila b∈N dan A = (an) barisan konvergen, maka

(3) lim (ank) = ( )[ ]lim a .n

k

Buktinya ditingggalkan sebagai latihan.

3.2.4. Teorema. Bila X = (xn) barisan konvergen dan xn ≥ 0, untuk semua n∈N, maka

x = lim (xn) ≥ 0.

Bukti :

Andaikan x < 0, pilih z = - x > 0. Karena X konvergen ke x, maka terdapat

K∈N, sehingga x - ε < xn < + ε untuk semua n ≥ Κ. Khususnya, kita mempunyai

xK < x + z = x + (-x) = 0. Hal ini kontradiksi dengan hipotesis bahwa xn ≥ 0 untuk se-

mua n∈N. Jadi haruslah x ≥ 0.

3.2.5 Teorema. Bila X = (xn) dan Y = (yn) barisan konvergen dan xn ≤ yn untuk semua

n∈N, maka lim (xn) ≤ lim (yn).

Bukti :

Misalkan zn = yn - xn sehingga Z = (zn) = Y - X dan zn ≥ 0 untuk semua n∈N.

Dari teorema 3.2.4 dan 3.2.3 diperoleh 0 ≤ lim Z = lim (yn) - lim (xn).

Jadi lim (xn) ≤ lim (yn).

Yang berikut mengatakan bahwa bila semua suku dari barisan konvergen me-

menuhi ketaksamaan a ≤ xn ≤ b, maka limitnya memnuhi ketaksamaan yang sama.

3.2.6. Teorema. Bila x = (xn) suatu barisan konvergen dan a ≤ xn ≤ b untuk semua

n∈N, maka a ≤ lim (xn) ≤ b.

Bukti :

Misalkan Y barisan konstan (b, b, b, ...). Dari Teorema 3.2.5 diperoleh lim X ≤ lim Y

= b. Secara sama dapat ditunjukkan bahwa a ≤ lim X.

Sedangkan yang berikut menyatakan bahwa bila barisan Y diapit oleh dua ba-

risan konvergen yang limitnya sama, maka barisan y tersebut juga konvergen ke limit

dari kedua barisan yang mengapitnya.

Page 76: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 76

3.2.7. Teorema Apit. Misalkan bahwa X = (xn), Y = (yn), dan Z = (zn) barisan yang

memenuhi

xn ≤ yn ≤ zn untuk semua n∈N,

dan lim (xn) = lim (zn) maka (yn) konvergen dan lim (xn) = lim (yn) = lim (xn).

Bukti :

Misalkan w = lim (xn) = lim (zn). Bila ε > 0 diberikan, maka karena X dan Z

konvergen ke w, terdapat K∈N sehingga untuk semua n∈N dengan n ≥ K dipenuhi

x w dan x wn n− < − <ε ε

Dari hipotesis diperoleh bahwa xn - w ≤ yn - w ≤ zn -w, untuk semua n∈N, yang dii-

kuti oleh (mengapa ?)

-ε < yn - w < ε

untuk semua n ≥ K. Karena ε > 0 sebarang, jadi lim (yn) = w.

Catatan : Karena sebarang ekor barisan mempunyai limit yang sama, hipotesis dari 3.2.4, 3.2.5, 3.2.6, dan 3.2.7 dapat diperlemah dengan menerapkannya pada ekor barisan. Sebagai contoh, pada Teorema 3.2.4, bila X = (xn) pada “akhirnya positif” dalam arti bahwa terdapat m∈N sehingga xn ≥ 0 untuk semua n ≥ m, maka akan diperoleh kesimpulan yang sama yaitu n ≥ 0. Modifikasi yang sama juga berlaku untuk Teorema yang lain, yang pembaca perlu buktikan.

3.2.8. Beberapa Contoh

(a). Barisan (n) divergen.

Mengikuti Teorema 3.2.2, andaikan barisan X = (n) konvergen, maka terdapat bilan-

gan real M > 0 sehingga n =n < M untuk semua n∈N. Tetapi hal ini melanggar sifat

Archimedes.

(b). Barisan ((-1)n) divergen

Barisan ini terbatas (ambil M = 2), sehingga kita tidak dapat menggunakan Teorema

3.2.2. Karena itu, andaikan X = ((-1)n) konvergen dan a = lim X. Misalkan ε = 1,

maka terdapat K∈N sehingga

( )-1n − <a 1, untuk semua n ≥ K.

Tetapi bila n ganjil dan n ≥ K, hal ini memberikan -1 1− <a , sehingga -2 < a < 0

(Mengapa?). Sedangkan bila n genap dan n ≥ K, hal ini memberikan 1 1,− <a se-

Page 77: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 77

hingga 0 < a < 2. Karena a tidak mungkin memenuhi kedua ketaksamaan tersebut,

maka pengandaian bahwa X konvergen menghasilkan hal yang kontradiksi. Haruslah

X divergen.

(c). lim2n 1

n2

+

=

Misalkan X = (2) dan Yn

, maka 2n 1

nX Y,=

+

= +1

Dengan menggunakan Teorema 3.2.3(a) diperoleh bahwa lim (X + Y) = lim X + lim

Y = 2 + 0 = 2.

(d). lim2n 1

n 52.

++

=

Karena barisan (2n + 1) dan (n + 5) tidak konvergen, kita tidak dapat mengguanakan

Teorema 3.2.3(b) secara langsung. Tetapi kita dapat melakukan yang berikut

2n 1

n 5

2

1,

1n

5n

++

= ++

yang memberikan X = 2 +1

n

dan Z = 1

n+

5 sehingga Teorema 3.2.3(b) dapat

digunakan. (Selidiki terlebih dahulu syarat-syarat yang harus dipenuhi). Selanjutnya

diperoleh

( )( )lim

2n 1

n 5lim

2

1

lim 2

lim 1

1n

5n

1n

5n

++

= +

+

=

++

= =2

12

(e) lim2n

n 10

2 +

=

Teorema 3.2.3(b) tidak dapat digunakan secara langsung, juga sampai pada

2n

n 1

2

n,

2 1n+

=+

(mengapa ?). Tetapi karena

2n

n 1 n,

2

2n

1n

2+=

+

dan

Page 78: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 78

limn

0 dan lim 1+1

n1, maka lim

2n

n 102 2

2 0

1 =

=

+

= = ,

dengan menggunakan Teorema 3.2.3(b).

(f) limsin n

n0=

Di sini kita tidak dapat menggunakan Teorema 3.2.3(b) secara langsung. Tetapi perlu

dicatat bahwa -1 ≤ sin n ≤ 1, maka

-1

n

sinn

n

1

n≤ ≤ , untuk semua n∈N.

Karena lim ( ) ( )− = =1n

1nlim 0, dengan menggunakan Teorema Apit diperoleh bahwa

limsin n

n0

= .

(g). Misalkan X = (xn) barisan yang konvergen ke x. Sedangkan p polinomial, sebagai

contoh

p(t) = a0 + a1t + a2t2 + ... + akt

k

dengan k∈N dan aj∈R untuk j = 0, 1, ..., k, ak ≠ 0. Dengan menggunakan Teorema

3.2.3 barisan (p(xn)) konvergen ke p(x).

Bukti lengkapnya ditinggalkan sebagai latihan.

(h). Misalkan X = (xn) barisan yang konvergen ke x. Sedangkan r(t) = ( )( )

p

q

t

t dengan p

dan q polinomial. Misalkan juga q(xn) ≠ 0 untuk semua n∈N dan q(x) = 0. Maka bari-

san r(xn) konvergen ke r(x). Bukti lengkapnya ditinggalkan sebagai latihan.

Kita akan mengakhiri bagian ini dengan beberapa hasil berikut.

3.2.4. Teorema. Misalkan barisan X = (xn) konvergen ke x, maka barisan ( )xn kon-

vergen ke x , yaitu bila x = lim (xn), maka ( )x lim x .n=

Bukti :

Mengikuti sifat segitiga diperoleh

x x x xn n− ≤ − untuk semua n∈N.

Page 79: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 79

Selanjutnya kekonvergenan dari ( )xn ke x suatu akibat langsung dari kekonver-

genan dari (xn) ke x.

3.2.10. Teorema. Misalkan barisan X = (xn) konvergen ke x dan xn ≥ 0 , untuk semua

n∈N. Maka barisan ( )xn konvergen dan lim ( )xn = x.

Bukti :

Dari Teorema 3.2.4 diperoleh bahwa x = lim (xn) ≥ 0.

Sekarang kita tinjau dua kasus (i). x = 0 dan (ii). x > 0.

(i). Misalkan x = 0, dan ε > 0 sebarang diberikan. Karena x 0n → maka terdapat

K∈N sehingga 0 ≤ xn = xn - 0 < ε2.

Karena itu [lihat contoh 2.2.14(a)], 0 ≤ xn ≤ ε untuk n ≥ K.

Karena ε > 0 sebarang, maka ( )x 0n → .

(ii). Bila x > 0, maka x 0> dan kita mempunyai

( )( )

x xx x x x

x x

x x

x xn

n n

n

n

n

− =− +

+= −

+

Karena x x x 0n + ≥ > , maka

x x1

xx xn n− ≤

− .

Kekonvergenan dari x xn → merupakan akibat yang mudah dari x xn → .

Untuk jenis-jenis barisan tertentu, yang berikut menyajikan “uji rasio” yang mudah

dan cepat untuk kekonvergenan.

3.2.11. Teorema. Misalkan (xn) barisan bilangan real positif sehingga L = limx

xn+1

n

ada. Bila L < 1, maka (xn) konvergen dan lim (xn) = 0.

Bukti :

Menurut 3.2.4 diperoleh bahwa L ≥ 0. Misalkan r bilangan dengan L < r < 1, dan ε = r

- L > 0. Maka terdapat n∈K. dipenuhi

Page 80: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 80

x

xLn 1

n

+ − < ε .

Akibatnya (mengapa ?) untuk bila n ≥ K, maka

( )x

xL L + r L rn 1

n

+ < + = − =ε .

Karena itu, bila n ≥ K diperoleh

0 < xn+1 < xnr < xn-1r2 < ... < xKrn-K+1

Bila kita tetapkan C = xK/rK, kita peroleh 0 < xn+1 < Crn+1 untuk semua n ≥ K. Karena

0 < r <1, menurut 3.1.11(c) diperoleh lim (rn) = 0 dan karenanya menurut Teorema

3.1.10 lim (xn) = 0.

Latihan 3.2

1. Untuk xn yang diberikan berikut, tunjukkan kekonvergenan atau kedivergenan dari

X = (xn)

(a). xn

n 1n =+

, (b). x(-1) n

n 1n

n

=+

,

(c). xn

n 1n

2

=+

, (d). x2n 3

n 1n

2

2= +

+

2. Berikan contoh barisan X.Y yang divergen, tetapi jumlahnya X + Y konvergen.

3. Tunjukkan bahwa bila X dan Y barisan dengan X dan X + Y konvergen, maka Y

konvergen.

4. Tunjukkan bahwa bila X dan Y barisan dengan X konvergen ke x dan xy konver-

gen, maka Y konvergen.

5. Tunjukkan bahwa barisan (2n) tidak konvergen.

6. Tunjukkan bahwa barisan ((-1)nn2) tidak konvergen.

7. Tentukan limit dari barisan-barisan berikut :

(a). lim 2n

n

+

1 (b). lim

( 1)

n 2

n−+

Page 81: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 81

(d). lim n 1

n 1

−+

(d). lim

n 1

n n

+

8. Misalkan y n 1 nn = + − , untuk n∈N. Tunjukkan bahwa (yn) dan ( )nyn kon-

vergen.

9. Misalkan zn = ( )a bn n1n+ dengan 0 < a < b, maka lim (zn) = b.

10. Gunakan Teorema 3.2.11 pada barisan-barisan berikut, bila a, b memenuhi 0 < a

< 1 dan b > 1.

(a). (an) (b).b2

n2

(c). nnb

(d). ( )2

33n

2n

11. (a). Berikan contoh barisan bilangan positif (xn) yang konvergen sehingga

limx

x1n 1

n

+

=

(b). Berikan pula contoh barisan divergen dengan sifat tersebut. (Jadi, sifat ini tidak

dapat digunakan untuk uji konvergensi).

12. Misalkan X = (xn) barisan bilangan positif sehingga limx

xL 1n 1

n

+

= > . Tunjuk-

kan bahwa X barisan tak terbatas, karenanya X tidak konvergen.

13. Selidiki konvergensi barisan-barisan berikut, bila a, b memenuhi 0 < a < 1 dan

b > 1

(a). (n2an), (b). bn

2n

(c). bn

n!

(d).

n!

nn

Page 82: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 82

14. Misalkan (xn) barisan bilangan positif dengan lim ( )xn

1n = L < 1. Tunjukkan

bahwa terdapat bilangan dengan 0 < r < 1 sehingga 0 < xn < rn untuk suatu n∈N

yang cukup besar. Gunakan ini untuk menunjukkan lim (xn) = 0.

15. (a) Berikan contoh barisan bilangan positif (xn) yang konvergen sehingga lim

( )xn

1n = 1.

(b). Berikan contoh barisan bilangan positif (xn) yang divergen sehingga lim ( )xn

1n =

1. (Jadi , sifat ini tidak dapat digunakan untuk uji konvergensi).

16. Misalkan (xn) barisan konvergen dan (yn) barisan sehingga untuk sebarang ε > 0

terdapat M sehingga x yn n− < ε untuk semua n ≥ M. Apakah hal ini mengaki-

batkan (yn) konvergen ?

3.3. Barisan Monoton

Sampai saat ini, kita telah mempunyai beberapa metode untuk menunjukkan

bahwa barisan X = (xn) konvergen :

(i). Kita dapat menggunakan defenisi 3.1.4. atau Teorema 3.1.6. secara langsung.

Tetapi ini sering (tetapi tidak selalu) sukar dikerjakan.

(ii). Kita dapat mendominasi xn - x dengan perkalian dari suku-suku dalam barisan

(an) yang diketahui konvergen ke 0, kemudian menggunakan Teorema 3.1.10.

(iii). Kita dapat mengidentifikasi barisan X diperoleh dari barisan-barisan yang

diketahui konvergennya dari lebar barisannya, kombinasi aljabar, nilai mutlak atau

datar dengan menggunakan Teorema 3.1.9, 3.2.3, 3.2.9, atau 3.2.10.

(iv). Kita dapat mengapit X dengan dua barisan yang konvergen ke limit yang sama

dengan menggunakan Teorema 3.2.7.

(v). Kita dapat menggunakan “Uji rasio” dari Teorema 3.2.4.

Kecuali (iii), semua metode ini mengharuskan kita terlebih dahulu mengetahui (atau

paling tidak dugaan) nilai limitnya yang benar, dan kemudian membuktikan bahwa

dugaan kita benar.

Page 83: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 83

Terdapat banyak contoh, yang mana tidak ada calon limit yang mudah dari

suatu barisan, bahkan walaupun dengan analisis dasar diduga barisannya konvergen.

Dalam bagian ini dan dua bagian berikutnya, kita akan membahas hasil-hasil yang

lebih mendalam dibanding bagian terdahulu yang mana dapat digunakan untuk mem-

perkenalkan konvergensi suatu barisan bila tidak ada kandidat limit yang mudah.

3.3.1 Definisi. Misalkan X = (xn) barisan bilangan real, kita katakan X tak turun bila

memenuhi ketaksamaan :

x1 ≤ x2 .... ≤ xn ≤ xn + 1 ≤ .....

Kita katakan X tak naik bila memenuhi ketaksamaan

x1 ≥ x2 ≥ .... ≥ xn ≥ xn+1 ≥ ......

Kita katakan X monoton bila X tak naik, atau tak turun.

Berikut ini barisan-barisan tak turun

(1,2,3,4,.....,n,.....); (1,2,2,3,3,3, .......);

(a,a2,a3,.....,an,......) bila a > 1

Berikut ini barisan-barisan tak naik

(1,1/2,1/3,.....,1/n,...), (1,1/2,1/23,.......,1/2n-1,......),

(b,b2,b3,.......,bn,....), bila 0 < b < 1.

Barisan-barisan berikut tak monoton

(+1, -1, +1, ......, (-1)n+1,....), (-1, +2, -3, ....., (-1)nn, ....)

Berisan-barisan berikut tak monoton, tetapi pada akhirnya monoton

(7,6,2,1,2,3,4,......), (-2,0,1,1/2,1/3,1/4,.....).

3.3.2 Teorema Konvergensi Monoton. Barisan bilangan real monoton konvergen

jika dan hanya jika barisan ini terbatas.

Lebih dari itu :

(a). Bila X = (xn) barisan tak turun yang terbatas, maka lim (xn) = sup{xn}

(b). Bila Y = (yn) barisan tak naik yang terbatas, maka lim (yn) = inf{yn}.

Bukti :

Dari teorema 3.2.2 diketahui bahwa barisan konvergen pasti terbatas.

Page 84: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 84

Sekarang kita akan buktikan sebaliknya, misalkan X barisan monoton yang

terbatas. Maka X tak turun atau tak naik.

(a). Pertama misalkan X barisan tak turun dan terbatas.Dari hipotesis terdapat Μ∈R,

sehingga Rn ≤ M untuk semua n∈N. Menurut prinsip supremum terdapat x* = sup{xn :

n∈N.}; kita akan tunjukkan bahwa x* = lim (xn).

Bila ε > 0 diberikan, maka x* - ε bukanlah batas atas dari {xn : n∈N}; dari sini terda-

pat K∈N sehingga x* - ε < xk. Tetapi karena (xn) tak turun maka hal ini diikuti

x* - ε < xk ≤ xn ≤ x* untuk semua n ≥ Κ.

Akibatnya

x xn*− < ε untuk semua n ≥ Κ.

Karena ε > 0 sebarang, jadi (xn) konvergen ke x*.

(b). Bila Y = (yn) barisan terbatas tak naik, maka jelaslah bahwa X = -Y= (-yn) barisan

terbatas tak turun. Dari (a) diperoleh lim X = sup{-yn : n∈N}. Di lain pihak, dengan

Teorema 3.2.3 (a) lim X = - lim Y, sedangkan dari latihan 2.5.4(b), kita mempunyai

sup{-yn ; n∈N} = - inf {y n ; n∈N }. Karenanya lim Y = -lim X = inf{yn ; n∈N }

Teorema konvergensi monoton memperkenalkan eksistensi limit dari barisan

monoton terbatas. Hal ini juga memberikan cara perhitungan limit yang menyajikan

kita dapat memperoleh supremum (a), infimum (b). Sering kali sukar untuk menge-

valuasi supremum (atau infimum), tetapi kita ketahui bahwa hal ini ada, sering pula

mungkin mengevaluasi limit ini dengan metode lain.

3.3.3. Beberapa contoh

(a). lim1

n0

= .

Kita dapat menggunakan Teorema 3.2.10; tetapi, kita akan menggunakan Teorema

Konvergen Monoton. Jelaslah bahwa 0 merupakan batas bawah, dari himpunan {1n

:

n∈N}, dan tidak sukar untuk menunjukkan bahwa infimumnya 0; dari sini

0 = lim1

n

.

Page 85: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 85

Di lain pihak, kita ketahui bahwa X = 1

n

.terbatas dan tak naik, yang men-

gakibatkan X konvergen ke bilangan real x. Karena X = 1

n

.konvergen ke x,

menurut Teorema 3.2.3, X . X = (1/n) konvergen x2. Karena itu x2 = 0, akibatnya x =

0.

(b). Misalkan x 11

2

1

3...

1

nn = + + + + untuk n∈N.

Karena x x1

n 1x ,n 1 n n+ = +

+> kita melihat bahwa (xn) suatu barisan naik. Dengan

menggunakan Teorema Konvergensi Monoton 3.3.2, pertanyaan apakah barisan ini

konvergensi atau tidak dihasilkan oleh pertanyaan apakah barisan tersebut terbatas

atau tidak. Upaya-upaya untuk menggunakan kalkulasi numerik secara langsung tiba

pada suatu dugaan mengenai kemungkinan terbatasnya barisan (xn) mengarah pada

frustrasi yang tidak meyakinkan. Dengan perhitungan komputer akan memberikan

nilai aproksiasi xn ≈ 11,4 untuk n = 50.000 dan xn ≈ 12,1 untuk n = 100.000. Fakta

numerik ini dapat menyatukan pengamat secara sekilas untuk menyimpulkan bahwa

barisan ini terbatas. Akan tetapi pada kenyataannya barisan ini divergen, yang diperli-

hatkan oleh

X 1 ...1

2 1....

1

22 n 1 nn = + + +

+ +

++ +

1

2

1

3

1

4

> + + +

+ + + +

1 ...

1

2...

1

2n n

1

2

1

4

1

4

= 11

2

1

2

1

2+ + + +... = 1

2+ n

Dari sini barisan (xn) tak terbatas, oleh karena itu divergen (teorema 3.2.2).

(c) Misalkan Y = (yn) didefenisikan secara induktif oleh Y1 = 1, Yn+1 = ( )14 n2y 3+

untuk n ≥ 1. Kita akan menunjukkan bahwa lim Y = 32 .

Page 86: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 86

Kalkulasi langsung menunjukkan bahwa y2 = 54 . Dari sini kita mempunyai y1

< y2 < 2. Dengan induksi, kita akan tunjukkan bahwa yn < 2 untuk semua n∈N. Ini

benar untuk n = 1,2. Jika yk < 2 berlaku untk suatu k∈N, maka

yk+1 = ( ) ( )14 k

14

342y 3 4 3 1 2+ < + = + <

Dengan demikian yk+1 < 2. Oleh karena itu yn < 2 untuk semua n∈N.

Sekarang, dengan induksi, kita akan tunjukkan bahwa yn < yn+1 untuk semua

n∈N. Kemudian pernyataan ini tidak dibuktikan untuk n = 1. Anggaplah bahwa yk <

yk+1 untuk suatu k∈N;

yk+1 = ( ) ( )14 k

14 k+1 k 22y 3 2y 3 y+ < + < +

Jadi yk < yk+1 mengakibatkan yk+1 < yk+2. Oleh karena itu yn < yn+1 untuk semua n∈N.

Kita telah menunjukkan bahwa Y = (yn) adalah barisan naik dan terbatas di

atas oleh 2. Menurut Teorema konvergensi Menoton, Y konvergen ke suatu limit

yakni pada kurang dari atau sama dengan 2. Dalam hal ini, tidak mudah untuk

mengevaluasi lim(yn) dengan menghitung sup{yn : n∈N}. Tetapi terdapat cara lain

untuk mengevaluasi limitnya. Karena yn+1 = ( )14 n2y 3+ untuk semua n∈N, maka suku

ke n dari 1-ekor Y1 dan suku ke n dari Y mempunyai relasi aljabar sederhana. Dengan

Teorema 3.1.9, kita mempunyai y = lim Y1 = lim Y yang diikuti dengan Teorema

3.2.3 diperoleh y = ( )14 2y 3+ yang selanjutnya mengakibatkan y = 3

2.

(d). Misalkan Z = (zn) dengan z1 = 1, zn+1 = 2zn untuk semua n∈N, kita akan lan-

jutkan lim (zn) = 2.

Catatan bahwa z1 = 1 dan z2 = 2 ; Dari sini 1 ≤ z1 ≤ z2 < 2. Kita klaim bahwa

Z tak turun dan terbatas di atas oleh 2. Untuk membuktikannya kita akan lakukan se-

cara induksi, yaitu 1 ≤ zn < zn+1 < 2 untuk semua n∈N. Faktor ini dipenuhi untuk n =

1. Misalkan hal ini juga dipenuhi untuk n = K, maka 2 ≤ 2zK < 2zK+1 < 4, yang diikuti

oleh 1 < 2 ≤ zK+1 = 2zK < zK+2 = 2zK 1+ < 4 = 2.

[Pada langkah terakhir kita menggunakan contoh 2.2.14 (a)]. Dari sini ketaksamaan 1

≤ zK < zK+1 < 2 mengakibatkan 1 ≤ zK+1 < zK+2 < 2. Karena itu 1 ≤ zn < zn+1 < 2 untuk

semua n∈N.

Page 87: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 87

Karena Z = (zn) terbatas dan tak turun, menurut Teorema Konvergensi

Monoton Z konvergen ke z = sup {zn}. Akan ditunjukkan secara langsung bahwa

sup{zn}= 2, jadi z = 2. Atau kita dapat menggunakan cara bagian (c). Relasi zn+1

= 2zn memberikan relasi antara suku ke n dari Z1 dan suku ke n dari Z. Dengan

Teorema 3.1.9,kita mempunyai lim Z1 = z = lim Z. Lebih dari itu, menurut Teorema

3.2.3 dan 3.2.10, z harus memenuhi z = 2z . Ini menghasilkan z = 0, 2. Karena 1 ≤ z

≤ 2. Jadi z = 2

Perhitungan akar kuadrat

3.3.4. Contoh

Misalkan a > 0, kita akan mengkonstruksi barisan (sn) yang konvergen ke a .

Misalkan s1 > 0 sebarang dan didefinisikan sn+1 = 12 n

n

ss

+

a untuk semua

n∈N. Kita akan tunjukkan bahwa (sn) konvergen ke a . (Proses ini untuk menghi-

tung akar kuadrat yang sudah dikenal di Mesopotamia sebelum 1500 B.C.).

Pertama kita tunjukkan bahwa sn 12

+ ≥ a untuk semua n ≥ 2. Karena sn2 - 2sn+1

sn + a = 0, persamaan ini mempunyai akar real. Dari sini diskriminannya 4s 4n 12

+ − a

harus tak negatif, yaitu sn 12

+ ≥ a untuk n ≥ 1.

Untuk melihat (sn) Pada akhirnya tak naik, kita catat bahwa untuk n ≥ 2 kita

mempunyai

( )

s s s ss

s

s0n n 1 n

12 n

n

12

n2

n

− = − +

= ≥+

a

Dari sini, sn+1 ≤ sn untuk semua n ≥ 2. Menurut Teorema konvergensi monoton lim(sn)

= s ada. Lebih dari itu, dari Teorema 3.2.3, s harus memenuhi

s ss

12= +

a,

yang mengakibatkan s = a

s atau s2 = a. Jadi s = a .

Page 88: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 88

Untuk perhitungan, sering penting untuk mengestimasi bagaimana cepatnya

ba-risan (sn) konvergen ke a . Dari di atas, kita mempunyai a ≥ sn untuk semua n

≥ 2. Dengan menggunakan ketaksamaan ini kita dapat menghitung a dengan dera-

jat akurasi yang diinginkan.

Bilangan Euler

3.3.5 Contoh.

Misal en = (1 + 1/n)n untuk n∈N. Kita akan tunjukkan bahwa Ε = (en) terbatas

atau tak turun, karenanya Ε konvergen yang sangat terkenal itu, yang nilainya

didekati dengan e ≈ 2,718281828459045... dan kemudian digunakan sebagai bilangan

dasar logaritma natural.

Bilamana kita menggunakan teorema Binomial, kita mempunyai

en = ( )1 1+ n

n = 1 + n

1 n⋅ 1 + ( )n n-1

2! n2⋅ 1 + ( )( )n n-1 n-2

3! n3⋅ 1 + ... + ( )n n-1

n! nn

K2 1 1⋅ ⋅

Ini dapat ditulis menjadi

en = 1 + 1 + ( )12

11! − n + ( )( )13

1 21 1! − −n n + ... + ( )( ) ( )1 1 21 1 1n n nn-1n! − − −K

Dengan cara serupa kita mempunyai :

en+1 = 1 + 1 + ( )12

11! − n+1 + ( )( )13!

1n+1

2n+11 1− − + ...

+ ( )( ) ( )1n!

1n+1

2n+1

n-1n+1

1 1 1− − −K + ( ) ( )( ) ( )1n 1 !

1n 1

2n 1

nn+11 1 ... 1+ + +− − −

Perhatikan bahwa ekspresi untuk en menurut n + 1 suku, sedangkan untuk en+1 menu-

rut n+2 suku. Selain itu, masing-masing suku dalam en adalah lebih kecil atau sama

dengan suku yang bersesuaian dalam en+1 dan en+1 mengandung lebih satu suku posi-

tif. Oleh karena itu, kita mempunyai 2 ≤ e1≤ e2 < ... < en < en+1 < ..., dengan demikian

suku-suku dari E naik.

Untuk menunjukkan bahwa suku-suku dari E terbatas di atas, kita perhatikan

bahwa jika p = 1 , 2 , ... , n, maka 1p

n1−

< . Selain itu 2p-1 ≤ p! [lihat 1.3.3 (d)]

dengan demikian 1

p!

1

2p 1≤ − Oleh karena itu, jika n > 1, maka kita mempunyai

2 1 11

2

1

2...

1

2n 2 n 1< < + + + + + −e

Page 89: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 89

Karena dapat dibuktikan bahwa [lihat 1.3.3 (b)]

1

2

1

2...

1

21

1

21,

2 n 1 n 1+ + + = − <− −

kita simpulkan bukan 2 ≤ en < 3 untuk semua n∈N. Menurut Teorema Konvergensi

Monoton, kita peroleh bahwa barisan E konvergen ke suatu bilangan real antara 2 dan

3. Kita definisikan bilangan e merupakan limit dari barisan ini.

Dengan penghalusan estimasi kita dapat menemukan bilangan yang dekat

sekali ke e, tetapi kita tidak dapat menghitungnya secara eksak, karena e adalah suatu

bilangan irasional. Akan tetapi mungkin untuk menghitung e sampai beberapa tempat

desimal yang diinginkan. Pembaca boleh menggunakan kalkulator (atau komputer)

untuk menghitung en dengan mengambil nilai n yang “besar”

Latihan 3.3.

1. Misalkan x1 > 1 dan x 2xn 1

n+ = − 1

untuk n ≥ 2. Tunjukkan bahwa (xn) terbatas

dan menoton. Tentukan limitnya.

2. Misalkan y1 = 1 dan yn+1 = 2 yn+ . Tunjukkan bahwa (yn) konvergen dan tentu-

kan limitnya.

3. Misalkan a > 0 dan z1 > 0, Definisikan zn+1 = (a + zn)1/2 untuk n∈N. Tunjukkan

bahwa (zn) konvergen dan tentukan limitnya.

4. Misalkan x1 = a > 0 dan xn+1 = xn + 1/xn. Tentukan apakah (xn) konvergen atau

divergen.

5. Misalkan (xn) barisan terbatas dan, untuk masing-masing n∈N, sn = sup{xk : k ≥

n} dan tn = inf{x k : k ≥ n}. Buktikan bahwa (sn) dan (tn) konvergen,. Juga buktikan

bahwa bila lim (sn) = lim (tn), maka (xn) konvergen. [ lim (sn) disebut limit supe-

rior dari (xn), dan lim (tn) disebut limit inferior dari (xn) ]

6. Misalkan (an) barisan tak turun, (bn) barisan tak naik dan misalkan an ≤ bn untuk

semua n∈N. Tunjukkan bahwa lim (an) ≤ lim (bn), dan dari sini buktikan Teorema

Interval Bersarang 2.1.b dari Teorema Konvergensi Monoton 3.3.2.

Page 90: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 90

7. Misalkan A subhimpunan tak hingga dari R dan terbatas di atas dengan u = sup A.

Tunjukkan bahwa terdapat suatu barisan tak turun (xn) dengan xn ∈ A untuk se-

mua n∈N sehingga u = lim (xn).

8. Tentukan apakah barisan (yn) konvergen atau divergen, bila yn = 1n 1

1n 2

12n...+ ++ + +

untuk n∈N.

9. Misalkan xn = 1

1

1

2

12 2+ + +

n2L untuk n∈N. Buktikan bahwa (xn) tak turun dan

terbatas, jadi konvergen. [ Catatan bila k ≥ 2, maka ( )1 1 1 1

k k k -1 k -1 k2 ≤ = − ]

10. Perkenalkan konvergensi barisan berikut dan tentukan limitnya.

(a). ( )1 n

n 1+

+1 ; (b). ( )1 n

2n+

1 ;

(c). ( )( )1 1n 1

n+ + ; (d). ( )1 n

n−

1 .

11. Gunakan metode pada contoh 3.3.4 untuk menghitung 2 , dengan benar sampai

4 desimal.

12. Gunakan metode pada contoh 3.3.4 untuk menghitung 5 , dengan benar sampai

5 desimal.

13. Hitung en pada contoh 3.3.5 untuk n = 2, 4, 8, 16.

14. Gunakan kalkulator untuk menghitung en untuk n = 50 dan n = 100.

15. Gunakan Komputer untuk menghitung en untuk n = 1000.

3.4. Subbarisan dan Teorema Bolzano-Weiestrass

Dalam bagian ini kita akan memperkenalkan gagasan subbarisan dari barisan

yang diberikan. Gagasan ini agak lebih umum daripada ekor barisan (yaitu dibahas

pada 3.1.8) sering bermanfaat dalam membuktikan divergensi barisan. Kita juga akan

membuktikan Teorema Bolzano-Weistrass, yang akan digunakan untuk memperke-

nalkan sejumlah hasil akibatnya.

3.4.1. Definisi. Misalkan X = (xn) barisan dan r1 < r2 < ... < rn < ..., barisan bilangan

asli yang naik. Maka barisan X’ dalam R yang diberikan oleh

Page 91: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 91

( )x ,x ,x , ,x ,r r r r1 2 3 nL L

disebut subbarisan dari X.

Sebagai contoh, berikut ini adalah subbarisan dari X = 1

1

1

2

1

3

1, , , , ,L L

n

.

1

3

1

4

1

5

1, , , , ,L L

n + 2

,

1

1

1

3

1

5

1, , , , ,L L

2n -1

, ( )

1

2

1

4

1

6

1

!,

!,

!, , ,L L

2n !

.

Sedangkan yang berikut bukan subbarisan dari X = 1

n :

1

2

1

1

1

4

1

3

1

6

1

5, , , , , ,L

,

1

10

1

30

1

50, , , , , ,L

.

Tentu saja, sebarang ekor barisan merupakan subbarisan, ekor-m bersesuaian dengan

barisan yang ditentukan dengan

r1 = m + 1, r2 = m + 2, ..., rn = m + n1...

Tetapi, tidak setiap subbarisan merupakan ekor barisan.

Subbarisan dari barisan konvergen juga konvergen ke limit yang sama, seperti

yang akan kita tunjukkan berikut.

3.4.2. Teorema. Jika suatu barisan bilangan real X = (xn) konvergen ke x, maka se-

barang subbarisan dari X juga konvergen ke x.

Bukti :

Misalkan ε > 0 diberikan dan pilih bilangan asli Κ(ε) sedemikian sehingga jika n ≥

Κ(ε), maka x xn − < ε. Karena r1 < r2 <...< rn < ... adalah barisan bilangan real naik

maka dapat dibuktikan (dengan induksi) bahwa rn ≥ n .Dari sini, bila n ≥ Κ(ε) kita

juga mempunyai rn ≥ n ≥ Κ(ε) dengan demikian x xrn− < ε. Oleh karena itu su-

barisan ( )xrn juga konvergen ke x.

3.4.3 Beberapa contoh

(a). lim (bn) = 0 bila 0 < b < 1.

Page 92: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 92

Kita telah melihat, pada Contoh 3.1.11 (c), bahwa bila 0 < b < 1 dan bila xn =

bn, maka dari Ketaksamaan Bernoulli diperoleh bahwa lim(xn) = 0. Cara lain, kita

melihat bahwa karena 0 < b < 1, maka xn+1 = bn+1 < bn = xn dengan demikian (xn)

adalah barisan turun. Jelas juga bahwa 0 ≤ xn ≤ 1, sehingga menurut Teorema Kon-

vergensi Monoton 3.3.2 barisan tersebut konvergen. Misalkan x = lim (xn). Karena

(x2n) subbarisan dari (xn) menururt Teorema 3.4.2 maka x = lim (x2n). Di lain pihak,

karena x2n = b2n = (bn)2 = (xn)2, menurut Teorema 3.2.3 diperoleh

x = lim (x2n) = [lim (xn)]2 = x2

Oleh karena itu kita mesti mempunyai x = 0 atau x = 1. Karena (xn) barisan turun dan

terbatas di atas oleh 1, maka haruslah x = 0.

(b). lim ( )c1

n 1= untuk c > 1.

Limit ini telah diperoleh dalam contoh 3.1.11 (d) untuk c > 0, dengan

pemikiran argumen yang banyak diakal-akali. Di sini kita melihat pendekatan lain

untuk kasus c > 1. Perhatikan bahwa jika zn = c1/n, maka zn > 1 dan zn+1 < zn untuk

semua n∈N. Jadi dengan menggunakan Teorema Konvergensi Monoton, z = lim (Zn)

ada. Menurut teorema 3.4.2, berlaku z = lim (Z2n). Di lain pihak, karena

z2n = ( )c c12n

1n

12 1

2zn= =

dan Teorema 3.2.10,maka

( ) ( )( )z lim Z lim Z z2n n

12 1

2= = = .

Karena itu z2 = z yang menghasilkan z = 0 atau z = 1. Karena Zn > 1 untuk semua

n∈N, maka haruslah z = 1.

Untuk kasus 0 < c < 1, kita tinggalkan sebagai latihan.

Kegunaan subbarisan membuatnya mudah untuk menyajikan uji divergensi

suatu barisan.

3.4.4. Kriterian Divergensi. Misalkan X = (xn) suatu barisan.

maka pernyataan berikut ekivalen :

(i) Barisan X = (xn) tidak konvergen ke x∈R.

Page 93: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 93

(ii) Terdapat ε0 > 0 sehingga untuk sebarang k∈N, terdapat rk∈N sehingga rk ≥ k dan

x xrk− ≥ ε0

(iii) Terdapat ε0 > 0 dan subbarisan X = ( )xrndari X sehingga x xrn

− ≥ 0 untuk se-

mua n∈N.

Bukti :

(i) ⇒ (ii). Bila X = (xn) tidak konvergen ke x, maka untuk suatu ε0 > 0 tidak mungkin

memperoleh bilangan Κ(ε) sehingga 3.1.b (c) dipenuhi. Yaitu, untuk sebarang k∈N

tidak benar bahwa untuk semua n ≥ k sehingga x xr 0k− ≥ ε .

(ii) ⇒ (iii). Misalkan ε0 seperti pada (ii) dan misalkan r1∈N sehingga r1 ≥1 dan

x xr 01− ≥ ε . Sekarang misalkan r2∈N sehingga r2 > r1 danx xr 02

− ≥ ε ; misalkan r3

> r2 dan x xr3− ≥ ε0. dengan meneruskan cara ini diperoleh subbarisan X’ =

( )xrn(xrn) dari X sehingga x xrn

− ≥ ε0.

(iii) ⇒ (i) Misalkan X = (xn) mempunyai subbarisan X’ = ( )xrn memenuhi kondisi

(iii); maka X tidak mungkin konvergen ke x. Karena andaikan demikian, maka menu-

rut Teorema 3.4.2 subbarisan X’ juga akan konvergen ke x. Tetapi ini tidak mungkin

suku dari x’ termuat dilingkungan x0 dari x.

3.4.5. Beberapa contoh.

(a). Barisan ( )( )−1 divergenn

.

Bila barisan X = ( )( )−1n

konvergen ke x, maka (menururt Teorema 3.4.2) setiap sub-

barisan dari X harus konvergen ke x. Karena terdapat subbarisan yang konvergen ke

+1 dan sub-barisan yang lain konvergen ke -1, maka haruslah X divergen.

(b). Barisan ( )1, ,3, ,...12

14 divergen.

[Kita dapat mendefinisikan barisan ini dengan Y = (yn), yang mana yn = n bila

n ganjil, dan yn = 1

n bila n genap]. Secara mudah dapat dilihat bahwa barisan ini tidak

Page 94: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 94

terbatas; dari sini, menurut Teorema 3.2.2, barisan ini tidak mungkin konvergen. Se-

cara alternatif, walaupun sub-barisan ( )12

14

16, , ,... dari Y konvergen ke 0, keseluru-

han barisan Y tidak konvergen ke 0. Yaitu, terdapat subbarisan (3,5,7,...) dari Y yang

berada di luar lingkungan -1 dari 0; karena itu Y tidak konvergen ke 0.

Eksistensi Subbarisan Monoton

Sementara tidak setiap barisan monoton, kita sekarang akan menunjukkan

bahwa setiap barisan mempunyai sub-barisan monoton.

3.4.6. Teorema Subbarisan Monoton. Setiap barisan X = (xn) mempunyai subbarisan

monoton.

Bukti

Untuk tujuan ini kita akan menyatakan suku ke-m xm merupakan puncak bila

xm ≥ xn untuk semua n ≥ m. Selanjutnya kita akan mempertimbangkan dua kasus.

Kasus 1. X mempunyai sejumlah tak hingga puncak. Dalam kasus ini, kita mengururt

puncak-puncak tersebut dengan indeks naik. Jad kita mempunyai puncak-puncak

x ,x ,...,x ,...m m m1 2 k dengan m1 < m2 < ... < mk < ...,.Karena masing-masing suku

tersebut puncak, kita mempunyai x x x ... x ...m m m m1 2 3 k≥ ≥ ≥ ≥ ≥

Karenanya subbarisan ( )xmk merupakan subbarisan tak naik dari X.

Kasus 2. X mempunyai sejumlah hingga (mungkin nol) puncak. Misalkan puncak-

puncak ini x ,x ,...,x ,...m m m1 2 r. Misalkan s1 = mr + 1 (indeks pertama setelah puncak

terakhir) Karena xs1 bukan puncak, maka terdapat s2 > s1 sehingga x xs s2 1

> .

Karena xs2bukan puncak, maka terdapat s3 > s2, sehingga x xs s3 2

> . Bila kita

meneruskan proses ini, kita peroleh subbarisan tak turun (bukan naik) ( )xsn dari X.

Teorema Bolzana Weierstrass

3.4.7. Teorema Bolzana-Weierstrass. Setiap barisan terbatas mempunyai subbarisan

konvergen.

Bukti

Page 95: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 95

Mengikuti Teorema Subbarisan Monoton, maka barisan terbatas X = (xn)

mempu-nyai subbarisan X’ = ( )xsn monoton. Subbarisan inipun juga terbatas, se-

hingga menururt Teorema Konvergensi Monoton X’ = ( )xsn konvergen.

Dari sini mudah dilihat bahwa barisan terbatas dapat mempunyai beberapa

sub-barisan yang konvergen ke limit yang berbeda, sebagai contoh, barisan ( )( )−1n

mempunyai subbarisan yang konvergen ke -1, dan subbarisan yang lain konvergen ke

+1. Barisan ini juga mempunyai sub-barisan yang tidak konvergen.

Misalkan X’ subbarisan dari barisan X. Maka X’ sendiri juga merupakan bari-

san, yang juga dapat mempunyai sub-barisan, katakan X”. Di sini dapat kita catat ba-

hawa X” juga merupakan subbarisan dari X.

3.4.8. Teorema. Misalkan X barisan terbatas dan x∈R yang mempunyai sifat bahwa

setiap sub-barisan konvergen dari X limitnya adalah x. Maka barisan X konvergen ke

x.

Bukti

Misalkan M > 0, sehingga x Mn ≤ untuk semua n∈N. Andaikan X tidak konvergen

ke x. Menurut Kriteria Divergensi 3.4.4 terdapat ε0 > 0 dan subbarisan X’ = ( )xrn dari

X sehingga

(#) x xr 0n− ≥ ε , untuk semua n∈N.

Karena X’ subbarisan dari X, maka X’ juga terbatas oleh M. Dari sini, menurut Teo-

rema Bolzano-Weierstrass bahwa X’ mempunyai subbarisan X” yang konvergen.

Tetapi X” juga merupakan subbarisan dari X, karenanya harus konvergen ke x, menu-

rut hipotesis. Akibatnya pada akhirnya X” terletak di dalam lingkungan-ε0 dari x.

Karena setiap suku dari X” juga merupakan suku dari X’, hal ini membawa kita ke

suatu yang kontradiksi dengan (#)

Latihan 3.4

1. Berikan contoh barisan tak terbatas yang mempunyai subbarisan konvergen.

Page 96: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 96

2. Gunakan metode pada contoh 3.4.3 (b) untuk menunjukkan bahwa 0 < c < 1,

maka ( )lim1

nc = 1.

3. Misalkan X = (xn) dan Y = (yn) dan barisan Z = (zn) didefenisikan dengan z1 = x1,

z2 = y1, ... z2n-1 = xn, z2n = yn,.... Tunjukkan bahwa Z konvergen jika dan hanya jika

X dan Y konvergen dan lim X = lim Y.

4. Misalkan x nn

1n= untuk n∈N.

(a). Tunjukkan bahwa xn+1 < xn ekivalen dengan ( )1 1n

n+ < n, dan diduga bahwa

ketaksamaan ini benar untuk n ≥ 3. [ lihat contoh 3.3.5 ]Buktikan bahwa (xn)

pada akhirnya tak naik dan η = lim (xn) ada.

(b) Gunakan fakta subbarisan (x2n) juga konvergen ke x untuk menunjukkan

bahwa x = x . Simpulkan x = 1

5. Misalkan setiap sub-barisan dari X = (xn) mempunyai subbarisan lagi yang kon-

vergen ke 0. Tunjukkan bahwa lim X = 0.

6. Perkenalkan konvergensi dan tentukan limit barisan berikut :

(a). ( )( )1 12n

2+ (b). ( )( )1 12n

n+

(c). ( )1 1n

n2

2

+

(d). ( )( )1 2

nn+

7. Misalkan (xn) barisan terbatas dan untuk masing-masing n∈N sn = sup{xk: k ≥ n}

dan s = inf{ sn : n∈N}. Tunjukkan bahwa terdapat subbarisan dari (xn) yang kon-

vergen ke s.

8. Misalkan bahwa xn ≥ 0 untuk semua n∈N dan lim ( )( )−1 xn

n ada. Tunjukkan

bahwa (xn) konvergen.

9. Tunjukkan bahwa bila (xn) tak terbatas, maka terdapat subbarisan ( )xnk sehingga

lim 1

x0

nk

=

Page 97: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 97

10. Bila xn = ( )−1

n

n , tentukan subbarisan (xn) yang dikonstruksi pada bukti kedua

Teorema Bolzano-Weierstrass.

11. Misalkan (xn) barisan terbatas dan s = sup{ xn : n∈N }. Tunjukkan bahwa bila s ∉

{x n : n∈N}, maka terdapat subbarisan dari (xn) yang konvergen ke s.

12. Berikan contoh bahwa Teorema 3.4.8 gagal bila hipotesis X barisan terbatas dihi-

langkan.

3.5 Kriteria Cauchy

Teorema Konvergensi Monoton sangat penting dan berguna, tetapi sayangnya

hanya dapat diterapkan pada barisan monoton. Padahal sangat penting untuk mem-

perkenalkan kriteria konvergensi yang tidak bergantung pada barisan monoton mau-

pun nilai limitnya,seperti yang akan kita bahas berikut ini.

3.5.1 Definis.i Barisan X = (xn) dikatakan barisan Cauchy bila untuk setiap ε > 0

terdapat H(ε)∈N sehingga bila m,n ≥ H(ε), maka xm dan xn memenuhi x xn m− < ε .

Pembaca sebaiknya membandingkan definisi ini dekat dengan Teorema 3.1.6

(c) yang menyinggung konvergensi barisan x. Akan kita lihat bahwa barisan Cauchy

ekivalen dengan barisan konvergen. Untuk membuktikannya kita akan tunjukkan ter-

lebih dahulu bahwa barisan konvergen merupakan barisan Cauchy.

3.5.2. Lemma. Bila X = (xn) barisan konvergen, maka X barisan Cauchy.

Bukti :

Misalkan x = lim X, maka menurut Teorema 3.1.6(c) untuk sebarang ε > 0, ter-

dapat Κ( ε2 )∈N sehingga x xn − < ε

2 untuk semua n ≥ Κ( ε2 ). Jadi, bila m,n ≥ Κ( ε

2 )

maka

( ) ( )x x x x x xn m n m m− = − + −

≤ − + − <x x x xn mε2 + ε

2 = ε

Karena ε > 0 sebarang, maka (xn) barisan Cauchy.

Page 98: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 98

Untuk menunjukkan bahwa barisan Cauchy konvergen kita akan mengguna-

kan hasil berikut.

3.5.3. Lemma. Barisan Cauchy terbatas.

Bukti :

Misalkan x barisan Cauchy dan ε = 1. Bila H = H(1) dan n ≥ H, maka x x 1n H− ≤ .

Dengan menggunakan ketaksamaan segitiga kita mempunyai x x 1n H≤ + untuk n ≥

Η. Bila kita definisikan

}{M sup x , x ,..., x , x 1 ,1 2 H 1 H= +−

maka x Mn ≤ untuk semua n∈N.

3.5.4 Kriteria Konvergensi Cauchy. Barisan bilangan real konvergen jika dan hanya

jika merupakan barisan cauchy.

Bukti :

Lemma 3.5.2 telah membuktikan bahwa barisan konvergen merupakan barisan

Cauchy. Sebaliknya, misalkan X = (xn) barisan Cauchy; kita akan tunjukkan bahwa X

konvergen ke suatu bilangan. Pertama dari Lemma 3.5.3 kita peroleh bahwa X terba-

tas. Karena itu menurut Teorema Bolzano-Weierstrass 3.4.7 terdapat subbarisan X’ =

( )xnk dari X yang konvergen ke x* suatu bilangan real. Kita akan melengkapi bukti

dengan menunjukkan bahwa X konvergen ke x*.

Karena X = (xn) barisan Cauchy, untuk sebarang ε > 0 terdapat H( ε2 )∈N se-

hingga bila m,n ≥ H( ε2 ) maka

(*) x xn m− < ε2

Karena subbarisan X’ = ( )xnk konvergen ke x*, maka terdapat bilangan asli K ≥

H( ε2 ) unsur dari {n1,n2,...} sehingga x xK

*− < ε2 .

Karena K ≥ H( ε2 ), dari (*) dengan m = K diperoleh

x xn k− < ε2 , untuk n ≥ H( ε

2 )

Page 99: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 99

Karena itu, bila n ≥ H( ε2 ), kita mempunyai

( ) ( )x x x x x xn*

n K K*− = − + −

≤ − + −x x x x *n K K

< ε2 + ε

2 = ε

Karena ε > 0 sebarang, maka lim (xn) = x*.

Berikut kita lihat beberapa contoh aplikasi dari Kriteria Cauchy.

3.5.5. Beberapa Contoh

(a) Barisan 1

n konvergen.

Tentu saja kita telah membuktikan bahwa barisan ini konvergen ke 0 pada

3.1.7(a). Tetapi untuk menunjukkan secara langsung bahwa barisan ini Cauchy, kita

catat bahwa bila diberikan sebarang ε > 0. maka terdapat H = H(ε)∈N, sehingga H >

( )2ε (Mengapa?). Dari sini, bila m,n ≥ H, maka

1

n

1

m

1

n

1

m

2

H− ≤ + ≤ < ε

Karena ε > 0 sebarang, maka 1

n barisan Cauchy; berdasar kriteria Konvergensi

Cauchy barisan ini konvergen.

(b). Misalkan X = (xn) didefinisikan dengan

x1 = 1, x2 = 2 dan ( )x x xn n 2 n 1= +− −12 untuk n > 2.

Dapat ditunjukkan dengan induksi bahwa 1 ≤ xn ≤ 2 untuk semua n∈N. Beberapa

perhitungan menunjukkan bahwa barisan x tidak menoton. Tetapi, karena suku-

sukunya diperoleh dari rata-rata, mudah dilihat bahwa

x x1

2n n 1 n 1− =+ − untuk n∈N

(Buktikan dengan induksi) Jadi, bila m > n, kita dapat menggunakan ketaksamaan

segitiga untuk memperoleh

Page 100: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 100

x x x x x x ... x xn m n n 1 n 1 n 2 m1 m− ≤ − + − + + −+ + + −

= 1

2

1

2...

1

2n 1 n m 2− −+ + +

= 1

21

1

2...

1

2

1

2n 1 m n 1 n 2− − − −+ + +

<

Karena itu, bila diberikan ε > 0, dengan memilih n yang begitu besar sehingga

1

2 4n < ε dan bila M ≥ n, maka x xn m− < ε . Karenanya, X barisan Cauchy. Dengan

menggunakan Kriteria Cauchy 3.5.4 diperoleh barisan X konvergen ke suatu bilangan

x.

Untuk mencari nilai x, kita harus menggunakan aturan untuk definisi

( )x x xn12 n 1 n 2= +− − yang akan sampai pada kesimpulan ( )x x x1

2= + , yang memang

benar, tetapi tidak informatif. Karena itu, kita harus mencoba cara yang lain.

Karena X konvergen ke x, demikian juga halnya subbarisan X’ dengan indeks

ganjil. Menggunakan induksi pembaca dapat menunjukkan bahwa [lihat 1.3.3 (c)]

x 11

2

1

2...

1

22n 1 3 2n 1+ −= + + + +

=12

31

1

4n+ −

Dari sini diperoleh bahwa (bagaimana ?) x = lim X = lim X’ = 12

3

5

3+ = .

(c) Misalkan Y = (yn) barisan dengan

( )

y1

1!, y

1

1!

1

2!, , y

1

1!

1

2!

1

n!,1 2 n

n 1

= = − = − + +− +

L L L

Jelaslah, Y bukan barisan monoton. Tetapi, bila m > n, maka

( )( )

( )( )

( )y y

1

n 1 !

1

n 2 !...

1

m!m n

n 2 n 3 m 1

− =−

++

−+

+ +−+ + +

.

Karena 2r-1 ≤ r! [lihat 1.3.3 (d)], karenanya bila m > n, maka (mengapa ?)

Page 101: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 101

( ) ( )y y1

n 1 !

1

n 2 !...

1

m!m n− ≤+

++

+ +

≤ + + + <+ − −

1

2

1

2...

1

2

1

2.

n n 1 m 1 n 1

Karena itu, (yn) barisan Cauchy, sehingga konvergen, katakan ke y, saat ini kita tidak

dapat menentukan nilai y secara langsung; kita mempunyai y yn n-2− ≤ 1

2.

dari sini, kita dapat menghitung nilai y sampai derajat akurasi yang diinginkan dengan

menghitung yn untuk n yang cukup besar. Pembaca sebaiknya mengerjakan hal ini dan

menunjukkan bahwa y sama dengan 0.632 120 559. (Tepatnya y adalah 1-1e )

(d) Barisan 1

1

1

2

1

3...

1

n+ + + +

divergen.

Misalkan H = (hn) barisan yang didefinisikan dengan h1

1

1

2

1

nn = + + +L un-

tuk n∈N, yang telah dibahas pada 3.3.3 (b). Bila m > n, maka

h h1

n 1...

1

mm n− =+

+ + .

Karena masing-masing suku m-n ini melebihi 1

m, maka h h .m n− >

m - n

n = 1

n

m− .

Khususnya, bila m = 2n kita mempunyai h h2n n− > 12 . Hal ini menunjukkan bahwa H

bukan barisan Cauchy (mengapa ?); karenanya H bukan barisan konvergen.

3.5.6. Definisi. Barisan X = (xn) dikatakan kontraktif bila terdapat konstanta C, 0 <

C < 1, sehingga x x C x xn 2 n 1 n 1 n+ + +− ≤ − untuk semua n∈N. Bilangan C disebut

konstanta barisan kontraktif tersebut.

3.5.7. Teorema. Setiap barisan kontraktif merupakan barisan Cauchy, karenanya kon-

vergen.

Bukti :

Bila kita menggunakan kondisi barisan kontraktif, kita dapat membalik lang-

kah kerja kita untuk memperoleh :

Page 102: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 102

x x C x x C x xn 2 n 1 n 1 n2

n n 1+ + + −− ≤ − ≤ −

≤ − ≤ ≤ −− −C x x C x x3n 1 n 2

n2 1L

untuk m > n, kita mempunyai

x xm n− ≤ x xm m 1− − + x xm 1 m 2− −− + ... + x xn 1 n+ −

≤ (Cm-2 + Cm-3 + ... + Cn-1)x2-x1

= Cn-1(Cm-n-1 + Cm-n-2 + ... + 1)x2 - x1

= Cn-1 1

1

−−

−C

Cx x

m-1

2 1

≤ Cn-1 1

1−

Cx x2 1

Karena 0 < C < 1, maka lim(Cn) = 0 [lihat 3.1.11(c)]. Karena itu (xn) barisan Cauchy,

sehingga (xn) konvergen.

Dalam proses menghitung limit dari barisan kontraktif, sering sangat penting

untuk mengestimasi kesalahan pada tahap ke-n. Berikut ini kita memberikan dua es-

timasi; pertama melibatkan dua suku kata pertama dan n; yang kedua melibatkan

selisih xn-xn-1.

3.5.8. Akibat. Bila x = (xn) bariasan konstraktif dengan konstanta C, 0 < C < 1, dan x*

= lim X, maka :

(i). x xC

1 Cx x*

n

n 1

2 1− ≤−

−−

(ii). x xC

1 Cx x*

n n n-1− ≤−

Bukti :

Kita telah melihat pada bukti terdahulu bahwa bila m>n, maka x xm n− ≤

C

1- Cx x

n-1

2 1− . Bila kita menggunakan limit pada ketaksamaan ini (terhadap m), kita

peroleh (i).

Untuk membuktikan (ii), kita gunakan lagi m > n, maka

x xm n− .≤ x xm m 1− − + ... + x xn 1 n+ −

Page 103: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 103

Dengan induksi diperoleh

x x C x xn k n k 1k

n n 1+ + − −− ≤ −

karenanya

( )x x C ... C C x xm nm n 2

n n 1− ≤ + + + −−−

Bila kita menggunakan limit pada ketaksamaan ini (terhadap m) diperoleh (ii).

3.5.9. Contoh.

Diketahui solusi dari x3 - 7x + 2 = 0 terletak antara 0 dan 1 dan kita akan

mendekati solusi tersebut. Hal ini dapat dilakukan dengan menggunakan prosedur it-

erasi berikut. Pertama kita tuliskan persamaan di atas menjadi x = 17 (x3 + 2) dan

gunakan ini untuk mendefinisikan barisan, kita pilih x, sebarang nilai antara 0 dan 1,

kemudian definisikan

xn+1 = ( )17 x 2n

3 + , n∈N

Karena 0< x1 < 1, maka 0< xn <1 untuk semua n∈N. (Mengapa?) lebih dari itu kita

mempunyai

( ) ( )x x x 2 x 2n 2 n 1 n 13

n3

+ + +− = + − +17

17

= −+17 x xn 1

3n3

= + + −+ + +17 x x x x x xn 1

2n 1 n n

2n 1 n

≤ −+37 x xn 1 n

Karena itu, (xn) barisan kontraktif, sehingga terdapat r dengan lim (xn) = r. Bila kita

menggunakan limit pada kedua sisi (terhadap n) pada xn+1 = ( )17 xn

3 , diperoleh r =

( )17 r 23 + atau r 3 - 7r + 2 = 0. Jadi r merupakan solusi dari persamaan tersebut.

Kita dapat mendekati nilai r dengan memilih x1 kemudian menghitung x2, x3,

..., secara berturut-turut. Sebagai contoh, bila kita memilih x1 = 0,5 kita peroleh (sam-

pai sembilan tempat desimal) x2 = 0,303571429, x3 = 0,289710830, x4 =

0,289188016, x5 = 0,289169244, x6 = 0,289 168 571, dan seterusnya. Untuk menges-

Page 104: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 104

timasi akurasi, kita catat bahwa x x 0,2.2 1− < Jadi, setelah langkah ke n menurut

Akibat 3.5.8(i) kita yakin bahwa x x*6− ≤

( )3

7 20

5

4 = 243

48020 < 0,0051. Sebenarnya

pendekatannya lebih baik daripada ini. Karena x x 0,000005,6 5− < menurut 3.5.8

(ii) maka x x*6− ≤ 3

4 x x6 5− < 0,0000004. Jadi kelima tempat desimal yang per-

tama benar.

Latihan 3.5

1. Beri contoh barisan terbatas yang bukan barisan Cauchy.

2. Tunjukkan secara langsung dari definisi bahwa yang berikut barisan Cauchy

(a). n 1

n

+

; (b) 1

1

2!...

1

n!+ + +

.

3. Tunjukkan secara langsung dari definisi bahwa yang berikut bukan barisan

Cauchy

(a). ( )( )−1n

; (b) ( )

n1

n

n

+−

4. Tunjukkan secara langsung bahwa bila (xn) dan (yn) barisan Cauchy, maka (xn +

yn) dan (xn yn) juga barisan Cauchy.

5. Misalkan (xn) barisan Cauchy sehingga xn bilangan untuk semua n∈N. Tunjukkan

bahwa (xn) pada akhirnya konstan.

6. Tunjukkan bahwa barisan monoton tak turun yang terbatas merupakan barisan

Cauchy.

7. Bila x1 < x2 sebarang bilangan real dan ( )x x xn n 2 n 1= +− −12 untuk n > 2, tunjuk-

kan bahwa (xn) konvergen. Hitunglah limitnya.

8. Bila y1 < y2 sebarang bilangan real dan y y yn n 1 n 2= +− −13

23 untuk n > 2, hitun-

glah limitnya.

9. Bila 0 < r < 1 dan x x rn 1 nn

+ − < untuk semua n∈N, tunjukkan bahwa (xn) bari-

san Cauchy.

Page 105: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 105

10. Bila x1 > 0 dan ( )x 2 xn 1 n1

+−= + untuk n ≥ 1, tunjukkan bahwa (xn) barisan kon-

traktif. Tentukan limitnya.

11. Persamaan x3 - 5x + 1 = 0 mempunyai akar r antara 0 dan 1. Gunakan barisan

kontraktif yang bersesuaian untuk menghitung r sampai 10-4.

3.6. Barisan-barisan Divergen Murni

Untuk tujuan-tujuan tertentu dipandang baik sekali untuk mendefinisikan atau

yang dimaksudkan dengan suatu barisan bilangan real (xn) yang “menuju ke ±±±± ∞∞∞∞“.

3.6.1. Definisi. Misalkan (xn) suatu barisan bilangan real.

(i). Kita katakan bahwa (xn) menuju ke + ∞, dan ditulis lim (xn) = +∞, jika untuk

setiap α∈R terdapat bilangan asli K(α) sedemikian sehingga jika n ≥ K(α), maka

xn > α.

(ii). Kita katakan bahwa (xn) menuju ke - ∞, dan ditulis lim (xn) = - ∞, jika untuk

setiap β∈R terdapat bilangan asli K(β) sedemikian sehingga jika n ≥ K(β), maka

xn < β.

Kita katakan bahwa (xn) divergen murni dalam hal kita mempunyai lim (xn)

= +∞ dan (xn) = - ∞.

3.6.2. Contoh-contoh

(a). lim (n) = + ∞.

Kenyataannya, jika diberikan α∈R, misal K(α) sebarang bilangan asli

sedemikian sehingga K(α) > α.

(b). lim (n2) = + ∞.

Jika K(α) suatu bilangan asli sedemikian sehingga K(α) > α, dan jika n ≥

K(α) maka kita mempunyai n2 ≥ n > α.

(c). Jika c > 1, maka lim (cn) = + ∞

Misalkan c = 1 + b, dimana b > α, Jika diberikan α∈R, misal K(α) suatu bi-

langan asli sedemikian sehingga K(α) > αb

. Jika n ≥ K(α) maka menurut ketaksama-

an Bernoulli

Page 106: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 106

cn = (1 + b)n ≥ 1 + nb > 1+ α > α.

Oleh karena itu lim (cn) = + ∞.

Barisan-barisan monoton khususnya adalah sederhana dalam memandang

konvergennya. Kita telah melihat dalam Teorema Konvergensi Monoton 3.2.2 bahwa

suatu barisan monoton adalah konvergen jika dan hanya jika terbatas. Hasil berikut

adalah suatu reformulasi dari hasil tersebut di atas.

3.6.3. Teorema. Suatu barisan bilangan real yang monoton divergen murni jika dan

hanya jika barisan tersebut tidak terbatas.

(a). Jika (xn) suatu barisan naik tak terbatas, maka lim (xn) = +∞

(b). Jika (xn) suatu barisan turun tak terbatas, maka lim (xn) = -∞

Bukti :

(a). Anggaplah bahwa (xn) suatu barisan naik. Kita ketahui bahwa jika (xn) terbatas,

maka (xn) konvergen. Jika (xn) tak terbatas, maka untuk sebarang α∈R terdapat

n(α)∈N sedemikian sehingga α < xn(α). Tetapi karena (xn), kita mempunyai α < xn

untuk semua n ≥ n(α). Karena α sebarang, maka berarti lim (n) = + ∞.

Bagian (b) dibuktikan dengan cara yang serupa.

“Teorema perbandingan” berikut senantiasa akan dipergunakan dalam

menunjukkan bahwa suatu barisan divergen murni. [Pada kenyataannya, tidak

digunakan secara implisit dalam contoh 3.6.2 (c)].

3.6.4. Teorema. Misalkan (xn) dan (yn) dua barisan bilangan real dan anggaplah

bahwa

(*) xn ≤ yn untuk semua n∈N.

(a). Jika lim (xn) = + ∞, maka lim (yn) = + ∞.

(b). Jika lim (yn) = - ∞, maka lim (xn) = - ∞.

Bukti :

(a) Jika lim (xn) = + ∞, dan jika diberikan α∈R, maka terdapat bilangan asli K(α)

sedemikian sehingga jika n ≥ K(α), maka α < xn. Mengingat (*), berarti α < yn untuk

semua n ≥ K(α). Karena α sebarang, maka ini menyatakan bahwa lim (yn) = + ∞.

Page 107: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 107

Pembuktian bagian (b) dilakukan dengan cara yang serupa.

Remakkan :(a). Teorema 3.6.4 pada akhirnya benar jika syarat (*) pada akhirnya benar; yaitu, jika

terdapat m ∈ Ν sedemikian sehingga xn ≤ yn untuk semua n ≥ m.

(b). Jika syarat (*) dari teorema 3.6.4 memenuhi dan jika lim (yn) = + ∞, tidak mesti berlaku bukan lim

(xn) = + ∞. Serupa juga, jika (*) dipenuhi dan jika lim (xn) = - ∞, belum tentu berlaku lim (yn) = - ∞.

Dalam pemakaian teorema 3.6.4 untuk menunjukkan bahwa suatu barisan menuju ke + ∞ [atau ke -∞]

kita perlu untuk menunjukkan bahwa suku-suku dari barisan ini adalah pada akhirnya lebih besar dari

[atau lebih kecil] atau sama dengan suku-suku barisan lain yang bersesuaian dimana barisan lain kita

ketahui bahwa menuju ke + ∞ [atau ke - ∞].

Karena kadang-kadang sangat sulit untuk memperlihatkan ketaksamaan seba-

gaimana (*), maka “Teorema Perbandingan Limit” berikut masing-masing lebih

tepat untuk digunakan daripada Teorema 3.6.4.

3.6.5. Teorema. Misalkan (xn) dan (yn) dua barisan bilangan real positif dan ang-

gaplah bahwa untuk suatu L∈R, L > 0, kita mempunyai

(#) lim x

yn

n

= L

Maka lim (xn) = + ∞ jika dan hanya jika lim (yn) = + ∞

Bukti :

Jika (#) berlaku, maka terdapat K∈N sedemikian sehingga

1

2

n

n

L x

y L< < 3

2 untuk semua n ≥ K

Dari sini kita mempunyai ( ) ( )12

32

L y x L yn n n< < untuk semua n ≥ K. Sekarang ke-

simpulan didapat dari suatu modifikasi kecil teorema 3.6.4. Detailnya ditinggalkan

untuk dikerjakan oleh pembaca.

Pembaca dapat menunjukkan bahwa konklusi tidak perlu berlaku jika L = 0

atau L = + ∞. Akan tetapi ada suatu hasil parsial belum dapat ditunjukkan dalam ka-

sus-kasus ini, seperti telah diperlihatkan dalam latihan.

Latihan 3.6.

1. Tunjukkan bahwa jika (xn) suatu barisan tak terbatas, maka terdapat suatu sistem

barisannya yang divergen murni.

Page 108: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 108

2. Berikan contoh dari barisan-barisan (xn) dan (yn) yang divergen murni dengan yn ≠

0 untuk semua n∈N sedemikian sehingga

(a) x

yn

n

konvergen (b)

x

yn

n

divergen murni

3. Tunjukkan bahwa jika xn > 0 untuk semua n∈N, maka lim (xn) = 0 jika dan hanya

jika lim 1

xn

= + ∞

4. Perlihatkan kedivergenan murni dari barisan-barisan berikut :

(a). ( )n (b). ( )n 1+

(c). ( )n 1− (d). n

n 1+

5. Apakah barisan (n sin n) divergen murni ?

6. Misalkan (xn) divergen murni dan misalkan (yn) barisan sedemikian sehingga lim

(xnyn) masuk ke R. Tunjukkan bahwa (yn) konvergen ke 0.

7. Misalkan (xn) dan (yn) barisan-barisan bilangan positif dan anggaplah bahwa lim

x

yn

n

= 0

(a) Tunjukkan bahwa jika lim (xn) = + ∞, maka lim (yn) = + ∞

(b) Tunjukkan bahwa jika (yn) terbatas, maka lim (xn) = 0

8. Selidikilah bahwa kekonvergenan atau kedivergenan dari barisan-barisan berikut :

(a). ( )n 22 − (b) n

n 12 +

(c). n 1

n

2 +

(d) ( )sin n

9. Misalkan (xn) dan (yn) barisan-barisan bilangan positif dan anggaplah bahwa lim

1

xn

= + ∞

(a) Tunjukkan bahwa jika lim (yn) = + ∞, maka lim (yn) = + ∞

Page 109: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 109

(b) Tunjukkan bahwa jika (xn) terbatas, maka lim (xn) = 0

10. Tunjukkan bahwa jika lim an

nL

= , dimana l > 0, maka lim ( )an = + ∞.

Page 110: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 110

LIMIT-LIMIT Secara umum, “Analisis secara matematika” merupakan dasar matematika

yang mana dibangun secara sistematik dari variasi konsep-konsep limit. Kita telah

menjumpai salah satu dari konsep-konsep dasar tentang limit : kekonvergenan dari

suatu barisan bilangan real. Dalam bab ini kita akan membahas pengertian dari limit

suatu fungsi. Kita akan memperkenalkan pengertian limit ini dalam Pasal 4.1dan

pembahasan selanjutnya dalam Pasal 4.2. Ini akan dilihat bahwa bukan hanya penger-

tian limit suatu fungsi yang sangat paralel dengan konsep tentang limit barisan, akan

tetapi juga pertanyaan-pertanyaan mengenai keberadan limit-limit fungsi sering dapat

dicobakan dengan pertimbangan tertentu yang berkaitan dengan barisan. Dalam Pasal

4.3 kita akan mengenal beberapa perluasan dari pengertian limit yang mana sering

dipergunakan.

4.1. Limit-limit Fungsi

Pada pasal ini kita akan mendefinisikan pengertian penting dari limit suatu

fungsi. Pembaca akan memperoleh pengertian yang paralel dengan definisi limit suatu

barisan. Gagasan secara intuisi dari suatu fungsi yang mempunyai limit L pada c

adalah bahwa nilai f(x) sangat dekat dengan L untuk x yang sangat dekat dengan c.

Akan tetapi kita perlu mempunyai teknik-teknik pengerjaan dengan gagasan “dekat

sekali”, dan ini memerlukan penggunaan pengertian lingkungan dari suatu titik. Jadi

pernyataan: “fungsi f mendekati L pada c” berarti bahwa nilai f(x) akan terletak dalam

sebarang lingkungan-ε yang diberikan dari L, asalkan kita mengambil x dalam ling-

kungan-δ dari c yang cukup kecil, dimana x ≠ c. Pemilihan δ akan bergantung pada ε

yang diberikan. Kita tidak ingin terpengaruh dengan nilai dari f(c) pada c, karena

BAB 4

Page 111: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 111

kita hanya ingin memandang “kecenderungan” ditentukan oleh nilai dari f pada titik-

titik yang dekat sekali (tetapi berbeda dari) titik c.

Agar limit fungsi ini bermakna, maka diperlukan fungsi f yang terdefinisi pada

sekitar titik c. Kita menekankan bahwa fungsi f tidak perlu terdefinisi pada titik c atau

pada setiap titik sekitar c, akan tetapi cukup terdefinisi pada titik-titik yang dekat

sekali dengan c untuk menjadikan pembahasan menjadi menarik. Ini merupakan ala-

san untuk definisi berikut.

4.1.1. Definisi. Misalkan A⊆R. Suatu titik c∈R adalah titik cluster dari A

jika setiap lingkungan-δ Vδ(c) = (c-δ,c+δ) dari c memuat aling kurang satu titik dari A

yang berbeda dengan c.

Catatan : Titik c merupakan anggota dari A atau bukan, tetapi meskipun demikian itu tidan

menentukan apakah c suatu titik cluster dari A atau bukan, karena secara khusus yang diperlukan

adalah bahwa adanya titik-titik dalam Vδ(c)∩A yang berbeda dengan c agar c menjadi titik Cluster dari

A.

4.1.2. Teorema. Suatu bilangan c∈R merupakan titik cluster dari A⊆R jika

dan hanya jika terdapat barisan bilangan real (an) dalam A dengan an ≠ c untuk semua

n∈N sedemikian sehingga lim (an) = c.

Bukti . Jika c merupakan titik cluster dari A, maka untuk setiap n∈N, ling-

kungan-(1/n) V1/n(c) memuat paling kurang satu titik yang berbeda dengan c. Jika titik

yang dimaksud adalah an, maka an∈A, an ≠ c, dan lim (an) = c.

Sebaliknya, jika terdapat suatu barisan (an) dalam A\{c} dengan lim (an) = c, maka

untuk sebarang δ>0 terdapat bilangan asli K(δ) sedemikian sehingga jika n≥K(δ),

maka an∈Vδ(c). Oleh karena itu lingkungan-δ dari c Vδ(c) memuat titik-titik an,

n≥K(δ), yang mana termuat dalam A dan berbeda dengan c.

Contoh-contoh berikut ini menekankan bahwa suatu titik cluster dari suatu

himpunan bisa masuk dalam himpunan tersebut atau tidak. Bahkan lebih dari itu,

suatu himpunan bisa mungkin tidak mempunyai titik cluster.

Page 112: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 112

4.1.3. Contoh-contoh. (a) Jika A1 = (0,1), maka setiap titik dalam interval tu-

tup [0,1] merupakan titik cluster dari A1. Perhatikan bahwa 0 dan 1 adalah titik cluster

dari A1, messkipun titik-titik itu tidak termuat dalam A1. Semua titik dalam A1 adalah

titik cluster dari A1 (mengapa ?)

(b) Suatu himpunan berhingga tidak mempunyai titik cluster (mengapa ?)

(c) Himpunan tak berhingga N tidak mempunyai titik cluster.

(d) Himpunan A4 = {1/n : n∈N} hanya mempunyai 0 sebagai titik clusternya.

Tidak satu pun titik dalam A4 yang merupakan titik cluster dari A4.

(e) Himpunan A5 = I∩Q yaitu himpunan semua bilangan rasional dalam inter-

val tutup I={0,1]. Menurut Teorema Kepadatan 2.5.5 bahwa setiap titik dalam I me-

rupakan titik cluster dari A5.

Sekarang kita kembali kepada pengertian limit dari suatu fungsi pada titik

cluster domainnya.

Definisi Limit

Berikut ini kita akan menyajikan definisi limit dari suatu fungsi pada suatu

titik.

Gambar 4.1 1. Limit dari f pada c adalah L

x

y

Ada Vδ(c)

( (

(

(

o

o

Diberikan Vε(L) L

c

f

Page 113: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 113

4.1.4 Definisi. Misalkan A⊆R, f : A → R, dan c suatu titik cluster dari

A. Kita katakan bahwa suatu bilangan real L merupakan limit dari f pada c jika

diberikan sebarang lingkungan-ε dari L Vε(L), terdapat lingkungan-δ dari c Vδ(c)

sedemikian sehingga jika x ≠ c sebarang titik dari Vδ(c)∩A, maka f(x) termasuk

dalam Vε(L). (Lihat Gambar 4.1.1)

Jika L merupakan suatu limit dari f pada c, maka kita juga mengatakan bahwa

f konvergen ke L pada c. Sering dituliskan

L = fcx→

lim atau L = ( )xfcx→

lim

Kita juga mengatakan bahwa “f(x) menuju L sebagaimana x mendekat ke c”, atau

“ f(x) menuju L sebagaimana x menuju ke c”. Simbol

F(x) → L sebagaimana x → c

juga diperguanakan untuk menyatakan fakta bahwa f mempunyai limit L pada c. Jika f

tidak mempunyai suatu limit pada c, kita kadang-kadang mengatakan bahwa f diver-

gen pada c.

Teorema berikut memberikan jaminan kepada kita akan ketunggalan

limit suatu fungsi, jika limit dimaksud ada. Ketunggalan limit ini bukan merupakan

bagian dari definisi limit, akan tetapi merupakan fakta yang harus dibuktikan.

4.1.5. Teorema. Jika f : A → R dan c suatu titik cluster dari A, maka f

hanya dapat mempunyai satu limit pada c.

Bukti. Andaikan kontradiksi, yaitu terdapat bilangan real L’ ≠ L” yang me-

menuhi definisi 4.1.4. Kita pilih ε>0 sedemikain sehingga lingkungan-ε Vε(L’) dan

Vε(L”) saling lepas. Sebagai contoh, kita dapat mengambil sebarang ε yang lebih kecil

dari ½L’ – L”. Maka menurut definisi 4.1.4, terdapat δ’ > 0 sedemikian sehingga

jika x sebarang titik dalam A∩Vδ’(c) dan x ≠ c, maka f(x) termuat dalam Vε(L’). Se-

cara serupa, terdapat δ” > 0 sedemikain sehingga jika x sebarang titik dalam

A∩Vδ”(c) dan x ≠ c, maka f(x) termuat dalam Vε(L”). Sekarang ambil δ = min

{ δ’,δ”}, dan misalkan Vδ(c) lingkungan-δ dari c. Karena c titik cluster dar A, maka

Page 114: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 114

terdapat paling sedikit satu titik x0 ≠ c sedemikian sehingga x0∈A∩Vδ(c). Akibatnya,

f(x0) mesti termasuk dalam Vε(L’) dan Vε(L”), yang mana kontradiksi dengan fakta

bahwa kedua himpunan ini saling lepas. Jadi asumsi bahwa L’ ≠ L” merupakan limit-

limit f pada c menimbulkan kontradiksi.

Kriteria εεεε-δδδδ untuk Limit

Sekarang kita akan menyajikan formulasi yang ekivalen dengan definisi 4.1.4

dengan menyatakan syarat-syarat lingkungan dalam ketaksamaan. Contoh-contoh

yang mengikutinya akan menunjukkan bagaimana formulasi ini dipergunakan untuk

memperlihatkan limit-limit fungsi. Pada bagian akhir kita akan membahas kriteria

sekuensial (barisan) untuk limit suatu fungsi.

4.1.6 Teorema. Misalkan f : A → R dan c suatu titik cluster dari A; maka

(i) fcx→

lim = L jika dan hanya jika

(ii) untuk sebarang ε > 0 terdapat suatu δ(ε) > 0 sedemikian sehingga jika x∈A

dan 0 < x - c < δ(ε), maka f(x) - L < ε.

Bukti. (i) ⇒ (ii) Anggaplah bahwa f mempunyai limit L pada c. Maka diberi-

kan ε > 0 sebarang, terdapat δ = δ(ε) > 0 sedemikian sehingga untuk setiap x dalam A

yang merupakan unsur dalam lingkungan-δ dari c Vδc), x ≠ c, nilai f(x) termasuk

dalam lingkungan-ε dari L Vε(L). Akan tetapi, x∈Vδ(c) dan x≠c jika dan hanya jika 0

< x - c < δ. (Perhatikan bahwa 0 < x - c adalah cara lain untuk menyatakan

bahwa x ≠ c). Juga, f(x) termasuk dalam Vε(L) jika dan hanya jika f(x) – L < ε. Jadi

jika x∈A memenuhi 0 < x - c< δ, maka f(x) memenuhi f(x) - L <ε.

(ii) ⇒ (i) Jika syarat yang dinyatakan dalam (ii) berlaku, maka kita ambil lingkungan-

δ Vδ(c) = (c - δ,c + δ) dan lingkungan-ε Vε(L) = (L - ε,L + ε). Maka syarat (ii) beraki-

bat jika x masuk dalam Vδ(c), dimana x∈A dan x≠c, maka f(x) termasuk dalam Vε(L).

Oleh karena itu, menurut definisi 4.1.4, f mempunyai limit L pada c.

Sekarang akan memberikan beberapa contoh untuk menunjukkan ba-

gaimana Teorema 4.1.6. sering dipergunakan.

Page 115: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 115

4.1.7. Contoh-contoh.. (a) bcx→

lim = b.

Untuk menjadi lebih eksplisit, misalkan f(x) = b untuk semua x∈R; kita claim

bahwa fcx→

lim = b. Memang, diberikan ε > 0, misalkan δ = 1. Maka jika 0 <x - c< 1,

kita mem[unyai f(x) - b = b - b = 0 < ε. Karena ε > 0 sebarang, kita simpulkan

dari 4.1.6(ii) bahwa fcx→

lim = b.

(b). xcx lim

→ = c.

Misalkan g(x) = x untuk semua x∈R. Jika ε > 0 misalkan δ(ε) = ε. Maka jika

0 <x - c < δ(ε), maka secara triviaal kita mempunyai g(x) - c = x - c < ε.

Karena ε > 0 sebarang, maka kita berkesimpulan bahwa gcx→

lim = c.

(c). 2 lim xcx→

= c2.

Misalkan h(x) = x2 untuk semua x∈R. Kita ingin membuat selisih

h(x) – c2 = x2 – c2

lebih kecil dari suatu ε > 0 yang diberikan dengan pengambilan x yang cukup dekat

dengan c. Untuk itu, kita perhatikan bahwa x2 – c2 = (x – c)(x + c). Selain itu, jka x -

c < 1, makaa

x ≤ c + 1 dengan demikian x + c ≤ x + c ≤ 2c + 1.

Oleh karena itu, jika x - c < 1, kita mempunyai

(*) x2 – c2 = x – cx + c ≤ (2c + 1)x - c

Selain itu suku terakhir ini akan lebih kecil dari ε asalkan kita mengambil x - c <

ε/(2c + 1). Akibatnya, jika kita memilih

δ(ε) = inf

+12,1

c

ε,

maka jika 0 <x - c < δ(ε), pertama akan berlaku bahwa x - c < 1 dengan demikian

(*) valid, dan oleh karena itu, karena x - c < ε/(2c + 1) maka

x2 – c2 < ε/(2c + 1)x - c < ε.

Page 116: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 116

Karena kita mempunyai pilihan δ(ε) > 0 untuk sebarang pilihan dari ε > 0, maka den-

gan demikian kita telah menunjukkan bahwa (x) lim hcx→

= 2 lim xcx→

= c2.

(d) ccx

1

x

1 lim =

→, jika c > 0.

Misalkan ϕ(x) = 1/x untuk x > 0 dan misalkan c > 0. Untuk menunjukkan

bahwa ϕ limcx→

= 1/c kita ingin membuat selisih

( )c

x1−ϕ =

cx

11 −

lebih kecil dar ε >0 yang diberikan dengan pengambilan x cukup dekat dengan c > 0.

Pertama kita perhatikan bahwa

cx

11 − = ( )xccx

−1 = cx

cx−1

untuk x > 0.Itu berguna untuk mendapatkan batas atas dari 1/(cx) yang berlaku dala

suatu lingkungan c. Khususnya, jika x - c < 21 c, maka 2

1 c < x < 23 c (mengapa?),

dengan demikian

0 < cx

1 <

2

2

c untuk x - c < 2

1 c.

Oleh karena itu, untuk nilai-nilai x ini kita mempunyai

(#) ( )c

x1−ϕ < cx

c−

2

2.

Agar suku terakhir lebih kecil dar ε, maka cukup mengambil x – c < 21 c2ε.

Akibatnya, jika kita memilih

δ(ε) = inf{ 21 c, 2

1 c2ε},

maka jika 0 < x - c < δ(ε), pertama yang berlaku bahwa x - c < 21 c dengan

demikian (#) valid, dan olehnya itu,, karena x – c < 21 c2ε maka berlaku

( )c

x1−ϕ =

cx

11 − < ε.

Page 117: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 117

Karena kita mempunyai pilihan δ(ε) > 0 untuk sebarang pilihan dari ε > 0, maka den-

gan demikian kita telah menunjukkan bahwa (x) lim ϕcx→

= x

1 lim

cx→ =

c

1 .

(e). 5

4

1x

4 lim

2

3

=+−

xcx

Misalkan ψ(x) = (x3 – 4)/(x2 + 1) untuk x∈R. Maka sedikit manipulasi secara

aljabar memberikan

( )5

4 x −ψ = ( )15

24452

23

+

−−

x

xx

= ( )15

12652

2

+

−+

x

xxx - 2

Untuk mendapatkan suatu batas dari koefiien x - 2, kita membatasi x dengan syarat

1 < x < 3. Unntuk x dalam interval ini, kita mempunyai 5x2 + 6x + 12 ≤ 5(32) + 6(3) +

12 =75 dan 5(x2 + 1) ≥ 5(1 + 1) = 10, dengan demikian

( )5

4 x −ψ ≤

10

75x - 2 =

2

15x - 2.

Sekarang diberikan ε > 0, kita pilih

δ(ε) = inf

ε

15

2,1 .

Maka jika 0 <x - 2 < δ(ε), kita mempunyai ψ(x) – (4/5) ≤ (15/2)x - 2 ≤ ε.

Karena ε > 0 sebarang, maka contoh (e) terbukti.

Kriteria Barisan Untuk Limit

Berikut ini merupakan formulasi penting dari limit suatu fungsi dalam kai-

tannya dengan limir suatu barisan. Karakterisasi ini memungkinkan teori-teori pada

bab3 dapat dipergunakan untuk mempelajari limit-limit fungsi.

4.1.8. Teorema. (Kriteria Barisan) Misalkan f : A → R dan c suatu titik

cluster dari A; maka :

(i) fcx→

lim = L jika dan hanya jika

Page 118: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 118

(ii) untuk sebarang barisan (xn) dalam A yang konvergen ke c sedemikian se-

hingga x ≠ c untuk semua n∈N, barisan (f(xn)) konvergen ke L.

Bukti. (i) ⇒ (ii). Anggaplah f mempunyai limit L pada c, dan asumsikan (xn)

barisan dalam A dengan ( )ncx

x→

lim = c dan xn ≠ c untuk semua n∈N. Kita mesti mem-

buktikan bahwa barisan (f(xn)) konvergen ke L. Misalkan diberikan ε > 0 sebarang.

Maka dengan kriteria ε-δ 4.1.6, terdapat δ > 0 sedemikian sehingga jika x memenuhi

0 <x - c < δ, dimana x∈A maka f(x) memenuhi f(x) - L < ε. Sekarang kita akan

menggunakan definisi kekonvergenan barisan untuk δ yang diberikan untuk mem-

peroleh bilangan asli K(δ) sedemikian sehingga jika n > K(δ) maka xn – c < δ.

Akan tetapi untuk setiap xn yang demikian kita mempunyai f(xn) - L < ε. Jadi, jika n

> K(δ), maka f(xn) - L < ε. Oleh karena itu, barisan (f(xn)) konvergen ke L.

(ii) ⇒ (i). [Pembuktian ini merupakan argumen kontrapositif.] Jika (i) tidak benar,

maka terdapat suatu lingkungan-ε0 dari L, ( )LV0ε , sedemikian sehingga lingkunga-δ

apapun yang kita pilih, akan selalu terdapat paling kurang satu xδ dalam A∩Vδ(c)

dengan xδ ≠ c sedemikian sehingga f(xδ)∉ ( )LV0ε . Dari sini untuk setiap n∈N, ling-

kungan-(1/n) dari c memuat suatu bilangan xn sedemikian sehingga

0 <xn - c < 1/n dan xn∈A,

tetapi sedemikian sehingga

f(xn) - L ≥ ε0 untuk semua n∈N.

Kita menyimpulkan bahwa barisan (xn) dalam A\{c} konvergen ke c, tetapi barisan

(f(xn)) tidak konvergen ke L. Oleh karena itu kita telah menunjukkan bahwa jika (i)

tidak benar, maka (ii) juga tidak benar. Kita simpulkan bahwa (ii) menyebabkan (i).

Pada seksi selanjutnya kita akan melihat bahwa beberapa sifat-sifat dasar limit

fungsi dapat diperlihatkan dengan penggunaan sifat-sifat untuk kekonvergenan bari-

san yang bersesuaian. Sebagai contoh, kita telah kerjakan dengan barisan bahwa jika

(xn) sebarang barisan yang konvergen ke c, maka barisan (xn2) konvergen ke c2. Oleh

Page 119: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 119

karena itu dengan kriteria barisan, kita dapat menyimpulkan bahwa fungsi h(x) = x2

mempuntai limit )(lim xhcx→

= c2.

Kriteria Kedivergenan

Kadang-kala penting untuk dapat menunjukkan (i) bahwa suatu bilangan ter-

tentu bukan limit dari suatu fungsi pada suatu titik, atau (ii) bahwa suatu fungsi tidak

mempunyai suatu limit pada suatu titik. Hasil berikut merupakan suatu konsekuensi

dari pembuktian teorema 4.1.8. Pembuktiannya secara detail ditinggalkan untuk

dikerjakan oleh pembaca.

4.1.9. Kriteria Divergensi. Misalkan A⊆R, f : A → R dan c∈R suatu titik

cluster dari A.

(a). Jika L∈R, maka f tidak mempunyai limit L pada c jika dan hanya jika

terdapat suatu barisan (xn) dalam A dengan xn ≠ c untuk semua n∈N sedemikian se-

hingga barisan (xn) konvergen ke c tetapi barisan (f(xn)) tidak konvergen ke L.

(b). Fungsi f tidak mempunyai limit pada c jika dan hanya jika terdapat suatu

barisan (xn) dalam A dengan xn ≠ c untuk semua n∈N sedemikian sehingga barisan

(xn) konvergen ke c tetapi barisan (f(xn)) tidak konvergen dalam R.

Berikut ini diberikan beberapa aplikasi dari kriteria divergensi untuk

menunjukkan bagaimana kriteria itu dapat dipergunakan.

4.1.10. Contoh-contoh. (a). ( )xx

/1lim0→

tidak ada dalam R.

Seperti Contoh dalam 4.1.7(d), misalkan ϕ(x) = 1/x untuk x > 0. Akan tetapi,

disini kita menyelidiki pada c = 0. Argumen yang diberikan pada contoh 4.1.7(d) ga-

gal berlaku jika c = 0 karena kita tidak akan memperoleh suatu batas sebagaimana

dalam (#) pada contoh tersebut. Jika kita mengambil barisan (xn) dengan xn = 1/n un-

tuk n∈N, maka lim (xn) = 0, tetapi ϕ(xn) = 1/1/n = n. Seperti kita ketahui bahwa bari-

san (ϕ(xn)) = (n) tidak konvergen dalam R, karena barisan ini tidak terbatas. Dari sini,

dengan teorema 4.1.9(b), ( )xx

/1lim0→

tidak ada dalam R. [Akan tetapi, lihat contoh

4.3.9(a).]

Page 120: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 120

(b) ( )xx

sgn lim0→

tidak ada.

Misalkan fungsi signum didefinisikan dengan

sgn (x) =

<−=>+

0 untuk x ,1

0 untuk x 0,

0 untuk x ,1

Perhatikan bahwa sgn(x) = x/x untuk x ≠ 0. (Lihat Gambar 4.1.2) Kita akan menun-

jukkan bahwa sgn tidak mempunyai limit pada x = 0. Kita akan mengerjakan ini den-

gan menunjukkan bahwa terdapat barisan (xn) sedemikian sehingga lim(xn) = 0, tetapi

sedemikian sehingga (sgn(xn)) tidak konvergen.

Misalkan xn = (-1)n/n untuk n∈N dengan demikian lim(xn) = 0. Akan tetapi ,

karena

sgn (xn) = (-1)n untuk n∈N,

maka dari Contoh 3.4.5(a), (sgn(xn)) tidak konvergen. Oleh karena itu ( )xx

/1lim0→

tidak

ada.

(c) ( )xx

/1sin lim0→

tidak ada dalam R.

Misalkan g(x) = sin(1/x) untuk x ≠ 0. (Lihat Gambar 4.1.3.) Kita akan menun-

jukkan bahwa g tidak mempunyai limit pada c = 0, dengan memperlihatkan dua arisan

(xn) dan (yn) dengan xn ≠ 0 dan yn ≠ 0 untuk semua n∈N dan sedemikian sehingga lim

Gambar 4.1.2 Fungsi Signum

.(

) -1

1

0

Page 121: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 121

(xn) = 0 = lim (yn), tetapi sedemikian sehingga lim (g(xn)) ≠ lim (g(yn)). Mengingat

Teorema 4.1.9, ini mengakibatkan gx

lim0→

tidak ada. (Jelaskan mengapa.)

Gambar 4.1 3. Grafik f(x) = sin(1/x), x ≠ 0

Kita mengingat kembali dari kalkulus bahwa sin t = 0 jika t = nπ untuk n∈Z,

dan sin t = +1 jika t = ½π + 2πn untuk n∈Z. Sekarang missalkan xn = 1/nπ untuk

n∈N; maka lim (xn) = 0 dan g(xn) = 0 untuk semua n∈N, dengan demikian lim

(g(xn)) = 0. Di pihak lain, misalkan yn = (½π + 2πn)-1 untuk n∈N; maka lim (yn) = 0

dan g(yn) = sin (½π + 2πn) = 1 untuk semua n∈N, dengan demikian lim (g(yn)) = 1.

Kita simpulkan bahwa ( )xx

/1sin lim0→

tidak ada.

Soal-soal Latihan

1. Tentukan suatu syarat pada x - 1 yang akan menjamin bahhwa :

(a) x2 - 1 < ½,

(b) x2 - 1 < 1/103

(c) x2 - 1 < 1/n untuk suatu n∈N yang diberikan,

(d) x3 - 1 < 1/n untuk suatu n∈N yang diberikan.

Page 122: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 122

2. Misalkan c suatu titik cluster dari A⊆R dan f : A → R. Buktikan bahwa ( )x lim0

fx→

=

L jika dan hanya jika ( ) Lfx

−→

x lim0

= 0.

3. Misalkan f : R → R, dan c∈ R. Tunjukkan bahwa ( )x lim fcx→

= L jika dan hanya jika

( )cfx

+→

x lim0

= L.

4. Misalkan f : R → R, I⊆ R suatu interval buka, dan c∈I. Jika f1 merupakan pembata-

san dari f pada I, tunjukkan bahwa f1 mempunyai suatu limit pada c jika dan hanya jika f

mempunyai suatu limit pada c dan tunjukkan pula bahwa fcx lim

→ = 1 lim f

cx→.

5. Misalkan f : R → R, J⊆ R suatu interval tutup, dan c∈J. Jika f2 merupakan pembata-

san dari f pada I, tunjukkan bahwa jika f mempunyai suatu limit pada c dan hanya jika f2

mempunyai suatu limit pada c. Tunjukkan bahwa tidak berlaku bahwa jika f2 mempun-

yai suatu limit pada c dan hanya jika f mempunyai suatu limit pada c.

6. Misalkan I = (0,a), a > 0, dan misalkan g(x) = x2 untuk x∈I. Untuk sebarang x,c dalam I,

tunjukkan bahwa g(x) – c2 ≤ 2ax - c. Gunakan ketaksamaan ini untuk membuktikan

bahwa 2 lim xcx→

= c2 untuk sebarang c∈I.

7. Misalkan I⊆ R suatu interval, f : I → R, dan c∈I. Misalkan pula terdapat K dan L

sedemikian sehingga f(x) - L≤Kx - c untuk x∈I. Tunjukkan bahwa fcx lim

→ = L.

8. Tunjukkan bahwa 3 lim xcx→

= c3 untuk sebarang c∈ R.

9. Tunjukkan bahwa cxcx

=→

lim untuk sebatang c ≥ 0.

10. Gunakan formulasi ε-δ dan formulasi formulasi barisan dari pengertian limit untuk mem-

perlihatkan berikut :

(a) xx −→ 1

1 lim

2 = -1 (x > 1), (b)

2

1

1 lim

1=

+→ x

xx

(x > 0),

(c) x

xx

2

0 lim

→ = 0 (x ≠ 0), (d)

2

1

1

1 lim

2

1=

++−

→ x

xxx

(x > 0).

11. Tunjukkan bahwa limit-limit berikut ini tidak ada dalam R:

Page 123: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 123

(a) 20

1 lim

xx→ (x > 0), (b)

xx

1 lim

0→ (x > 0),

(c) . ( )( )xxx

sgn lim0

+→

, (d)

→ 21

1sin lim

xx (x ≠ 0).

12. Misalkan fungsi f : R → R mempunyai limit L pada 0, dan misalkan pula a > 0. Jika g

: R → R didefinisikan oleh g(x) = f(ax) untuk x∈R, tunjukkan bahwa gx

lim0→

= L.

13. Misalkan c titik cluster dari A⊆ R dan f : A → R sedemikian sehingga ( )( )2 lim xfcx→

= L. Tunjukkan bahwa jika L =,0, maka ( )xfcx lim

→ = 0. Tnjukkan dengan contoh bahwa

jika L ≠ 0, maka f bisa mungkin tidak mempunyai suatu limit pada c.

14. Misalkna f : R → R didefinisikan oleh f(x) = x jika x rasional, dan f(x) = 0 jika x ira-

sional. Tunjukkan bahwa f mempunyai suatu limit pada x = 0. Gunakan argumen barisan

untuk menunjukkan bahwa jika c ≠ 0, maka f tidak mempunyai limit pada c.

4.2. Teorema-teorema Limit

Sekarang kita akan memperlihatkan hasil-hasil yang dipergunakan dalam me-

nentukan limit fungsi. Hasil-hasil ini serupa dengan teorema-teorema limit untuk ba-

risan.yang telah diperlihatkan pada Pasal 3.2. Pada kenyataannya, dalam banyak kasus

hasil-hasil ini dapat dibuktikan dengan menggunakan Teorema 4.1.8 dan hasil-hasil

dari Pasal 3.2. Secara alternatif, hasil-hasil dalam Pasal ini dapat dibuktikan dengan

menggunakan argumen ε-δ yang sangat serupa untuk hal yang sama dalam Pasal 3.2.

4.2.1 Definisi. Misalkan A⊆ R, f : R → R, dan c∈R suatu titik cluster dari

A. Kita mengatakan bahwa f terbatas pada suatu lingkungan dari c jika terdapat

lingkungan-δ dari c Vδ(c) dan suatu konstanta M > 0 sedemikian sehingga kita mem-

punyai f(x) ≤ M untuk semua x ∈ A∩Vδ(c).

4.2.2 Teorema Jika A⊆ R dan f : A → R mempunyai suatu limit pada c∈

R, maka f terbatas pada suatu lingkungan dar c.

Page 124: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 124

Bukti. Jika L = )(lim xfcx→

, maka oleh Teorema 4.1.6, dengan ε = 1, terdapat δ

> 0 sedemikian sehingga jika 0 <x - c < δ, maka f(x) - L < 1; dari sini (oleh Teo-

rema Akibat 2.3.4(a)),

f(x) - L ≤ f(x) - L < 1.

Oleh karena itu, jika x∈A∩Vδ(c), x≠c, maka f(x) ≤ L + 1. Jika c∉A, kita ambil M =

L+ 1, sedangkan jika c∈A kita ambil M = sup{f(c),L+1}. Ini berarti bahwa jika

c∈A∩Vδ(c), maka f(x) ≤ M. Ini menunjukkan bahwa f terbatas pada Vδ(c) suatu

lingkungan-δ dari c.

Definisi berikut serupa dengan definisi 3.1.3 untuk jumlah, selisih, ha-

sil kali, dan hasil bagi barisan-barisan.

4.2.3 Definisi Misalkan A⊆R dan misalkan pula f dan g fungsi-fungsi

yang terdefinisi pada A ke R. Kita mendefinisikan jumlah f + g, selisih f – g, dan ha-

sil kali fg pada A ke R sebagai fungsi-fungsi yang diberikan oleh

(f + g)(x) = f(x) + g(x), (f - g)(x) = f(x) - g(x),

(fg)(x) = f(x)g(x),

untuk semua x∈A. Selanjutnya, jika b∈R, kita definisikan kelipatan bf sebagai

fungsi yang diberikan oleh

(bf)(x) = bf(x) untuk semua x∈A.

Akhirnya, jika h(x) ≠ 0 untuk x∈A, kita definisikan hasil bagi f/h adalah fungsi yang

didefinisikan sebagai

( ) ( )( )xh

xfx

h

f =

untuk semua x∈A.

4.2.4 Teorema. Misalkan A⊆R, f dan g fungsi-fungsi pada A ke R,

dan c∈R titik cluster dari A. Selanjutnya, misalkan b∈R.

(a) Jika fcx→

lim = L dan gcx→

lim = M, maka

( )gfcx

+→

lim = L + M, ( )gfcx

−→

lim = L -

M,

Page 125: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 125

( )fgcx→

lim = LM, ( )bfcx→

lim = bL.

(b) Jika h : A → R, h(x) ≠ 0 untuk semua x∈A, dan jika hcx→

lim = H

≠ 0, maka

H

L

h

fcx

=

lim .

Bukti. Salah satu cara pembuktian dari teorema-teorema ini sangat se-

rupa dengan pembuktian Teorema 3.2.3. Secara alternatif, teorema ini dapat dibukti-

kan dengan menggunakan Teorema 3.2.3 dan Teorema 4.1.8. Sebagai contoh, misal-

kan (xn) sebarang barisan dalam A sedemikain sehingga xn ≠ c untuk semua n∈N,dan

c = lim (xn). Menurut Teorema 4.1.8, bahwa

Lim (f(xn)) = L, lim (g(xn)) = M.

Di pihak lain, Definisi 4.2.3 mengakibatkan

(fg)(xn) = f(xn)g(xn) untuk semua n∈N.

Oleh karena itu suatu aplikasi dari Teorema 3.2.3 menghasilkan

Lim ((fg)(xn)) = lim (f(xn)g(xn))

= (lim f(xn)) (lim (g(xn)))

= LM.

Bagian lain dari teorema ini dibuktikan dengan cara yang serupa. Kita

tinggalkan untuk dilakukan oleh pembaca.

Catatan (1) Kita perhatikan bahwa, dalam bagian (b), asumsi tambahan dibuat

bahwa H = hcx→

lim ≠ 0. Jika asumsi ini tidak dipenuhi, maka

( )( )xh

xfcx lim

tidak ada. Akan tetapi jika limit ini ada, kita tidak dapat menggunakan Teorema 4.2.4(b) untuk menghi-

tungnya.

(2) Misalkan A∈R, dan f1, f2, …, fn fungsi-fungsi pada A ke R, dan c suatu titk clus-

ter dari A. Jika

Lk = k lim fcx→

untuk k = 1,2, …, n,

Page 126: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 126

maka ,menurut Teorema 4.2.4 dengan argumen induksi kita peroleh bahwa

L1 + L2 + … + Ln = ( )ncx

fff +++→

L21 lim

dan

L1 · L2 · … · Ln = ( )ncx

fff ⋅⋅⋅→

L21 lim

(3) Khususnya, kita deduksi dari (2) bahwa jika L = fcx→

lim dan n∈N, maka

Ln = ( )( )n

cxxf

→lim

4.2.5 Contoh-contoh (a) Beerapa limit yang diperlihatkan dalam Pasal 4.1 dapat

dibuktikan dengan menggunakan Teorema 4.2.4. Seagai contoh, mengikuti hasil ini

bahwa karena xcx lim

→ = c, maka 2 lim x

cx→ = c2, dan jika c > 0, maka

cxcx

11 lim =

→.

(b) 2

lim→x

(x2 + 1)(x3 – 4) = 20

Berdasarkan Teorema 4.2.4, kita peroleh bahwa

2

lim→x

(x2 + 1)(x3 – 4) = (2

lim→x

(x2 + 1))(2

lim→x

(x3 – 4))

= 5(4) = 20.

(c) .5

4

1

4 lim 2

3

2=

+−

→ x

xx

Jika kita menggunakan Teorema 4.2.4(b), maka kita mempunyai

+−

→ 1

4 lim

2

3

2 x

xx

= ( )( ) .

5

4

1 lim

4 lim

2

2

3

2 =+

x

x

x

x

Perhatikan bahwa karena limit pada penyebut [yaitu ( ) 1 lim 2

2+

→x

x= 5] tidak sama den-

gan 0, maka Teorema 4.2.4(b) dapat dipergunakan.

(d) .3

4

63

4 lim

2

2=

−−

→ x

xx

Page 127: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 127

Jika kita misalkan f(x) = x2 – 4 dan h(x) = 3x – 6 untuk x∈R, maka kita tidak

dapat menggunakan Teorema 4.22.4(b) untuk meneghitung 2

lim→x

(f(x)/h(x)) sebab

H = ( )xhx

lim2→

= ( )63 lim2

−→

xx

= 3 xx

lim2→

- 6 = 3(2) – 6 = 0

Akan tetapi, jika x ≠ 2, maka berarti bahwa

63

42

−−

x

x =

( )( )( )23

22

−+−

x

xx = 3

1 (x + 2).

Oleh karena itu kita mempunyai

−−

→ 63

4 lim

2

2 x

xx

= ( )2 lim31

2+

→x

x =

+

→2 lim

231 x

x

= 31 (2 + 2) =

34

Perhatikan bahwa fungsi g(x) = (x2 – 4)/(3x – 6) mempunyai limit pada x = 2

meskipun tidak terdefinisi pada titik tersebut.

(e) xx

1 lim

0→ tidak ada dalam R.

Tentu saja 0

lim→x

1 = 1 dan H = xx

lim0→

= 0. Akan tetapi, karena H = 0, kita tidak

dapat menggunakan Teorema 4.2.4(b) untuk menghitung xx

1 lim

0→. Kenyataannya,

seperti kita telah lihat pada Contoh 4.1.10(a), fungsi ϕ(x) = 1/x tidak mempunyai

limit pada x = 0. Kesimpulan ini mengikuti juga Teorema 4.2.2 karena fungsi ϕ(x) =

1/x tidak terbatas pada lingkungan daro x = 0. (Mengapa?)

(f) Jika p fungsi polinimial, maka )( lim xpcx→

= p(c).

Misalkan p fungsi polinimial pada R dengan demikian p(x) = anxn + an-1x

n-1 +

… + a1x + a0 untuk semua x∈R. Menurut Teorema 4.2.4 dan fakta bahwa k lim xcx→

=

ck, maka

)( lim xpcx→

= [ ]011

1 lim axaxaxa nn

nn

cx++++ −

−→L

Page 128: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 128

= )( lim nn

cxxa

→+ )( lim 1

1−

−→

nn

cxxa + … + )( lim 1xa

cx→ + 0 lim a

cx→

= ancn + an-1c

n-1 + … + a1c + a0

= p(c).

Dari sini )( lim xpcx→

= p(c) untuk ssebarang fungsi polinomial p.

(g) Jika p dan q fungsi-fungsi polinomial pada R dan jika q(c) ≠ 0, maka

( )( )( )cq

cp

xq

xpcx

=→

)( lim .

Karena q(x) suatu fungsi polinomial, berarti menurut sutu teorema alam aljabar

bahwa terdapat paling banyak sejumlah hingga bilangan real α1, α2, … ,αm [pembuat

nol dari q(x)] sedemikain sehingga q(αj) = 0 dan sedemikian sehingga jika x∉{ α1, α2,

…, αm} maka q(x) ≠ 0. Dari sini, jika x∉{ α1, α2, …, αm} kita dapat mendefinisikan

r(x) = ( )( )xq

xp.

Jika c bukan pembuat nol dari q(x), maka q(c) ≠ 0, dari berdasarkan bagian (f) bahwa

( )xqcx lim

→ = q(c). ≠ 0. Oleh karena itu kita dapat menggunakan Teorema 4.2.4(b) untuk

menyimpulkan bahwa

( ) ( )( )( )cq

cp

xq

xp

xq

xp

cx

cx

cx==

→→ lim

)(lim)( lim .

Hasil berikut adalah suatu analog langsung dari Teorema 3.2.6.

4.2.6 Teorema Misalkan A⊆R. f : A → R dan c∈R suatu titik cluster dari

A. Jika

a ≤ f(x) ≤ b untuk semua x∈A, x ≠ c,

dan jika fcx lim

→ ada, maka a ≤ f

cx lim

→ ≤ b.

Bukti. Jika L = fcx lim

→, maka menurut Teorema 4.1.8 bahwa jika (xn) sebarang

barisan bilangan real sedemikain sehingga c≠ xn∈A untuk semua n∈N dan jika bari-

Page 129: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 129

san (xn) konvergen ke c, maka barisan (f(xn)) konvergen ke L. Karena a ≤ f(xn) ≤ b

untuk semua n∈N, berarti menurut Teorema 3.2.6 bahwa a ≤ L ≤ b.

Sekarang kita akan menyatakan suatu hasil yang analog dengan Teorema Apit

3.2.7. Kita akan tinggalkan pembuktiannya untuk dicoba oleh pembaca.

4.2.7 Teorema Apit. Misalkan A⊆R, f,g,h : A → R, dan c∈R suatu titik

cluster dari A. Jika

f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) untuk semua x∈A, x ≠ c,

dan jika fcx lim

→ = L = h

cx lim

→, maka g

cx lim

→ = L.

4.2.8 Contoh-contoh (a) 2/3

0 lim x

x→ = 0 (x > 0).

Misalkan f(x) = x3/2 untuk x > 0. Karena ketaksamaan x < x1/2 ≤ 1 berlaku un-

tuk 0 < x ≤ 1, maka berarti bahwa x2 < f(x) = x3/2 ≤ x untuk 0 < x ≤ 1. Karena

2

0 lim x

x→ = 0 dan x

x lim

0→ = 0,

maka dengan menggunakan Teorema Apit 4.2.7 diperoleh 2/3

0 lim x

x→ = 0.

(b) xx

sin lim0→

= 0.

Dapat dibuktikan dengan menggunakan pendekatan deret Taylor (akan diba-

has pada lanjutan dari tulisan ini) bahwa

-x ≤ sin x ≤ x untuk semua x ≥ 0.

Karena ( )xx

±→

lim0

= 0, maka menurut Teorema Apit bahwa xx

sin lim0→

= 0.

(c) xx

cos lim0→

= 1.

Dapat dibuktikan dengan menggunakan pendekatan deret Taylor (akan diba-

has pada lanjutan dari tulisan ini) bahwa

(*) 1 - ½x2 ≤ cos x ≤ 1 untuk semua x ∈ R.

Karena ( )221

01 lim x

x−

→ = 1, maka menurut Teorema Apit bahwa x

x cos lim

0→ = 1.

(d)

−→ x

xx

1cos lim

0 = 0.

Page 130: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 130

Kita tidak dapat menggunakan Teorema 4.2.4 (b) secara langsung untuk men-

ghitung limit ini. (Mengapa?) Akan tetapi, dari ketaksamaan (*) dalam bagian (c)

bahwa

-½x ≤ (cos x – 1)/x ≤ 0 untuk x > 0

dan juga bahwa

0 ≤ (cos x – 1)/x ≤ ½x untuk x < 0.

Sekarang misalkan f(x) = - x/2 untuk x ≥ 0 dan f(x) = 0 untuk x < 0, dan misalkan

pula h(x) = 0 untuk x ≥ 0 dan h(x) = -x/2 untuk x < 0. Maka kita mempunyai

f(x) ≤ (cos x – 1)/x ≤ h(x) untuk x ≠ 0.

Karena , mudah dilihat (Bagaimana?) bahwa fx

lim0→

= hx

lim0→

, maka menurut Teorema

Apit bahwa x

xx

1cos lim

0

−→

= 0.

(e)

→ x

xx

sin lim

0 = 1.

Sekali lagi, kita tidak dapat menggunakan Teorema 4.2.4(b) untuk menghitung

limit ini. Akan tetapi, dapat dibuktikan (pada lanjutan diktat ini) bahwa

x - 61 x3 ≤ sin x ≤ x untuk x ≥ 0

dan bahwa

x ≤ sin x ≤ x - 61 x3 untuk x ≤ 0.

Oleh karena itu berarti (Mengapa?) bahwa

1 - 61 x2 ≤ (sin x)/x ≤ 1 untuk semua x ≠ 0.

Tetapi karena ( )261

01 lim x

x−

→ = 1 - 2

061 lim x

x→ = 1, kita simpulkan dari Teorema Apit

bahwa

→ x

xx

sinlim

0 = 1.

(f) ( )( )xxx

/1sinlim0→

= 0.

Misalkan f(x) = x sin (1/x) untuk x ≠ 0. Karena –1 ≤ sin z ≤ 1 untuk semua z

∈ R, kita mempunyai ketaksamaan

Page 131: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 131

-x ≤ f(x) = x sin(1/x) ≤ x

untuk semua x ∈ R, x ≠ 0. Karena xx 0lim

→ = 0, maka dari Teorema Apit diperoleh

bahwa fx 0lim

→ = 0.

Terdapat hasil-hasil yang paralel dengan Teorema 3.2.9 dan 3.2.10; akan

tetapi, akan dilewatkan untuk latihan bagi para pembaca. Kita tutup bagian ini dengan

suatu hasil yang merupakan konvers parsial dari Teorema 4.2.6.

4.2.9 Teorema Misalkan A⊆R, f : A → R dan c∈R suatu titik cluster dari

A. Jika

fcx→

lim > 0 [ atau, fcx→

lim < 0],

maka terdapat suatu lingkungan dari c Vδ(c) sedemikian sehingga f(x) > 0 [atau f(x) <

0] untuk semua x∈A∩Vδ(c), x ≠ c.

Bukti. Misalkan L = fcx→

lim and anggaplah L > 0. Kita ambil ε = ½L > 0

dalam Teorema 4.1.6(b), dan diperoleh suatu bilangan δ > 0 sedemikain sehingga jika

0 <x - c< δ dan x∈A, maka f(x) - L < ½L. Oleh karena itu (Mengapa?) berarti

bbahwa jika x∈A∩Vδ(c), x ≠ c, maka f(x) > ½L > 0.

Jika L < 0, dapat digunakan argumen yang serupa.

Latihan 4.2

1. Gunakan Teorema 4.2.4 untuk menentukan limit-limit berikut :

(a) 1

lim→x

(x + 1)(2x + 3) (x∈R), (b) 2

2lim

2

2

1 −+

→ x

xx

(x > 0),

(c)

−+→ xxx 2

1

1

1lim

2 (x > 0), (d)

2

1lim

20 ++

→ x

xx

(x∈R)

2. Tentukan limit-limit berikut dan nyatakan teorema-teorema mana yang digunakan dalam

setiap kasus. (Anda bisa menggunakan latihan 14 di bawah.)

(a) 3

12lim

2 ++

→ x

xx

(x > 0), (b) 2

4lim

2

2 −−

→ x

xx

(x > 0),

Page 132: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 132

(c) ( )

x

xx

11lim

2

0

−+→

(x > 0), (d) 1

1lim

1 −−

→ x

xx

(x > 0)

3. Carilah 20 2

3121lim

xx

xxx +

+−+→

dimana x > 0.

4. Buktikan bahwa ( )xx

/1coslim0→

tidak ada, akan tetapi ( )xxx

/1coslim0→

= 0.

5. Misalkan f,g fungsi-fungsi yang didefinisikan pada A⊆R ke R, dan misalkan c suatu

titik cluster dari A. Anggaplah bahwa f terbatas pada suatu lingkungan dari c dan gcx→

lim

= 0. Buktikan bahwa fgcx→

lim = 0.

6. Gunakanlah formuasi ε-δ dari limit fungsi untuk membuktikan pernyataan pertama dalam

Teorema 4.2.4(a).

7. Gunakanlah formulasi sekuensial untuk limit fungsi untuk membuktikan Teorema

4.2.4(b).

8. Misalkan n∈N sedemikian sehingga n ≥ 3. Buktikan ketaksamaan –x2 ≤ xn ≤ x2 untuk –1

< x < 1. Selanjutnya, gunakan fakta bahwa 2

0lim xx→

= 0 untuk menunjukkan bahwa

n

xx

0lim

→ = 0.

9. Misalkan f,g fungsi-fungsi yang didefinisikan pada A⊆R ke R, dan misalkan c suatu

titik cluster dari A.

(a) Tunjukkan bahwa jika fcx→

lim dan ( )gfcx

+→

lim ada, tunjukkanlah bahwa fcx→

lim ada.

(b) Jika fcx→

lim dan fgcx→

lim ada, apakah juga gcx→

lim ada ?

10. Berikan contoh fungsi-fungsi f dan g sedemikian sehingga f dan g tidak mempunyai limit

pada suatu titik c, tetapi sedemikian sehingga fungsi-fungsi f + g dan fg mempunyai limit

pada c.

11. Tentukan apakah limit-limit berikut ada dalam R.

(a) ( )2

0/1sinlim x

x→ (x ≠ 0), (b) ( )2

0/1sinlim xx

x→ (x ≠ 0),

(c) ( )xx

/1sin sgnlim0→

(x ≠ 0), (d) ( )2

0/1sin lim xx

x→ (x > 0)

Page 133: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 133

12. Misalkan f : R → R sedemikian sehingga f(x + y) = f(x) + f(y) untuk semua x,y dalam

R. Anggaplah fx 0lim

→ = L ada. Buktikan bahwa L = 0, dan selanjutnya buktikan bahwa f

mempunyai suatu limit pada setiap titik c∈R. [Petunjuk : Pertama-tama catat bahwa

f(2x) = f(x) + f(x) = 2f(x) untuk semua x∈R. Juga perhatikan bahwa f(x) = f(x – c) + f(c)

untuk semua x,c dalam R.]

13. Misalkan A⊆R, f : A → R dan c suatu titik cluster dari A. Jika fx 0lim

→ ada, dan jika

f menyatakan fungsi yang terdefinisi untuk x∈A dengan f(x) = f(x), buktikan

bahwa fx 0lim

→ = f

x 0lim

→.

14. Misalkan A⊆R, f : A → R dan c suatu titik cluster dari A. Tambahan, anggaplah

bahwa f(x) ≥ 0 untuk semua x ∈ A, dan misalkan f suatu fungsi yang terdefinisi pada

A dengan f (x) = ( )xf untuk semua x∈A. Jika fx 0lim

→ ada, buktikan bahwa

fx 0lim

→ = f

x 0lim

→.

Pasal 4.3 Beberapa Perluasan dari Konsep Limit

Pada pasal ini kita akan menyajikan tiga macam perluasan dari pengertian

limit fungsi yang sering terjadi.

Limit-limit Sepihak

Terdapat banyak contoh fungsi f yang tidak mempunyai limit pada suatu titik

c, meskipun demikian limit fungsi f tersebut ada jika dibatasi untuk suatu interval se-

pihak dari titik cluster c.

Salah satu contohnya adalah fungsi signum dalam Contoh 4.1.10(b) dan gambarnya diperli-

hatkan pada Gambar 4.1.2, tidak mempunyai limit pada c = 0. Akan tetapi, jika kita membatasi fungsi

signum pada interval (0,∞), maka fungsi hasil pembatasannya mempunyai limit 1 pada c = 0. Demikian

juga, jika kita membatasi fungsi signum pada interval (-∞,0), maka fungsi hasil pembatasannya mem-

punyai limit –1 pada c = 0. Ini merupakan contoh-contoh dari konsep tentang limit-kiri dan lmit-kanan

dari sutu fungsi pada suatu titik c = 0.

Page 134: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 134

Definisi tentang limit-kiri dan limit-kanan merupakan modifikasi langsung dari Definisi 4.1.4.

Dalam kenyataannya, Penggantian A dalam Definisi 4.1.4 oleh himpunan A∩(c,∞) menghasilkan de-

finisi limit-kanan suatu fungsi pada suatu titik c yang merupakan titik cluster dari A∩(c,∞). Demikian

juga, dengan penggantian A pada Definisi 4.1.4 oleh himpunan A∩(-∞,c) menghasilkan definisi limit-

kiri suatu fungsi pada suatu titik c yang merupakan titik cluster dari A∩(-∞,c). Untuk lebih mudahnya,

definisi tentang limit-kiri dan limit-kanan yang dimaksud akan diformulasi dalam bentuk ε-δ, analog

dengan Teorema 4.1.6 seperti berikut ini.

4.3.1 Definisi. Misalkan A⊆R dan f : A → R

(i) Jika c∈R suatu titik cluster dari A∩(c,∞) = {x∈A:x > c}, maka kita mengatakan bahwa

L∈R adalah suatu limit-kanan dari f pada c dan dituliskan

fcx +→

lim = L

jika diberikan sebarang ε > 0 terdapat suatu δ = δ(ε)> 0 sedemikian sehingga untuk semua x∈A dengan

0 < x – c < δ, maka f(x) - L < ε.

(ii) Jika c∈R suatu titik cluster dari A∩(-∞,c) = {x∈A : x < c}, maka kita mengatakan

bahwa L∈R adalah suatu limit-kiri dari f pada c dan dituliskan

fcx −→

lim = L

jika diberikan sebarang ε > 0 terdapat suatu δ = δ(ε)> 0 sedemikian sehingga untuk semua x∈A dengan

0 < c – x < δ, maka f(x) - L < ε.

Catatan: (1) Jika L suatu limit kanan dari f pada c, kita kadang-kadang mengatakan bahwa L

adalah limit dari kanan pada c. Kita menggunakan notasi

( )xfcx

+→

lim = L.

Terminologi dan notasi yang serupa digunakan juga untuk limit-kiri.

Page 135: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 135

(2) Limit-limit fcx

+→

lim dan fcx-

lim→

disebut limit-limit sepihak dari f pada c. Ini dimung-

kinkan kedua limit sepihak dimaksud ada. Juga bisa mungkin salah satu saja yang ada. Serupa, seperti

kasus pada fungsi f(x) = sgn (x) pada c = 0, limit-limit ini ada, meskipun berbeda.

(3) Jika A suatu interval dengan titik ujung kiri c, maka jelas nampak bahwa f : A → R

mempunyai suatu limit pada c jika dan hanya jika f mempunyai suatu limit kanan pada c. Selain itu,

dalam kasus ini limit fcx→

lim dan limit pihak kanan fcx

+→

lim sama. (Situasi serupa juga akan berlaku

untuk limit-kiri suatu interval dengan titik ujung kanan adalah c.

Kita tinggalkan bagi pembaca untuk menunjukkan bahwa f hanya dapat memiliki satu limit-

kanan (atau, limit-kiri) pada suatu titik. Berikut ini adalah hasil yang analog dengan fakta yang diperli-

hatkan pada Pasal 4.1 dan 4.2 untuk limit-limit dua-pihak. Khususnya, keberadaan limit satu-pihak da-

pat direduksi untuk bahan pertimbangan selanjutnya.

4.3.2 Teorema Misalkan A⊆R, f : A → R dan c suatu titik cluster dari A∩(c,∞). Maka

pernyataan-pernyataan berikut ini eqivalen.

(i) fcx +→

lim = L∈R;

(ii) Untuk sebarang barisan (xn) yang konvergen ke c sedemikian sehingga xn∈A dan xn

> c untuk semua n∈N, barisan (f(xn)) konvergen ke L∈R.

Kita tinggalkan pembuktian Teorema ini (dan formulasi dan pembuktian dari teorema yang

analog dengannya untuk limit-kiri) untuk dilakukan oleh pembaca.

Berikut ini adalah suatu hasil yang merupakan hubungan pengertian limit suatu fungsi dengan

limit-limit sepihak dari fungsi tersebut pada suatu titik.

4.3.3 Teorema Misalkan A⊆R, f : A → R dan c∈R suatu titik Cluster dari A∩(c,∞) dan

A∩(-∞,c). Maka fcx→

lim = L∈R jika dan hanya jika fcx +→

lim = L = fcx −→

lim .

4.3.4 Contoh-contoh (a) Misalkan f(x) = sgn(x).

Kita telah lihat dari contoh 4.1.10(b) bahwa sgn tidak mempunyai limit pada c = 0. Ini jelas

bahwa )sgn(lim0

xx +→

= +1 dan bahwa )sgn(lim0

xx −→

= -1. Karena limit-limit satu pihak ini berbeda,

maka mengikuti Teorema 4.3.3 bbahwa sgn tidak mempunyai limit pada 0.

Page 136: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 136

(b) Misalkan g(x) = e1/x untuk x ≠ 0. (Lihat gambar 4.3.1)

Pertama kita tunjukkan bahwa g tidak mempunyai limit kanan hingga pada c = 0 karena g ti-

dak terbatas pada sebarang lingkungan kanan (0,∞) dari 0. Kita akan menggunakan ketaksamaan

(*) 0 < t < et untuk t > 0

yang pada bagian ini tidak akan diberikan pembuktiannya. Berdasarkan (*), jika x > GAMBAR 4.3.1

Grafik dari g(x) = xe /1 (x ≠ 0)

0 maka 0 < 1/x < e1/x. Dari sini, jika kita mengambil xn = 1/n, maka g(xn) > n untuk semua n∈N. Oleh

karena itu x

xe /1

0lim

+→ tidak ada dalam R.

Akan tetapi, x

xe /1

0lim

−→ = 0. Kita perhatikan bahwa, jika x < 0 dan kita men-

gambil t = 1/x dalam (*) kita peroleh 0 < -1/x < e-1/x. Karena x < 0, ini mengakibatkan 0 < e1/x < -x un-

tuk semua x < 0. Mengikuti ketaksamaan ini diperoleh x

xe /1

0lim

−→ = 0.

(c) Misalkan h(x) = 1/(e1/x + 1) untuk x ≠ 0. (lihat gambar 4.3.2).

Kita telah melihat bagian (b) bahwa 0 < 1/x < e1/x untuk x > 0, dengan

demikian

Page 137: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 137

0 < 1

1/1 +xe

< xe /1

1 < x

yang mengakibatkan bahwa +→0

limx

h = 0.

GAMBAR 4.3.2. Grafik dari h(x) = 1/(e1/x+1) (x ≠ 0)

Karena kita telah melihat dalam bagian (b) bahwa +→0

limx

e1/x = 0, maka dari

analog Teorema 4.2.4(b) untuk untuk limit-kiri, kita peroleh

+−→ 1

1lim

/10 xx e = ( )1lim

1/1

0+

−→

x

xe

= 10

1

+ = 1

Perhatikan bahwa untuk fungsi ini, limit sepihak kedua-duanya ada, akan tetapi tidak sama.

Limit-limit Tak Hingga

Page 138: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 138

Fungsi f(x) = 1/x2 untuk x ≠ 0 (lihat Gambar 4.3.3) tidak terbatas pada suatu

lingkungan 0, dengan demikian fungsi tersebut tidak mempunyai suatu limit sesuai pengertian dalam

Definisi 4.1.4. Sementara itu simbol-simbol ∞ (= +∞) dan -∞ tidak menyatakan suatu bilangan real, ini

kadang-kadang menjadi bermakna dengan mengatakan bahwa “f(x) = 1/x2 cenderung ke ∞ apabila x →

0”.

Page 139: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 139

4.3.5 Definisi. Misalkan A⊆R, f : A → R dan c∈R suatu titik cluster dari A.

(i) Kita katakan bahwa f menuju ke ∞ apabila x→c, dan ditulis

∞=→

fcx

lim

jika untuk setiap α∈R terdapat δ = δ(α) > 0 sedemikain sehinggauntuk semua x∈A dengan 0 < x - c

< δ, maka f(x) > α.

(ii) Kita katakan bahwa f menuju ke ∞ apabila x→c, dan ditulis

−∞=→

fcx

lim

jika untuk setiap β∈R terdapat δ = δ(β) > 0 sedemikian sehingga untuk semua x∈A dengan 0 < x - c

< δ, maka f(x) < β.

4.3.6 Contoh-contoh (a) ( ) −∞=→

2

0/1lim x

x.

Karena, jika α > 0 diberikan, misalkan δ = α/1 . Ini erarti bahwa jika 0 <x<δ, maka x2 <

1/α dengan demikian 1/x2 > α.

(b) Misalkan g(x) = 1/x untuk x ≠ 0. (Lihat Gambar 4.3.4)

Fungsi g tidak menuju ke ∞ atau ke -∞ sebagaimana x→0. Karena, jika α > 0 maka g(x) < α

untuk semua x < 0, dengan demikian g tidak menuju ke ∞ apabila x→0. Serupa juga, jika β < 0 maka

g(x) > β untuk semua x > 0, dengan demikian g tidak menuju ke -∞ apabila x→0.

Hasil berikut analog dengan Teorema Apit 4.2.7. (Lihat juga Teorema 3.6.4).

4.3.7 Teorema Misalkan A⊆R, f,g : A → R dan c∈R suatu titik cluster dari A. Anggaplah

bahwa f(x) ≤ g(x) untuk semua x∈A, x ≠ c.

(a) Jika ∞=→

fcx

lim , maka ∞=→

gcx

lim .

(b) Jika −∞=→

gcx

lim , maka −∞=→

fcx

lim .

Page 140: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 140

Page 141: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 141

GAMBAR 4.3.3 Grafik dari f(x) = 1/x2 (x ≠ 0)

GAMBAR 4.3.4 Grafik dari g(x) = 1/x (x ≠ 0)

Bukti. (a) Jika ∞=→

fcx

lim dan α∈R diberikan, maka terdapat δ(α) > 0 sedemikian sehingga

jika 0 <x - c < δ(α) dan x∈A, maka f(x) > α. Akan tetapi, jika f(x) ≤ g(x) untuk semua x∈A x ≠ c,

maka berarti jika 0 <x - c < δ(α) dan x∈A, maka g(x) > 0. Oleh karena itu ∞=→

gcx

lim .

Pembuktian bagian (b) dilakukan dengan cara serupa.

Fungsi g(x) = 1/x dalam Contoh 4.3.6(b) menyarankan bahwa itu dapat berguna untuk me-

mandang limit-limit sepihaknya.

4.3.8 Definisi Misalkan A⊆R dan f : A → R.

Page 142: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 142

(i) Jika c∈R suatu titik cluster dari A∩(c,∞) ={x∈A: x > 0}, maka kita mengatakan bahwa f

menuju ∞∞∞∞ [atau -∞∞∞∞] apabila x→→→→c+, dan ditulis

∞=+→

fcx

lim [ ]−∞=+→

fcx

lim ,atau ,

jika untuk setiap α∈R terdapat δ=δ(α) sedemikian sehingga untuk semua x∈A dengan 0 < x – c < δ,

maka f(x) > α [atau, f(x) < α].

(ii) Jika c∈R suatu titik cluster dari A∩(-∞,c) ={x∈A: x < 0}, maka kita mengatakan bahwa f

menuju ∞∞∞∞ [atau -∞∞∞∞] apabila x→→→→c-, dan ditulis

∞=−→

fcx

lim [ ]−∞=−→

fcx

lim ,atau ,

jika untuk setiap α∈R terdapat δ=δ(α) sedemikian sehingga untuk semua x∈A dengan 0 < c – x < δ,

maka f(x) > α [atau, f(x) < α].

4.3.9 Contoh-contoh (a) Misalkan g(x) = 1/x untuk x ≠ 0. Kita telah mencatat dalam Contoh

4.3.6(b) bahwa gx 0lim

→ tidak ada. Akan tetapi suatu latihan yang mudah untuk menunjukkan bahwa

( ) ∞=+→

xx

/1lim0

dan ( ) −∞=−→

xcx

/1lim

(b) Telah diperoleh pada Contoh 4.3.4(b) bahwa fungsi g(x) = e1/x untuk x ≠ 0 tidak terba-

tas pada sebarang interval (0,δ), δ > 0. Dari sini limit-kanan dari e1/x apabila x→0+ tidak ada dalam

pengertian Definisi 4.3.1(I). Akan tetapi, karena

1/x < e1/x untuk x > 0,

maka secara mudah kita melihat bahwa ( ) ∞=+→

x

xe /1

0lim dalam pengertian dari Definisi 4.3.8.

Limit-limit pada Ketakhinggaan

Kita dapat mempertimbangkan pula untuk mendefinisikan pengertian limit dari suatu fungsi

apabila x→∞ [atau, x→-∞].

4.3.10 Definisi Misalkan A⊆R dan f : A → R.

Page 143: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 143

(i) Anggaplah bahwa (a,∞) ⊆ A untuk suatu a∈R. Kita mengatakan bahwa L∈R merupakan

limit dari f apabila x→→→→∞∞∞∞, dan ditulis

Lfx

=∞→

lim ,

jika diberikan sebarang ε > 0 terdapat K=K(ε) > a sedemikian sehingga untuk sebarang x > K, maka

f(x) - L < ε.

(ii) Anggaplah bahwa (-∞,b) ⊆ A untuk suatu b∈R. Kita mengatakan bahwa L∈R meru-

pakan limit dari f apabila x→→→→-∞∞∞∞, dan ditulis

Lfx

=−∞→

lim ,

jika diberikan sebarang ε > 0 terdapat K=K(ε) < b sedemikian sehingga untuk sebarang x < K, maka

f(x) - L < ε.

Kita tinggalkan bagi pembaca untuk menunjukkan bahwa limit-limit dari f apabila x→±∞

adalah tunggal jika ada. Kita juga mempunyai Kriteria Sekuensial untuk limit-limit ini; kita hanya akan

menyatakan kriteria apabila x→∞. Ini digunakan pengertian dari limit dari suatu barisan yang divergen

murni (lihat Definisi 3.6.1)

4.3.11 Teorema Misalkan A⊆R, f : A → R, dan anggaplah bahwa (a,∞) ⊆ A untuk suatu

a∈R. Maka pernyataan-pernyataan berikut ini eqivalen :

(i) L = fx ∞→lim ;

(ii) Untuk sebarang barisan (xn) dalam A∩(a,∞) sedemikian sehingga lim(xn) = ∞, barisan

(f(xn)) konvergen ke L.

Kita tinggalkan bagi pembaca untuk membuktikan teorema ini dan untuk merumuskan serta

membuktikan teorema serupa dengannya untuk limit dimana x→-∞.

4.3.12 Contoh-contoh (a) Misalkan g(x) = 1/x untuk x ≠ 0.

Page 144: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 144

Ini merupakan suatu latihan dasar untuk membuktikan bahwa ( )xx

/1lim∞→

= 0 = ( )xx

/1lim−∞→

.

(Lihat Gambar 4.3.4)

(b) Misalkan f(x) = 1/x2 untuk x ≠ 0.

Pembaca dapat menunjukkan bahwa bahwa ( )2/1lim xx ∞→

= 0 = ( )2/1lim xx −∞→

. (Lihat Gambar

4.3.3). Cara lain untuk menunjukkan ini adalah dengan menunjukkan bahwa jika x ≥ 1 maka 0 ≤ 1/x2 ≤

1/x. Mengingat bagian (a), ini mengakibatkan ( )2/1lim xx ∞→

= 0.

GAMBAR 4.3.5 fx ∞→lim = -∞

4.3.13 Definisi Misalkan A⊆R dan f : A → R.

(i) Anggaplah bahwa (a,∞)⊆A untuk suatu a∈A. Kita mengatakan bahwa f menuju ke ∞

[atau, -∞] apabila x→∞, dan ditulis

fx ∞→lim = ∞ [ ]−∞=

∞→f

xlimatau ,

jika diberikan sebarang α∈R terdapat K = K(α) > a sedemikian sehingga untuk sebarang x > K, maka

f(x) > α [atau, f(x) < α]. (Lihat Gambar 4.3.5)

Κ(α)

α

x

y

Page 145: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 145

(ii) Anggaplah bahwa (-∞,b)⊆A untuk suatu b∈A. Kita mengatakan bahwa f menuju ke ∞

[atau, -∞] apabila x→-∞, dan ditulis

fx −∞→lim = ∞ [ ]−∞=

−∞→f

xlimatau ,

jika diberikan sebarang α∈R terdapat K = K(α) < b sedemikian sehingga untuk sebarang x < K, maka

f(x) > α [atau, f(x) < α].

Sebagaimana sebelumnya, terdapat kriteria sekuensial untuk limit ini. Kita akan memformulas-

inya apabila x→∞.S

4.3.14 Teorema Misalkan A⊆R, f : A → R, dan anggaplah bahwa (a,∞)⊆A untuk suatu

a∈R. Maka pernyataan-pernyataan berikut ini ekuivalen :

(i) fx ∞→lim = ∞ [atau, f

x ∞→lim = -∞]

(ii) Untuk sebarang barisan (xn) dalam (a,∞) sedemikian sehingga lim(xn) = ∞, maka lim

(f(xn)) = ∞ [atau lim (f(xn)) = -∞].

Hasil berikut ini analog dengan Teorema 3.6.5.

4.3.15 Teorema Misalkan A⊆R, f,g : A → R, dan anggaplah ahwa (a,∞)⊆A untuk suatu

a∈R. Misalkan pula bahwa g(x) > 0 untuk semua x > a dan bahwa

( )( )xg

xfx ∞→lim = L

untuk suatu L∈R, L ≠ 0.

(i) Jika L > 0, maka fx ∞→lim = ∞ jika dan hanya jika g

x ∞→lim = ∞.

(ii) Jika L < 0, maka fx ∞→lim = -∞ jika dan hanya jika g

x ∞→lim = -∞.

Bukti. (i) Karena L > 0, hipotesis mengakibatkan bahwa terdapat a1 > a sedemikian sehingga

0 < ½L < ( )( )xg

xf < 2

3 L untuk x > a1.

Page 146: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 146

Oleh karena itu kita mempunyai (½L)g(x) < f(x) < ( 23 L)g(x) untuk semua x > a1, dari sini dengan mu-

dah kita peroleh kesimpulannya.

Pembuktian bagian (ii) dikerjakan dengan cara serupa.

Kita tinggalkan bagi pembaca untuk memformulasi hasil-hasil yang analogi dengan Teorema

di atas, apabila x→-∞.

4.3.16 Conyoh-contoh (a) n

xx

∞→lim = ∞ untuk n∈N.

Misalkan g(x) = xn untuk x∈(0,∞). Diberikan α∈R, misalkan K = sup{1,α}. Maka untuk se-

mua x > K, kita mempunyai g(x) = xn ≥ x ≥ α. Karena α∈R sebarang, maka ini berarti gx ∞→lim = ∞.

(b) n

xx

−∞→lim = ∞ untuk n∈N, n genap, dan n

xx

−∞→lim = -∞ untuk n∈N, n ganjil.

Kita akan mencoba kasus n ganjil, katakanlah n = 2k+1 dengan k = 0,1, … . Diberikan α∈R,

misalkan K = inf{α,-1}. Untuk sebarang x < K, maka karena (x2)k ≥ 1, kita mempunyai xn = (x2)kx ≤ x

< α. Karena α∈R sebarang, maka berarti n

xx

−∞→lim = -∞.

(c) Misalkan p : R → R fungsi polinomial

p(x) = anxn + an-1x

n-1 + … + a1x + a0

Maka px ∞→lim = ∞, jika an > 0, dan p

x ∞→lim = -∞ jika an < 0.

Misalkan g(x) = xn dan gunakan Teorema 4.3.15. Karena

( )( )xg

xp = an + an-1

x

1 + … + a1

−1

1nx

+ a0

nx

1,

maka diperoleh ( )( )xg

xpx ∞→lim = an. Karena g

x ∞→lim = ∞, maka menurut Teorema 4.3.15, p

x ∞→lim = ∞.

Page 147: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 147

(d) Misalkan p fungsi polinomial dalam bagian (c). Maka px −∞→lim = ∞ [atau, -∞] jika n

genap [atau, ganjil] dan an > 0.

Kita tinggalkan detailnya untuk pemaca kerjakan.

Latihan-latihan

1. Buktikan Teorema 4.3.2.

2. Berikan contoh suatu fungsi yang mempunyai limit-kanan, tetapi tidak mempunyai limit-

kiri pada suatu titik.

3. Misalkan f(x) = x½ untuk x ≠ 0.. Tunjukkan bahwa ( )xfx +→0lim = ( )xf

x −→0lim = +∞.

4. Misalkan c∈R dan f didefinisikan untuk x∈(c,∞) dan f(x) > 0 untuk semua x∈(c,∞).

Tunjukkan bahwa fcx→

lim = ∞ jika dan hanya jika ( )fcx1lim

→ = 0.

5. Hitunglah limit-limit berikut, atau tunjukkan bahwa limit-limit ini tidak ada.

(a) 1

lim1 −+→ x

xx

(x ≠ 1), (b) 1

lim1 −→ x

xx

(x ≠ 1),

(c) x

xx

2lim

1

++→

(x > 0), (d) x

xx

2lim

+∞→

(x > 0),

(e) x

xx

1lim

0

+→

(x > -1), (f) x

xx

1lim

+∞→

(x > 0),

(g) 3

5lim

+−

∞→ x

xx

(x > 0), (h) xx

xxx +

−∞→

lim (x > 0).

6. Buktikan Teorema 4.3.11.

7. Misalkan f dan g masing-masing mempunyai limit dalam R apabila x→∞ dan f(x) ≤ g(x)

untuk semua (α,∞). Buktikan bahwa fx ∞→lim ≤ g

x ∞→lim .

8. Misalkan f terdefinisi pada (0,∞) ke R. Buktikan bahwa ( )xfx ∞→lim = L jika dan hanya

jika ( )xfx

1lim0+→

= L.

9. Tunjukkan bahwa jika f : (a,∞) → R sedemikian sehingga ( )xxfx ∞→lim = L dimana

L∈R, maka ( )xfx ∞→lim = 0.

10. Buktikan Teorema 4.3.14.

Page 148: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 148

11. Lengkapkan bukti dari Teorema 4.3.15.

12. Misalkan ( )xfcx→

lim = L dimana L > 0, dan ( )xgcx→

lim = ∞. Tunjukkan bahwa

( ) ( )xgxfcx→

lim = ∞. Jika L = 0, tunjukkan dengan contoh bahwa konklusi ini gagal.

13. Carilah fungsi-fungsi f dan g yang didefinisikan pada (0,∞) sedemikain sehingga fx ∞→lim

= ∞ dan gx ∞→lim = ∞, akan tetapi ( )gf

x−

∞→lim = 0. Dapatkan anda menemukan fungsi-

fungsi demikian, dengan g(x) > 0 untuk semua x∈(0,∞), sedemikain sehingga gfx ∞→lim

= 0?

14. Misalkan f dan g terdefinisi pada (a,∞) dan misalkan pula fx ∞→lim = L dan g

x ∞→lim = ∞.

Buktikan bahwa gfx

o∞→

lim = L.

Page 149: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 149

FUNGSI-FUNGSI KONTINU

Dalam bab ini kita akan memulai mempelajari kelas terpenting dari fungsi-

fungsi yang muncul dalam analisis real, yaitu kelas fungsi-fungsi kontinu. Pertama-

tama kita akan mendefinisikan pengertian dari kekontinuan pada suatu titik dan pada

suatu himpunan, dan menunjukkan bahwa variasi kombinasi dari fungsi-fungsi kon-

tinu menghasilkan fungsi kontinu.

Sifat-sifat dasar yang membuat fungsi-fungsi kontinu demikain penting diper-

lihatkan pada Pasal 5.3. Misalnya, kita akan memuktikan bahwa suatu fungsi kontinu

pada suatu interval tertutup dan terbatas mesti mencapai nilai maksimum dan mini-

mum.Kita juga akan membuktikan bahwa suatu fungsi kontinu mesti selalu memuat

nilai antara untuk sebarang dua nilai yang dicapainya. Sifat-sifat ini dan beberapa

lainnya tidak dimiliki oleh fungsi-fungsi pada umumnya, dan dengan demikian ini

membedakan fungsi-fungsi kontinu sebagai suatu kelas yang sangat khusus dari

fungsi-fungsi.

Kedua, dalam Pasan 5.4 kita akan memperkenalkan pengertian penting dari

kekontinuan seragam, dan kita akan menggunakan pengertian ini untuk masalah dari

pendekatan (pengaproksimasian) fungsi-fungsi kontinu dengan fungsi-fungsi dasar

(elementer) (seperti polinomial). Fungsi-fungsi monoton adalah suatu kelas penting

dari fungsi-fungsi dan mempunyai sifat-sifat kekontinuan kuat; mereka didiskusikan

dalam Pasal 5.5. Khususnya, akan ditunjukkan bahwa fungsi monoton kontinu mem-

punyai fungsi invers yang monoton kontinu juga.

BAB 5

Page 150: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 150

PASAL 5.1 Fungsi-fungsi Kontinu

Dalam Pasal ini, yang mana sangat serupa dengan pasal 4.1, kita akan

mendefinisikan tentang apa yang dimaksudkan dengan fungsi kontinu pada suatu titik,

atau pada suatu himpunan. Pengertian kekontinuan ini adalah salah satu dari penger-

tian sentral dari analisis matematika dan akan dipergunakan dalam hampir semua

pada pembahasan dalam buku ini. Akibatnya, konsep ini sangat esensial yang pem-

baca mesti menguasainya.

5.1.1 Definisi Misalkan A⊆R, f : A → R dan c∈A. Kita katakan bahwa f

kontinu pada c jika, diberikan sebarang lingkungan Vε(f(c)) dari f(c) terdapat suatu

lingkungan

Vδ(c) dari c sedemikain sehingga jika x sebarang titik pada A∩Vδ(c), maka f(x) ter-

muat dalam Vε(f(c)). (Lihat Gambar 5.1.1).

GAMBAR 5.1.1 Diberikan Vε(f(c)), lingkungan Vδ(c) ditentukan Peringatan (1) Jika c∈A merupakan titik cluster dari A, maka pembandingan dari

Definisi 4.1.4 dan 5.1.1 menunjukkan bahwa f kontinu pada c jika dan hanya jika

(1) f(c) = fcx→

lim .

Jadi, jika c titik cluster dari A, maka agar (1) berlaku, tiga syarat harus dipenuhi: (i) f harus

terdefinisi pada c (dengan demikian f(c) dapat dimengerti), (ii) limit dari f harus ada dalam R

Page 151: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 151

(dengan demikian fcx→

lim dapat dimengerti), dan (iii) nilai-nilai dari f(c) dan fcx→

lim harus

sama.

(2) Jika c bukan titik cluster dari A, maka terdapat lingkun-

gan Vδ(c) dari c sedemikian sehingga A∩Vδ(c) = {c}. Jadi kita menyimpulkan bahwa suatu

fungsi f kontinu secara otomatis pada c∈A yang bukan titik cluster dari A. Titik-titik

demikian ini sering disebut “titik-titik terisolasi” dari A; titik-titik ini kurang menarik untuk

kita bahas, karena “far from the action”. Karena kekontinuan erlaku secara otomatis untuk

titik-titik terisolasi ini, kita akan secara umum menguji kekontinuan hanya pada titik-titik

cluster. Jadi kita akan memandang kondisi (1) sebagai karakteristik untuk kekontinuan pada

c.

Dalam definisi berikut kita mendefinisikan kekontinuan

dari f pada suatu himpunan.

5.1.2 Definisi Misalkan A⊆R, f : A → R. Jika

B⊆A, kita katakan bahwa f kontinu pada B jika f kontinu pada setiap titik dalam B.

Sekarang kita berikan suatu formulasi yang setara untuk

Definisi 5.1.1.

5.1.3 Teorema Misalkan A⊆R, f : A → R, dan c∈A. Maka kondisi-

kondisi berikut ekivalen.

(i) f kontinu pada c; yaitu, diberikan sebarang lingkungan Vε(f(c)) dari f(c)

terdapat suatu lingkungan Vδ(c) dari c sedemikain sehingga jika x sebarang titik pada

A∩Vδ(c), maka f(x) termuat dalam Vε(f(c))

(ii) Diberikan sebarang ε > 0 terdapat suatu δ > 0 sedemikian sehingga untuk

semua x∈A dengan x - c < δ, maka f(x) – f(c) < ε.

(iii) Jika (xn) sebarang barisan bilangan real sedemikian sehingga xn∈A untuk

semua n∈N dan (xn) konvergen ke c, maka barisan (f(xn)) konvergen ke f(c).

Pembuktian teorema ini hanya memerlukan sedikit

modifikasi pembuktian dari Teorema 4.1.6 dan 4.1.8. Kita tinggalkan detailnya seba-

gai suatu latihan penting bagi pembaca.

Kriteria Diskontinu berikut adalah suatu konsekuensi

dari ekuivalensi dari (i) dan (ii) dari teorema sebelumnya; ini akan dibandingkan den-

Page 152: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 152

gan Kriteria Divergensi 4.1.9(a) dengan L = f(c). Pembuktiannya akan dituliskan se-

cara detail oleh pembaca.

5.1.4. Kriteria Diskontinu Misalkan A⊆R, f : A →

R, dan c∈A. Maka f diskontinu pada c jika dan hanya jika terdapat suatu barisan (xn)

dalam A sedemikian sehingga (xn) konvergen ke c, tetapi barisan (f(xn)) tidak kon-

vergen ke f(c).

5.1.5 Contoh-contoh (a) f(x) = b kontinu pada R

Telah diperlihatkan pada Contoh 4.1.7(a) bahwa jika

c∈R, maka kita mempunyai fcx→

lim = b. Karena f(c) = b, maka f kontinu pada setiap

titik c∈R. Jadi f kontinu pada R.

(b) g(x) = x kontinu pada R.

Telah diperlihatkan pada Contoh 4.1.7(b) bahwa jika

c∈R, maka kita mempunyai gcx→

lim = c. Karena g(c) = c, maka g kontinu pada setiap

titik c∈R. Jadi g kontinu pada R.

(c) h(x) = x2 kontinu pada R.

Telah diperlihatkan pada Contoh 4.1.7(c) bahwa jika c∈R, maka kita mempunyai

hcx→

lim = c2. Karena h(c) = c2, maka h kontinu pada setiap titik c∈R. Jadi h kontinu

pada R.

(d) ϕ(x) = 1/x kontinu pada A = {x∈R : x > 0}.

Telah diperlihatkan pada Contoh 4.1.7(d) bahwa jika c∈A, maka kita mempunyai

ϕ→cx

lim = 1/c. Karena ϕ(c) = 1/c, maka ϕ kontinu pada setiap titik c∈A. Jadi ϕ kontinu

pada A.

(e) ϕ(x) = 1/x tidak kontinu pada x = 0

Memang, jika ϕ(x) = 1/x untuk x > 0, maka tidak terdefinisi pada x= 0, dengan

demikian tidak kontinu pada titik ini. Secara alternatif, telah diperlihatkan pada Con-

Page 153: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 153

toh 4.1.10(a) bahwa ϕ→0

limx

tidak ada dalam R, dengan demikian ϕ tidak kontinu pada

x = 0.

(f) Fungsi signum tidak kontinu pada x = 0.

Fungsi signum telah didefinisikan pada contoh

4.1.10(b), dimana juga telah ditunjukkan bahwa )sgn(lim0

xx→

tidak ada dalam R. Oleh

karena itu sgn tidak kontinu pada x = 0 meskipun sgn 0 terdefinisi.

(g) Misalkan A = R dan f “fungsi diskontinu” Dirichlet yang didefinisikan

oleh

f(x) =

irasional x jika , 0

rasional x jika , 1

Kita claim bahwa f tidak kontinu pada sebarang titik pada R. (Fungsi ini diperke-

nalkan pada tahun 1829 oleh Dirichlet)

Memang, jika c bilangan rasional, misalkan (xn) suatu barisan bilangan

irasional yang konvergen ke c. (Teorema Akibat 2.5.6 untuk Teorema 2.5.5 menjamin

adanya barisan seperti ini.) Karena f(xn) = 0 untuk semua n∈N, maka kita mempunyai

lim (f(xn)) = 0 sementara f(c) = 1. Oleh karena itu f tidak kontinu pada bilangan ra-

sional c.

Sebaliknya, jika b bilangan rasional, misalkan (yn) suatu

barisan bilangan irasional yang konvergen ke b. (Teorema Akibat 2.5.6 untuk Teo-

rema 2.5.5 menjamin adanya barisan seperti ini.) Karena f(yn) = 1 untuk semua n∈N,

maka kita mempunyai lim (f(yn)) = 1 sementara f(b) = 0. Oleh karena itu f tidak kon-

tinu pada bilangan irasional b.

Karena setiap bilangan real adalah bilangan rasional

atau irasional, kita simpulkan bahwa f tidak kontinu pada setiap titik dalam R.

(h) Misalkan A = {x∈R : x > 0}. Untuk sebarang bilangan irasional x > 0

kita definisikan h(x) = 0. Untuk suatu bilangan rasional dalam A yang berbentuk m/n,

dengan bilangan asli m,n tidak mempunyai faktor persektuan kecuali 1, kita definisi-

kan h(m/n) = 1/n. (Lihat Gambar 5.1.2.) Kita claim bahwa h kontinu pada setiap bi-

Page 154: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 154

langan irasional pada A, dan diskontinu pada setiap bilangan rasional dalam A.

(Fungsi ini diperkenalkan pada tahun 1875 oleh K.J. Thomae)

Memang, jika a > 0 bilangan rasional, misalkan (xn)

suatu barisan bilangan irasional dalam A yang konvergen ke a. maka lim h(xn) = 0

sementara h(a) > 0. Dari sini h diskontinu pada a.

Di pihak lain, jika b suatu bilangan irasional dan ε > 0,

maka (dengan Sifat Arcimedean) terdapat bilangan asli n0 sedemikian sehingga 1/n0 <

ε. Terdapat hanya sejumlah hingga bilangan rasional dengan penyebut lebih kecil dari

n0 dalam interval (b – 1, b + 1). (Mengapa?) Dari sini δ > 0 dapat dipilih sekecil

mungkin yang mana lingkungan (b - δ,b + δ) tidak memuat tidak memuat bilangan

rasional dengan penyebut lebih kecil dari n0. Selanjutnya, bahwa untuk x - b< δ,

x∈A, kita mempunyai h(x) – h(b) = h(x) ≤ 1/n0 < ε. Jadi h kontinu pada bilangan

irasional b.

Akibatnya, kita berkesimpulan bahwa fungsi Thomae h

kontinu hanya pada titik-titik irasional dalam A.

GAMBAR 5.1.2 Grafik Fungsi Thomae

5.1.6 Peringatan (a) Kadang-kadang suatu fungsi f : A → R tidak kontinu pada suatu

titik c, sebab tidak terdefinisi pada titik tersebut.. Akan tetapi, jika fungsi f mempunyai suatu limit L

pada tiitik c dan jika kita definisikan F pada A∪{ c} →R dengan

∈=

=Axxf

cxLxF

untuk )(

untuk )(

1/2

1 *

*

*

*

* * * * * * * *

* **

******* **

1 2

1/2

3/2

1/7 * * * * * * * * * * * *

Page 155: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 155

maka F kontinu pada c. Untuk melihatnya, perlu mengecek bahwa Fcx→

lim = L, tetapi ini brlaku (men-

gapa?), karena fcx→

lim = L

(b) Jika fungsi g : A → R tidak mempunyai suatu limit pada c,

maka tidak ada cara untuk memperoleh suatu fungsi G : A∪{ c} → R yang kontinu pada c dengan

pendefinisian

∈=

=Axxg

cxCxG

untuk )(

untuk )(

Untuk melihatnya, amati bahwa jika Gcx→

lim ada dan sama dengan C, maka gcx→

lim mesti ada juga dan

sama dengan C.

5.1.7 Contoh-contoh (a) Fungsi g(x) = sin (1/x) untuk x ≠ 0 (lihat Gambar

4.1.3) tidak mempunyai limit pada x = 0 (lihat contoh 4.1.10(c)). Jadi tidak terdapat

nilai yang dapat kita berikan pada x = 0. Untuk memperoleh suatu perluasan kontinu

dari g pada x = 0.

(b) Misalkan f(x) = x sin(1/x) untuk x ≠ 0. (Lihat Gam-

bar 5.1.3) Karena f tidak terdefinisi pada x = 0, fungsi f tidak bisa kontinu pada titik

ini. Akan tetapi, telah diperlihatkan pada Contoh 4.2.8(f) bahwa ( )( )xxx

1sinlim0→

= 0.

Oleh karena itu mengikuti Peringatan 5.1.6(a) bahwa jika kita definisikan F : R →

R dengan

( )

≠=

=0untuk x1sin

0untuk 0)(

xx

xxF

maka F kontinu pada x = 0.

Page 156: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 156

Gambar 5.1.3 Grafik dari f(x) = x sin(1/x) x ≠ 0

Latihan-latihan

1. Buktikan Teorema 5.1.4.

2. Perlihatkan Kriteria Diskontinu 5.1.4.

3. Misalkan a < b < c. Misalkan pula bahwa f kontinu pada [a,b], g kontinu pada [b,c], dan

f(b) = g(b). Definisikan h pada [a,c] dengan h(x) = f(x) untuk x∈[a,b] dan h(x) = g(x) un-

tuk x∈(b,c]. Buktikan bahwa h kontinu pada [a,c].

4. Jika x∈R, kita definisikan ⇓x◊ adalah bilangan bulat terbesar n∈Z sedemikian sehingga

n ≤ x. (Jadi, sebagai contoh, ⇓8,3◊ = 8, ⇓π◊ = 3, ⇓-π◊ = -4.) Fungsi x a ⇓x◊ disebut

fungsi bilangan bulat terbesar. Tentukan titik-titik dimana fungsi-fungsi berikut kon-

tinu :

(a). f(x) = ⇓x◊, (b) g(x) = x⇓x◊,

(c). h(x) = ⇓sin x◊, (d) k(x) = ⇓1/x◊ (x ≠ 0).

5. Misalkan f terdefinisi untuk semua x∈R, x ≠ 2, dengan f(x) = (x2 + x – 6)/(x – 2). Dapat-

kah f terdefinisi pada x = 2 dimana dengan ini menjadikan f kontinu pada titik ini?

Page 157: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 157

6. Misalkan A⊆R dan f : A → R kontinu pada titik c∈A. Tunjukkan bahwa untuk se-

barang ε > 0, terdapat lingkungan Vδ(c) dari c sedemikian sehingga jika x,y∈A∩Vδ(c),

maka f(x) – f(y) < ε.

7. Misalkan f : R → R kontinu pada c dan misalkan f(c) > 0. Tunjukkan bahwa terdapat

Vδ(c) suatu lingkungan dari c sedemikian sehingga untuk sebarang x∈ Vδ(c) maka f(x) >

0.

8. Misalkan f : R → R kontinu pada R dan misalkan S = {x∈R : f(x) = 0} adalah “him-

punan nol” dari f. Jika (xn) ⊆ S dan x = lim (xn), tunjukkan bahwa x∈S.

9. Misalkan A⊆B⊆R, f : B → R dan g pembatasan dari f pada A (yaitu, g(x) = f(x) un-

tuk x∈A).

(a). Jika f kontinu pada c∈A, tunjukkan bahwa g kontinu pada c.

(b). Tunjukkan dengan contoh bahwa jika g kontinu pada c, tidak perlu berlaku bahwa f

kontinu pada c.

10. Tunjukkan bahwa fungsi nilai mutlak f(x) = x kontinu pada setiap titik c∈R.

11. Misalkan K > 0 dan f : → R memenuhi syarat f(x) – f(y) ≤ Kx - y untuk semua

x,y∈R. Tunjukkan bahwa f kontinu pada setiap titik c∈R.

12. Misalkan bahwa f : R → R kontinu pada R dan f(r) = 0 untuk setiap bilangan rasional

r. Buktikan bahwa f(x) = 0 untuk semua x∈R.

13. Definisikan g : R → R dengan g(x) = 2x untuk x rasional, dan g(x) = x + 3 untuk x

irasional. Tentukan semua titik dimana g kontinu.

14. Misalkan A = (0,∞) dan k : A → R didefinisikan sebagai berikut. Untuk x∈A, x ra-

sional, kita definisikan k(x) = 0; untuk x∈A rasional dan berbentuk x = m/n dengan bi-

langan asli m, n tidak mempunyai faktor persekutuan kecuali 1, kita definisikan k(x) = n.

Buktikan bahwa k tidak terbatas pada setiap interval terbuka dalam A. Simpulkan bahwa

k tidak kontinu pada sebarang titik dari A.

PASAL 5.2 Kombinasi dari Fungsi-fungsi Kontinu

Misalkan A⊆R, f dan g fungsi-fungsi yang terdefinisi pada A ke R dan b∈R.

Dalam Definisi 4.2.3 kita mendefinisikan jumlah, selisih, hasil kali, dan kelipatan

fungsi-fungsi disimbol f + g, f – g, fg, bf. Juga, jika h : A → R sedemikian sehingga

Page 158: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 158

h(x) ≠ 0 untuk semua x∈A, maka kita definisikan fungsi hasil bagi dinotasi dengan

f/h.

Hasil berikut ini serupa dengan Teorema 4.2.4.

5.2.1 Teorema Misalkan A⊆R, f dan g fungsi-fungsi yang terdefinisi pada A

ke R dan b∈R. Andaikan bahwa c∈A dan f dan g kontinu pada c.

(a) Maka f + g, f – g, fg, dan bf kontinu pada c.

(b) Jika h : A → R kontinu pada c∈A dan jika h(x) ≠ 0 untuk semua x∈A,

maka fungsi f/h kontinu pada c.

Bukti. Jika c bukan suatu titik cluster dari A, maka konklusi berlaku secara

otomatis. Dari sini, kita asumsikan bahwa c titik cluster dari A.

(a) Karena f dan g kontinu pad

(b) a c, maka

f(c) = fcx→

lim dan g(c) = gcx→

lim

Oleh karena itu mengikuti Teorema 4.2.4(a) diperoleh (f + g)(c) = f(c) + g(c) = ( )gf

cx+

→lim

Dengan demikian f + g kontinu pada c. Pernyataan-pernyataan lain pada bagian (a)

dibuktikan dengan cara serupa.

(c) Karena c∈A, maka h(c) ≠ 0. Tetapi karena h(c) = hcx→

lim , berikut dari Teo-

rema 4.2.4(b) bahwa

( )ch

f =

( )( )ch

cf =

h

f

cx

cx

lim

lim =

→ h

fcx

lim .

Oleh karena itu f/h kontinu pada c.

Hasil berikut merupakan konsekuensi dari Teorema 5.2.1, diterapkan untuk

semua titik dalam A. Akan tetapi, secara ekstrim, ini adalah suatu hasil penting, kita

akan menyatakannya secara formal.

5.2.2 Teorema Misalkan A⊆R, f dan g fungsi-fungsi yang terdefinisi pada A

ke R dan b∈R.

Page 159: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 159

(a) Maka f + g, f – g, fg, dan bf kontinu pada A.

(b) Jika h : A → R kontinu pada A dan h(x) ≠ 0 untuk x∈A, maka fungsi

f/h kontinu pada A.

5.2.3 Komentar Untuk mendefinisikan fungsi hasil bagi, kadang-kadang lebih cocok me-

mulainya sebagai berikut : Jika ϕ : → R, misalkan A1 = {x∈A : ϕ(x) ≠ 0}. Kita akan mendefinisikan

fungsi hasil bagi f/ϕ pada himpunan A1 dengan

(*) )(

)()(

x

xfx

f

ϕϕ=

untuk x ∈ A1.

Jika ϕ kontinu pada titik c∈A1, maka jelas bahwa pembatasan ϕ1 dari ϕ pada A1 juga kontinu pada c.

Oleh karena itu mengikuti Teorema 5.2.1(b) dipergunkan untuk ϕ1 bahwa f/ϕ kontinu pada c∈A1. Se-

rupa juga jika f dan ϕ kontinu pada A, maka fungsi f/ϕ, didefinisikan pada A1 oleh (*), kontinu pada

A1.

5.2.4 Contoh-contoh (a) Fungsi-fungsi polinomial.

Jika p suatu fungsi polinimial, dengan demikian p(x) = anxn + an-1xn-1 + …

+ a1x + a0 untuk semua x∈R, maka mengikuti Contoh 4.2.5(f) bahwa p(c) = pcx→

lim

untuk sebarang c∈R. Jadi fungsi polinomial kontinu pada R.

(b) Fungsi-fungsi rasional

Jika p dan q fungsi-fungsi polinomial pada R, maka terdapat paling banyak

sejumlah hingga α1,α2, … , αn akar-akar real dari q. Jika x∉{ α1,α2, … , αn} maka

q(x) ≠ 0 dengan demikian kita dapat mendefinisikan fungsi rasional r dengan

r(x) = )(

)(

xq

xp untuk x∉{ α1,α2, … , αn}.

Telah diperlihatkan dalam Contoh 4.2.5(g) bahwa jika q(c) ≠ 0, maka

r(c) = )(

)(

cq

cp =

)(lim

)(lim

xq

xp

cx

cx

→ = )(lim xrcx→

Dengan kata lain, r kontinu pada c. Karena c sebarang bilangan real yang bukan akar

dari q, kita katakan bahwa suatu fungsi rasional yang kontinu pada setiap bilangan

real dimana fungsi tersebut terdefinisi.

(c) Kita akan menunjukkan bahwa fungsi sinus kontinu pada R.

Page 160: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 160

Untuk mengerjakan ini kita akan menggunakan sifat-sifat dari fungsi sinus dan

cosinus yang pada bagian ini tidak akan dibuktikan. Untuk semua x,y,z∈R kita mem-

punyai

sin z ≤ z, cos z ≤ 1,

sin x – sin y = 2sin[½(x – y)]cos[½(x + y)].

Dari sini, jika c∈R, maka kita mempunyai

sin x – sin c ≤ 2(½x – c)(1) = x - c.

Oleh karena itu sin kontinu pada c. Karena c∈R sebarang, maka ini berarti fungsi sin

kontinu pada R.

(d) Fungsi cosinus kontinu pada R.

Untuk mengerjakan ini kita akan menggunakan sifat-sifat dari fungsi sinus dan

cosinus yang pada bagian ini tidak akan dibuktikan. Untuk semua x,y,z∈R kita mem-

punyai

sin z ≤ z, sin z ≤ 1,

cos x – cos y = 2sin[½(x + y)]sin[½(y - x)].

Dari sini, jika c∈R, maka kita mempunyai

cos x – cos c ≤ 2(1)(½c – x) = x - c.

Oleh karena itu cos kontinu pada c. Karena c∈R sebarang, maka ini berarti fungsi cos

kontinu pada R. (Cara lain, kita dapat menggunakan hubungan cos x = sin (x + π/2).)

(e) Fungsi-fungsi tan, cot, sec, csc kontinu dimana fungsi-fungsi ini terde-

finisi.

Sebagai contoh, fungsi cotangen didefinisikan dengan

Cot x = x

x

sin

cos

Asalkan sin x ≠ 0 (yaitu, asalkan x ≠ nπ, n∈Z). Karena sin dan cos kontinu pada R,

maka mengikuti Komentar 5.2.3 bahwa fungsi cot kontinu pada domainnya. Fungsi-

fungsi trigonometri yang lain dilakukan dengan proses pengerjaan yang serupa.

5.2.5 Teorema Misalkan A⊆R, f : A → R dan f didefinisikan untuk

x∈A dengan f(x) = f(x).

Page 161: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 161

(a) Jika f kontinu pada suatu titik c∈A, maka f kontinu pada c.

(b) Jika f kontinu pada A, maka f kontinu pada A.

Bukti. Ini merupakan konsekuensi dari Latihan 4.2.13.

5.2.6 Teorema Misalkan A⊆R, f : A → R dan f(x) ≥ 0 untuk semua

x∈A. Kita misalkan f didefinisikan untuk x∈A dengan f (x) = )(xf .

(c) Jika f kontinu pada suatu titik c∈A, maka f kontinu pada c.

(d) Jika f kontinu pada A, maka f kontinu pada A.

Bukti. Ini merupakan konsekuensi dari Latihan 4.2.14.

Komposisi Fungsi-fungsi Kontinu Sekarang kita akan menunjukkan bahwa jika f : A → R kontinu pada suatu

titik c dan jika g : B → R kontinu pada b = f(c), maka komposisi g o f kontinu pada

c. Agar menjamin bahwa g o f terdefinisi pada seleruh A, kita perlu menganggap

bahwa f(A) ⊆ B.

5.2.7 Teorema Misalkan A,B⊆R, f : A → R dan g : B → R fungsi-

fungsi sedemikian sehingga f(A)⊆B. Jika f kontinu pada suatu titik c∈A dan g kon-

tinu pada b = f(c) ∈B, maka komposisi g o f : A → R kontinu pada c.

Bukti. Misalkan W suatu lingkungan-ε dari g(b). Karena g kontinu pada b,

maka terdapat suatu lingkungan-δ V dari b = f(c) sedemikian sehingga jika y∈B∩V

maka g(y)∈W. Karena f kontinu pada c, maka terdapat suatu lingkungan-γ U dari c

sedemikian sehingga jika x∈U∩A, maka f(x)∈V. (Lihat Gambar 5.2.1.) Karena

f(A)⊆B, maka ini berarti jika x∈A∩U, maka f(x)∈B∩V dengan demikian g o f(x) =

g(f(x))∈W. Tetapi karena W suatu lingkungan-ε dari g(b), ini mengakibatkan bahwa g

o f kontinu pada c.

5.2.7 Teorema Misalkan A,B⊆R, f : A → R kontinu pada A dan g : B

→ R kontinu pada B. Jika f(A)⊆B, maka komposisi g o f : A → R kontinu pada

A.

Page 162: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 162

Bukti. Teorema ini secara serta-merta mengikuti hasil sebelumnya, jika , ber-

turut-turut, f dan g kontinu pada setiap titik A dan B.

Teorema 5.2.7 dan 5.2.8 sangat bermanfaat dalam menunjukkan bahwa

fungsi-fungsi tertentu kontinu. Teorema-teorema ini dapat dipergunakan dalam ber-

bagai situasi dimana situasi ini akan sulit untuk menggunakan definisi kekontinuan

secara langsung.

5.2.9 Contoh-contoh (a) Misalkan g1(x) = x untuk x∈R. Menurut

Ketaksamaan Segitiga (Lihat Akibat 2.3.4) bahwa

g1(x) – g1(c) ≤ x - c

untuk semua x,c∈R. Dari sini g1 kontinu pada c∈R. Jika f : A → R sebarang

fungsi kontinu pada A, maka Teorema 5.2.8 mengakibatkan bahwa g1 o f = f kon-

tinu pada A. Ini memberikan cara lain pembuktian dari Teorema 5.2.5.

(b) Misalkan g2(x) = x untuk x ≥ 0. Mengikuti Teorema 3.2.10 dan 5.1.3

bahwa g2 kontinu pada sebarang c ≥ 0. Jika f : A → R kontinu pada A dan jika f(x)

≥ 0 untuk semua x∈A, maka menurut Teorema 5.2.8 g2 o f = f kontinu pada A. Ini

memberikan pembuktian lain dari Teorema 5.2.6.

(c) Misalkan g3(x) = sin x untuk x∈R. Kita telah tunjukkan dalam Contoh

5.2.4(c) bahwa g3 kontinu pada R. Jika f : A → R kontinu pada A, maka mengikuti

Teorema 5.2.8 bahwa g3 o f kontinu pada A.

Khususnya, jika f(x) = 1/x untuk x ≠ 0, maka fungsi g(x) = sin(1/x) kontinu

pada setiap titik c ≠ 0. [Kita telah tunjukkan, dalam Contoh 5.1.7(a), bahwa g tidak

didefinisikan pada 0 agar g menjadi kontinu pada titik itu.]

f g

A B C

U

V

W

c

bg(b)

GAMBAR 5.2.1 Komposisi dari f dan g

Page 163: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 163

Soal-soal 1. Tentukan titik-titik kekontinuan dari fungsi-fungsi berikut dan nyatakan teorema-

teorema mana yang dipergunakan dalam setiap kasus :

(a). f(x) = 1

122

2

+++

x

xx (x∈R); (b) g(x) = xx + (x ≥ 0);

(c). h(x) = x

xsin1+ (x ≠ 0); (d) k(x) = cos 12 +x (x∈R).

2. Tunjukkan bahwa jika f : A→ R kontinu pada A⊆R dan jika n∈N, maka fungsi fn dide-

finisikan oleh fn(x) = (f(x))n untuk x∈A, kontinu pada A.

3. Berikan satu contoh f dan g yang kedua-duanya tidak kontinu pada suatu titik c dalam R

sedemikian sehingga : (a) fungsi jumlah f + g kontinu pada c, (b) fungsi hasil kali fg kon-

tinu pada c.

4. Misalkan x ξ ⇓x◊ menyatakan fungsi bilangan bulat terbesar (lihat Latihan 5.1.4.) Tentu-

kan titik-titik kekontinuan dari fungsi f(x) = x - ⇓x◊, x∈R.

5. Misalkan g didefinisikan pada R oleh g(1) = 0, dan g(x) = 2 jika x ≠ 1, dan misalkan f(x)

= x + 1 untuk semua x∈R. Tunjukkan bahwa fgx

o0

lim→

≠ g o f(0). Mengapa ini tidak

kontradiksi dengan Teorema 5.2.7?

6. Misalkan f,g didefinisikan pada R dan c∈R. Misalkan juga bahwa fx 0lim

→ = b dan g kon-

tinu pada b. Tunjukkan bahwa fgx

o0

lim→

= g(b). (Bandingkan hasil ini dengan Teorema

5.2.7 dan latihan sebelumnya.)

7. Berikan contoh dari fungsi f : [0,1] → R yang diskontinu pada setiap titik dalam [0,1]

tetapi sedemikian sehingga f kontinu pada [0,1].

8. Misalkan f,g fungsi-fungsu kontinu dari R ke R, dan misalkan pula f(r) = g(r) untuk se-

mua bilangan rasional r. Apakah benar bahwa f(x) = g(x) untuk semua x∈R?

9. Misalkan h : R → R kontinu pada R memenuhi h(m/2n) = 0 untuk semua m∈Z, n∈N.

Tunjukkan bahwa h(x) = 0 untuk semua x∈R.

10. Misalkan f : R → R kontinu pada R, dan misalkan pula P = {x∈R : f(x) > 0}. Jika c∈P,

tunjukkan bahwa terdapat suatu lingkungan Vδ(c)⊆P.

Page 164: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 164

11. Jika f dan g kontinu pada R, misalkan pula S = {x∈R : f(x) ≥ g(x)}. Jika (sn)⊆S dan lim

(sn) = s, tunjukkan bahwa s∈S.

12. Suatu fungsi f : R → R dikatakan aditif jika f(x + y) = f(x) + f(y) untuk semua x,y∈R.

Buktikan bahwa jika f kontinu pada suatu titik x0, maka fungsi itu kontinu pada setiap ti-

tik dalam R. (Lihat Latihan 4.2.12.)

13. Misalkan f fungsi aditif kontinu pada R. Jika c = f(1), tunjukkan bahwa kita mempunyai

f(x) = cx untuk semua x∈R. [Petunjuk : Pertama-tama tunjukkan bahwa jika r suatu bi-

langan rasional, maka f(r) = cr.]

14. Misalkan g : R → R memenuhi hubungan g(x + y) = g(x)g(y) untuk semua x,y∈R. Tun-

jukkan bahwa jika g kontinu pada x = 0, maka g kontinu pada setiap titik dalam R. Juga

jika kita mempunyai g(a) = 0 untuk suatu a ∈R, maka g(x) = 0 untuk semua x∈R.

15. Misalkan f,g : R → R kontinu pada suatu titik c, dan h(x) = sup{f(x), g(x)} untuk x∈R.

Tunjukkan bahwa h(x) = ½(f(x) + g(x)) + ½f(x) – g(x) untuk semua x∈R. Gunakan

hasil ini untuk menunjukkan bahwa h kontinu pada c.

16. Misalkan I = [a,b] dan f : I → R terbatas dan kontinu pada I. Definisikan g : I → R den-

gan g(x) = sup{f(t) : a ≤ t ≤ b} untuk semua x∈I. Buktikan bahwa g kontinu pada I.

PASAL 5.3 Fungsi-fungsi Kontinu pada Interval

Fungsi-fungsi yang kontinu pada interval-interval mempunyai sejumlah sifat

penting yang tidak dimiliki oleh fungsi kontinu pada umumnya. Dalam pasal ini kita

akan memperlihatkan beberapa hasil yang agak mendalam yang dapat dipandang

penting, dan yang akan diterapkan pada bagian-bagian selanjutnya.

5.3.1 Definisi Suatu fungsi f : A → R dikatakan terbatas pada A, jika terda-

pat M > 0 sedemikan sehingga f(x) ≤ M untuk semua x∈A.

Dengan kata lain, suatu fungsi dikatakan terbatas jika range-nya merupakan suatu

himpunan terbatas dalam R. Kita mencatat bahwa suatu fungsi kontinu tidak perlu terbatas.

Contohnya, fungsi f(x) = 1/x adalah fungsi kontinu pada himpunan A = {x∈R : x > 0}. Akan

tetapi, f tidak terbatas pada A. Kenyataannya, f(x) = 1/x tidak terbatas apabila dibatasi pada B

= {x∈R : 0 < x < 1}. Akan tetapi, f(x) = 1/x terbatas apabila dibatasi untuk himpunan C =

{x ∈R : 1 ≤ x}, meskipun himpunan C tidak terbatas.

Page 165: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 165

5.3.2 Teorema Keterbatasan Misalkan I = [a,b] suatu interval tertutup dan

terbatas dan misalkan f : I → R kontinu pada I. Maka f terbatas pada I.

Bukti. Andaikan f tidak terbatas pada I. Maka, untuk sebarang n∈N terdapat

suatu bilangan xn∈I sedemikian sehingga f(xn) > n. Karena I terbatas, barisan X =

(xn) terbatas. Oleh karena itu, menurut Teorema Bolzano-Weiestrass 3.4.7 bahwa ter-

dapat subbarisan X‘ = (rnx ) dari X yang konvergen ke x. Karena I tertutup dan unsur-

unsur X’ masuk kedalam I, maka menurut Teorema 3.2.6, x∈I. Karena f kontinu pada

x, dengan demikian barisan (f(rnx )) konvergen ke f(x). Kita selanjutnya menyimpul-

kan dari Teorema 3.2.2 bahwa kekonvergenan barisan (f(rnx )) mesti terbatas. Tetapi

ini suatu kontradiksi karena

f(rnx ) > nr ≥ r untuk r∈N

Oleh karena itu pengandaian bahwa fungsi kontinu f tidak terbatas pada interval tertu-

tup dan terbatas I menimbulkan kontradiksi.

5.3.3 Definisi Misalkan A⊆R dan f : A → R. Kita katakan f mempunyai

suatu maksimum mutlak pada A jika terdapat suatu titik x*∈A sedemikian se-

hingga

f(x*) ≥ f(x) untuk semua x∈A.

Kita katakan f mempunyai suatu minimum mutlak pada A jika terdapat suatu titik

x*∈A sedemikian sehingga

f(x*) ≤ f(x) untuk semua x∈A.

Kita katakan bahwa x* suatu titik maksimum mutlak untuk f pada A, dan x* suatu

titik minimum mutlak dari f pada A, jika titik-titik itu ada.

Kita perhatikan bahwa suatu fungsi kontinu pada himpunan A tidak perlu mempun-

Page 166: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 166

yai suatu maksimum mutlak atau minimum mutlak pada himpunan tersebut. Sebagai contoh,

f(x) = 1/x, yang tidak mempunyai baik titik maksimum mutlak maupun minimum mutlak

pada himpunan A = {x∈R : x > 0}. (Lihat Gambar 5.3.1). Tidak adanya titik maksimum ab-

solut untuk f pada A karena f tidak terbatas diatas pada A, dan tidak ada titik yang mana f

mencapai nilai 0 = inf{f(x) : x∈A}. Fungsi yang sama tidak mempunyai baik suatu mak-

simum mutlak maupun minimum mutlak apabila dibatasi pada himpunan {x∈R : 0 < x < 1},

sedangkan fungsi ini mepumyai nilai maksimum mutlak dan juga minimum mutlak apabila

dibatasi pada himpunan {x∈R : 1 ≤ x ≤ 2}. Sebagai tambahan, f(x) = 1/x mempunyai suatu

maksimum mutlaktetapi tidak mempunyai minimum mutlak apabila dibatasi pada himpunan

{x ∈R : x ≥ 1}, tetapi tidak mempunyai maksimum mutlak dan tidak mempunyai nilai mini-

mum mutlak apabila dibatasi pada himpunan {x∈R : x > 1}.

GAMBAR 5.3.1 Grafik fungsi f(x) = 1/x (x > 0)

Jika suatu fungsi mempunyai suatu titik maksimum mutlak, maka titik ini ti-

dak perlu ditentukan secara tunggal. Sebagai contoh, fungsi g(x) = x2 didefinisikan

untuk x∈A = [-1,+1] mempunyai dua titik x = !1 yang memberikan titik maksimum

pada A, dan titik tunggal x = 0 menghasilkan minimum mutlaknya pada A. (Lihat

Gambar 5.3.2.) Untuk memilih suatu contoh ekstrim, fungsi konstan h(x) = 1 untuk

x∈R adalah sedemikian sehingga setiap titik dalam R merupakan titik maksimum

mutlak dan sekaligus titik minimum mutlak untuk f.

5.3.4 Teorema Maksimum-Minimum Misalkan I = [a,b] interval tertutup

dan terbatas dan f : I → R kontinu pada I. Maka f mempunyai maksimum mutlak dan

minimum mutlak pada I.

Bukti. Pandang himpunan tak kosong f(I) = {f(x) : x∈I} nilai-nilai dari f pada

I. Dalam Teorema 5.3.2 sebelumnya telah diperlihatkan bahwa f(I) merupakan sub-

Page 167: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 167

himpunan dari R yang terbatas. Misalkan s* = sup f(I) dan s* = inf f(I). Kita claim

bahwa terdapat titik-titik x* dan x* sedemikian sehingga s* = f(x*) dan s* = f(x*). Kita

akan memperlihatkan bahwa keberadaan titik x*, meninggalkan pembuktian eksistensi

dari x* untuk pembaca.

GAMBAR 5.3.2 Grafik fungsi g(x) = x2 (x ≤ 1)

Karena s* = sup f(I), jika n∈N, maka s* - 1/n bukan suatu batas atas dari him-

punan f(I). Akibatnya terdapat bilangan real xn∈I sedemikian sehingga

(#) s* - n

1 < f(xn) ≤ s* untuk n∈N.

Karena I terbatas, barisan X = (xn) terbatas. Oleh karena itu, dengan menggunakan

Teorema Bolzano-Weiestrass 3.4.7, terdapat subbarisan X‘ = (rnx ) dari X yang kon-

vergen ke suatu bilangan x*. Karena unsur-unsur dari X’ termasuk dalam I = [a,b],

maka mengikuti Teorema 3.2.6 bahwa x*∈I. Oleh karena itu f kontinu pada x* dengan

demikian lim (f(rnx )) = f(x*). Karena itu mengikuti (#) bahwa

s* - rn

1 < f(

rnx ) ≤ s* untuk r∈N,

kita menyimpulkan dari Teorema Apit 3.2.7 bahwa lim (f(rnx )) = s*. Oleh karena itu

kita mempunyai

f(x*) = lim (f(rnx )) = s* = sup f(I).

Kita simpulkan bahwa x* adalah suatu titik maksimum mutlak dari f pada I.

Hasil berikut memberikan suatu dasar untu lokasi akar dari fungsi-fungsi kon-

tinu. Pembuktiannya memberikan juga suatu algoritma untuk pencarian akar dan da-

pat dengan mudah diprogram untuk suatu komputer. Suatu alternatif pembuktian dari

teorema ini ditunjukkan dalam Latihan 5.3.8.

5.3.5 Teorema Lokasi Akar Misalkan I suatu interval dan f : I → R fungsi

kontinu pada I. Jika α < β bilangan-bilangan dalam I sedemikian sehingga f(α) < 0 <

f(β) (atau sedemikian sehingga f(α) > 0 > f(β)), maka terdapat bilangan c∈(α,β)

sedemikian sehingga f(c) = 0.

Page 168: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 168

Bukti. Kita asumsikan bahwa f(α) < 0 < f(β). Misalkan I1 = [α,β] dan γ = ½(α

+ β). Jika f(γ) = 0 kita ambil c = γ dan bukti lengkap. Jika f(γ) > 0 kita tetapkan α2 =

α, β2 = γ, sedangkan jika f(γ) < 0 kita tetapkan α2 = γ, β2 = β. Dalam kasus apapun,

kita tetapkan I2 = [α2,β2], dimana f(α2) < 0 dan f(β2) > 0. Kita lanjutkan proses biseksi

ini.

Anggaplah bahwa kita telah mempunyai interval-interval I1, I2, …, Ik = [αk,βk]

yang diperoleh dengan biseksi secara berturut-turut dan sedemikian sehingga f(αk) < 0

dan f(βk) > 0. Misalkan γk = ½(αk + βk). Jika f(γk) = 0 kita ambil c = γk dan bukti

lengkap. Jika f(γk) > 0 kita tetapkan αk+1 = αk, βk+1 = γk, sedangkan jika f(γk) < 0 kita

tetapkan αk+1 = γk, βk+1 = βk. Dalam kasus apapun, kita tetapkan Ik+1 = [αk+1,βk+1],

dimana

f(αk+1) < 0 dan f(βk+1) > 0.

Jika proses ini diakhiri dengan penetapan suatu titik γn sedemikian sehingga f(γn) =0,

pembuktian selesai. Jika proses ini tidak berakhir, kita memperoleh suatu barisan

nested dari interval-interval tutup In = [αn,βn], n∈N. Karena interval-interval ini

diperoleh dengan biseksi berulang, kita mempunyai βn - αn = (β - α)/2n – 1. Mengikuti

Sifat Interval Nested 2. 6.1 bahwa terdapat suatu titik c dalam In untuk semua n∈N.

Karena αn ≤ c ≤ βn untuk semua n∈N, kita mempunyai 0 ≤ c - αn ≤ βn - αn = (β -

α)/2n – 1, dan 0 ≤ βn – c ≤ βn - αn = (β - α)/2n – 1. Dari sini diperoleh bahwa c = lim

(αn) dan c = lim (βn). Karena f kontinu pada c, kita mempunyai

lim (f(αn)) = f(c) = lim (f(βn)).

Karena f(βn) ≥ 0 untuk semua n∈N, maka mengikuti Teorema 3.2.4 bahwa f(c) = lim

(f(βn)) ≥ 0. Juga Karena f(αn) ≤ 0 untuk semua n∈N, maka mengikuti hasil yang sama

(gunakan –f) bahwa f(c) = lim (f(αn)) ≤ 0. Oleh karena itu kita mesti mempunyai f(c) =

0. Akibatnya c merupakan akar dari f.

Hasil berikut adalah generalisasi dari teorema sebelumnya. Ini menjamin

bahwa suatu fungsi kontinu pada suatu interval memuat sejumlah bilangan yang ma-

suk diantara dua nilainya.

Page 169: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 169

5.3.6 Teorema Nilai Antara Bolzano Misalkan I suatu interval dan f : I →

R kontinu pada I. Jika a, b∈I dan jika k∈R memenuhi f(a) < k < f(b), maka terdapat

suatu titik c∈I antara a dan b sedemikian sehingga f(c) = k.

Bukti. Anggaplah a < b dan misalkna g(x) = f(x) – k; maka g(a) < 0 < g(b).

Menurut Teorema Lokasi Akar 5.3.5 terdapat suatu titik c dengan a < c < b

sedemikian sehingga 0 = g(c) = f(c) – k. Oleh karena itu f(c) = k.

Jika b < a, misalkan h(x) = k – f(x) dengan demikian h(b) < 0 < h(a). Oleh

karena itu terdapat titik c dengan b < c < a sedemikian sehingga 0 = h(c) = k – f(c),

dari sini f(c) = k.

5.3.7 Akibat Misalkan I = [a,b] suatu interval tutup dan terbatas. Misalkan

pula f : I → R kontinu pada I. Jika k∈R sebarang bilangan yang memenuhi

inf f(I) ≤ k ≤ sup f(I)

maka terdapat suatu bilangan c∈I sedemikian sehingga f(c) = k.

Bukti. Ini mengikut pada Teorema MaksimumMinimum 5.3.4 bahwa terda-

pat titik-titik c* dan c* dalam I sedemikian sehingga

inf f(I) = f(c*) ≤ k ≤ f(c*) = sup f(I).

Sekarang kesimpulan mengikut pada Teorema 5.3.6.

Teorema berikut ini meringkaskan hasil utama dari pasal ini. Teorema ini

menyatakan bahwa peta dari suatu interval tertutup dan terbatas dibawah suatu fungsi

kontinu juga interval tertutup dan terbatas. Titik-titik ujung dari interval peta adalah

nilai maksimum mutlak dan minimum mutlak dari fungsi, dan pernyataan bahwa se-

mua nilai antara nilai maksimum dan nilai minimum masuk dalam interval peta

adalah suatu cara dari pertimbangan Teorema Nilai Antara Bolzano.

5.3.8 Misalkan I = [a,b] suatu interval tutup dan terbatas. Misalkan pula f : I

→ R kontinu pada I. Maka himpunan f(I) = {f(x) : x∈I} adalah interval tutup dan ter-

batas.

Page 170: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 170

Bukti. Jika kita memisalkan m = inf f(I) dan M = sup f(I), maka mengetahui

dari Teorema Maksimum-Minimum 5.3.4 bahwa m dan M masuk dalam f(I). Selain

itu, kita mempunyai f(I) ⊆ [m,M]. Di pihak lain, jika k sebarang unsur dari [m,M],

maka menurut Teotema Akibat sebelumnya bahwa terdapat suatu titik c∈I sedemikian

sehingga k = f(c). Dari sini, k∈f(I) dan kita menyimpulkan bahwa [m,M]⊆f(I). Oleh

karena itu, f(I) adalah interval [m,M].

GAMBAR 5.3.3 f(I) = [m,M]

Catatan. Jika I = [a,b] suatu interval dan f : I → R kontinu pada I, kita mem-

punyai bukti bahwa f(I) adalah interval [m,M]. Kita tidak mempunyai bukti (dan itu

tidak selalu benar) bahwa f(I) adalah interval [f(a),f(b)]. (ihat Gambar 5.3.3.)

Teorema sebelumnya adalah suatu teorema “pengawetan” dalam pengertian,

teorema ini menyatakan bahwa peta kontinu dari suatu interval tutup dan terbatas

adalah himpunan yang bertipe sama. Teorema berikut memperluas hasil ini untuk in-

terval secara umum. Akan tetapi, akan dicatat bahwa meskipun peta kontinu dari

suatu interval adalah juga suatu interval, tidak benar bahwa interval peta perlu mem-

punyai bentuk sama seperti interval domain. Sebagai contoh, peta kontinu dari inter-

m

f(a)

ba

M

f(b)

x* x*

Page 171: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 171

val buka tidak perlu suatu interval buka, dan peta kontinu dari suatu interval tertutup

tak terbatas tidak perlu interval tertutup. Memang, jika f(x) = 1/(x2 + 1) untuk xεR,

maka f kontinu pada R [lihat Contoh 5.2.4(b)]. Mudah untuk melihat bahwa jika I1 =

(-1,1), maka f(I1) = (½,1], yang mana bukan suatu interval buka. Juga, jika I2 = [0,∞),

maka f(I2) = (0,1] yang mana bukan interval tutup. (Lihat Gambar 5.3.4.)

Untuk membuktikan Teorema Pengawetan Interval 5.3.10, kita perlu lemma

pencirian interval berikut.

GAMBAR 5.3.4 Grafik fungsi f(x) = 1/(x2 + 1) (x∈R)

5.3.9 Lemma Misalkan S⊆R suatu himpunan tak kosong dengan sifat

(*) jika x,y∈S dan x < y, maka [x,y]⊆S.

Maka S suatu interval.

Bukti. Kita akan menganggap bahwa S mempunyai sekurang-kurangnya dua

titik. Terdapat empat kasus untuk diperhatikan : (i) S terbatas, (ii) S terbatas diatas

tetapi tidak terbatas dibawah, (iii) ) S terbatas dibawah tetapi tidak terbatas diatas, dan

(iv) S tidak terbatas baik diatas maupun dibawah.

(i) Misalkan a = inf S dan b = sup S. Jika s∈S maka a ≤ s ≤ b dengan

demikian s∈[a,b]; karena s∈S sebarang, kita simpulkan bahwa S⊆[a,b].

Dipihak lain kita claim bahwa (a,b)⊆S. Karena jika z∈(a,b), maka z bukan

suatu batas bawah dari S dengan demikian terdapat x∈S dengan x < z. Juga z ukan

Page 172: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 172

suatu batas atas darin S dengan demikian terdapat y∈S dengan z < y. Akibatnya,

z∈[x,y] dan sifat (*) mengakibatkan z∈[x,y]⊆S. Karena z unsur sebarang dalam (a,b),

maka disimpulkan bahwa (a,b) ⊆ S.

Jika a∉S dan b∉S, maka kita mempunyai S = (a,b); jika a∉S dan b∈S kita

mempunyai S = (a,b]; jika a∈S dan b∉S kita mempunyai S = [a,b); dan jika a∈S dan

b∈S kita mempunyai S = [a,b].

(ii) Misalkan b = sup S. Jika s∈S maka s ≤ b dengan demikian kita mesti

mempunyai S⊆(-∞,b]. Kita claim bahwa (-∞,b)⊆S. Karena, jika z∈(-∞,b), argumen

yang diberikan (i) mengakibatkan terdapat x,y∈S sedemikian sehingga [x,y]⊆S. Oleh

karena itu (-∞,b)⊆S.

Jika b∉S, maka kita mempunyai S = (-∞,b); jika b∈S, maka kita mempunyai S

= (-∞,b].

(iii) Misalkan a = inf S dan memperlihatkan seperti dalam (ii). Dalam ka-

sus ini kita mempunyai S = (a,∞) jika a∉S, dan S = [a,∞) jika a∈S.

(iv) Jika z∈R, maka argumen yang diberikan pada (i) mengakibatkan

bahwa terdapat x,y∈S sedemikian sehingga z∈[x,y]⊆S. Oleh karena itu R⊆S, dengan

demikian S = (-∞,∞).

Jadi, dalam semua kasus, S merupakan suatu interval.

5.3.10 Teorema Pengawetan Interval Misalkan I suatu interval dan f : I →

R kontinu pada I. Maka himpunan f(I) merupakan suatu interval.

Bukti. Misalkan α,β∈f(I) dengan α < β; maka terdapat titik-titik a,b∈I

sedemikian sehingga α = f(a) dan β = f(b). Selanjutnya, menurut Teorema Nilai

Antara Bolzano 5.3.6 bahwa jika k∈(α,β) maka terdapat suatu c∈I dengan k =

f(c)∈f(I). Oleh karena itu [α,β]⊆f(I), meninjukkan bahwa f(I) memiliki sifat (*) pada

lemma sebelumnya. Oleh karena itu f(I) merupakan suatu interval.

Page 173: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 173

Latihan-latihan 1. Misalkan I = [a,b] dan f : I → R fungsi kontinu sedemikian sehingga f(x) > 0 untuk

setiap x∈I. Buktikan bahwa terdapat suatu α > 0 sedemikian sehingga f(x) ≥ α untuk se-

mua x∈I.

2. Misalkan I = [a,b] dan f : I → R dan g : I → R fungsi kontinu pada I. Tunjukkan bahwa

himpunan E = {x∈I : f(x) = g(x)} mempunyai sifat bahwa jika (xn)⊆E dan xn→ x0, maka

x0∈E.

3. Misalkan I = [a,b] dan f : I → R fungsi kontinu pada I sedemikian sehingga untuk setiap

x dalam I terdapat y dalam I sedemikian sehingga f(y) ≤ ½f(x). Buktikan bahwa ter-

dapat suatu titik c dalam I sedemikian sehingga f(c).

4. Tunjukkan bahwa setiap polinomial derajat ganjil dengan koefisien real mempunyai pal-

ing sedikit akar real.

5. Tunjukkan bahwa polinomial p(x) = x4 + 7x3 – 9 mempunyai paling sedikit dua akar real.

Gunakan kalkulator untuk menemukan akar-akar ini hingga dua tempat desimal.

6. Misalkan f kontinu pada interval [0,1] ke R dan sedemikian sehingga f(0) = f(1). Bukti-

kan bahwa terdapat suatu titik c dalam [0,½] sedemikian sehingga f(c) = f(c + ½). [Petun-

juk : Pandang g(x) = f(x) – f(x +½).] Simpulkan bahwa , sebarang waktu, terdapat titik-

titik antipodal pada equator bumi yang mempunyai temperatur yang sama.

7. Tunjukkan bahwa persamaan x = cos x mempunyai suatu solusi dalam interval [0,π/2].

Gunakan prosedur biseksi dalam pembuktian Teorema Pencarian Akar dan kalkulator un-

tuk menemukan suatu solusi oproksimasi dari persamaan ini, teliti sampai dua tempat de-

simal.

8. Misalkan I = [a,b] dan f : I → R fungsi kontinu pada I dan misalkan f(a) < 0, f(b) > 0.

Misalkan pula W = {x∈I : f(x) < 0}, dan w = sup W. Buktikan bahwa f(w) = 0. (Ini

memberikan suatu alternatif pembuktian Teorema 5.3.5.)

9. Misalkan I = [0,π/2], dan f : I → R didefinisikan oleh f(x) = sup {x2,cos x} untuk x∈I.

Tunjukkan terdapat suatu titik minimum mutlak x0∈I untuk f pada I. Tunjukkan bahwa x0

merupakan suatu solusi untuk persamaan cos x = x2.

10. Andaikan bahwa f : R → R kontinu pada R dan bahwa fx −∞→lim = 0 dan f

x ∞→lim = 0.

Buktikan bahwa f terbatas pada R dan mencapai maksimum atau minimum pada R.

Page 174: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 174

Berikan contoh untuk menunjukkan bahwa maksimum dan minimum, keduanya, tidak

perlu dicapai.

11. Misalkan f : R → R kontinu pada R dan β∈R. Tunjukkan bahwa jika x0∈R sedemikian

sehingga f(x0) < β, maka terdapat suatu lingkungan-δ U dari x0 sedemikian sehingga f(x)

< β untuk semua x∈U.

12. Ujilah bahwa interval-interval buka [atau, tutup] dipertakan oleh f(x) = x2 untuk x∈R

pada interval-interval buka [atau, tutup].

13. Ujilah pemetaan dari interval-interval buka [atau, tutup] dibawah fungsi-fungsi g(x) =

1/(x2 + 1) dan h(x) = x3 untuk x∈R.

14. Jika f : [0,1] → R kontinu dan hanya mempunyai nilai-nilai rasional [atau, nilai-nilai

irasional], mesti f fungsi konstan.

15. Misalkan I = [a,b] dan f : I → R suatu fungsi (tidak perlu kontinu) dengan sifat bahwa

untuk setiap x∈I, fungsi f terbatas pada suatu lingkungan ( )xVxδ dari x (dalam penger-

tian pada Definisi 4.2.1). Buktikan bahwa f terbatas pada I.

16. Misalkan J = (a,b) dan g : J → R fungsi kontinu dengan sifat bahwa untuk setiap x∈J,

fungsi g terbatas pada suatu lingkungan ( )xVxδ dari x. Tunjukkan bahwa g tidak perlu

terbatas pada J.

PASAL 5.4 Kekontinuan Seragam

Misalkan A⊆R dan f : A → R. Telah dilihat pada Teorema 5.1.3 bahwa pern-

yataan-pernyataan berikut ini ekivalen :

(i) f kontinu pada setiap titik u∈A;

(ii) diberikan ε > 0 dan u∈A, terdapat δ(ε,u) > 0 sedemikian sehingga untuk

semua x∈A dan x - u < δ(ε,u), maka f(x) – f(u) < ε.

Suatu hal kita ingin menekankan disini bahwa, secara umum, δ bergantung pada ε >

0 dan u∈A. Fakta bahwa δ bergantung pada u adalah suatu refleksi bahwa fungsi f

dapat diubah nilai-nilainya dengan cepat dekat titik-titik tertentu dan dengan lambat

dekat dengan nilai-nilai lain. [Sebagai contoh, pandang f(x) = sin(1/x) untuk x > 0;

lihat Gambar 4.1.3.]

Page 175: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 175

Sekarang, sering terjadi bahwa fungsi f sedemikian sehingga δ dapat dipilih

tidak bergantung pada titik u∈A dan hanya bergantung pada ε. Sebagai contoh, jika

f(x) = 2x untuk semua x∈R, maka

f(x) – f(u) = 2x - u,

dan dengan demikian kita dapat memilih δ(ε,u) = ε/2 untuk semua ε > 0, u∈R (Men-

gapa?)

Di pihak lain jika kita memandang g(x) = 1/x unuk x∈A {x ∈R : x > 0}, maka

(1) g(x) – g(u) = ux

xu −.

Jika u∈A diberikan dan jika kita memilih

(2) δ(ε,u) = inf {½u, ½u2ε},

maka jika x - u < δ(ε,u) kita mempunyai x - u < ½u dengan demikian ½u < x <

23 u, dimana berarti bahwa 1/x < 2/u. Jadi, jika x - u < ½u, ketaksamaan (1)

menghasilkan ketaksamaan

(3) g(x) – g(u) ≤ (2/u2)x - u.

Akibatnya, jika x - u < δ(ε,u), ketaksamaan (3) dan definisi (2) mengakibatkan

g(x) – g(u) < (2/u2)(½u2ε) = ε

Kita telah melihat bahwa pemilihan δ(ε,u) oleh formula (2) “works” dalam pengertian

bahwa pemilihan itu memungkinkan kita untuk memberikan nilai δ yang akan men-

jamin bahwa g(x) – g(u) < ε apabila x - u < δ dan x,u∈A. Kita perhatikan bahwa

nilai δ(ε,u) yang diberikan pada (2) tidak memunculkan satu nilai δ(ε) > 0 yang akan

“work” untuk semua u > 0 secara simultan, karena inf{δ(ε,u) : u > 0} = 0.

Page 176: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 176

GAMBAR 5.4.1 g(x) = 1/x (x > 0)

Suatu tanda bagi pembaca akan mempunyai pengamatan bahwa terdapat pili-

han lain yang dapat dibuat untuk δ. (Sebagai contoh kita juga dapat memilih δ1(ε,u) =

inf{ 31 u, 3

2 u2ε}, sebagaimana pembaca dapat tunjukkan; akan tetapi kita masih mem-

punyai inf{δ(ε,u) : u > 0} = 0.) Kenyataannya, tidak ada cara pemilihan satu nilai δ

yang akan “work” untuk semua u > 0 untuk fungsi g(x) = 1/x, seperti kita akan lihat.

Situasi di atas diperlihatkan secara grafik dalam Gambar 5.4.1 dan 5.4.2 di-

mana, untuk lingkungan-ε yang diberikan sekitar f(2) = ½ dan f(½) = 2, sesuai den-

gan nilai maksimum dari δ terlihat sangat berbeda. Seperti u menuju 0, nilai δ yang

diperbolehkan menuju 0.

5.4.1 Definisi Misalkan A⊆R dan f : A → R. Kita katakan f kontinu

seragam pada A jika untuk setiap ε > 0 terdapat δ(ε) > 0 sedemikian sehingga jika

x,u∈A sebarang bilangan yang memenuhi x - u < δ(ε), maka f(x) – f(u) < ε.

Ini jelas bahwa jika f kontinu seragam pada A, maka f kontinu seragam pada

setiap titk dalam A. Akan tetapi, secara umum konversnya tidak berlaku, sebagaimana

telah ditunjukkan oleh fungsi g(x) = 1/x pada himpunan A = {x∈R : x > 0}.

Pengertian di atas berguna untuk memformulasi syarat ekuivalensi untuk

mengatakan bahwa f tidak kontinu seragam pada A. Kita akan memberikan kriteria

demikian dalam hasil berikut, ditinggalkan pembuktiannya seagai latihan bagi pem-

baca.

5.4.2 Kriteria Kekontinuan tidak Seragam Misalkan A⊆R dan f : A →

R. Maka pernyataan-pernyataan berikut ini ekuivalen :

(i) f tidak kontinu seragam pada A;

(ii) Terdapat ε0 > 0 sedemikian sehingga untuk setiap δ > 0 terdapat titik-

titik xδ, uδ dalam A sedemikian sehingga xδ - uδ < δ dan f(xδ) – f(uδ) ≥ ε0.

Page 177: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 177

(iii) Terdapat ε0 > 0 dan dua barisan (xn) dan (un) dalam A sedemikian se-

hingga lim (xn – un) = 0 dan f(xn) – f(un) ≥ ε0 untuk semua n∈N.

Kita dapat menggunakan hasil ini untuk menunjukkan bahwa g(x) = 1/x kon-

tinu tidak seragam pada A = {x∈R : x > 0}. Karena, jika xn = 1/n dan un = 1/(n + 1),

maka kita mempunyai lim (xn – un) = 0, tetapi g(x) – g(u) = 1 untuk semua n∈N.

GAMBAR 5.4.1 g(x) = 1/x (x > 0) Sekarang kita menyajikan suatu hasil penting yang menjamin bahwa suatu

fungsi kontinu pada interval tertutup dan terbatas I adalah kontinu seragam pada I.

5.4.3 Teorema Kekontinuan Seragam Misalkan I suatu interval tutup dan

terbatas dan f : I → R kontinu pada I. Maka f kontinu seragam pada I.

Bukti. Jika f tidak kontinu seragam pada I maka menurut hasil sebelumnya,

terdapat ε0 > 0 dan dua barisan (xn) dan (un) dalam A sedemikian sehingga xn - un <

1/n dan f(xn) – f(un) > ε0 untuk semua n∈N. Karena I terbatas, barisan (xn) terbatas;

menurut Teorema Bolzano-Weierstrass 3.4.7 terdapat subbarisan (knx ) dari (xn) yang

konvergen ke suatu unsur z. Karena I tertutup, limit z masuk dalam I, menuurt Teo-

rema 3.2.6. Ini jelas bahwa subbarisan yang bersesuaian (knu ) juga konvergen ke z,

karena

Page 178: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 178

knu - z ≤

knu - knx +

knx - z.

Sekarang jika f kontinu pada titik z, maka barisan (f(xn)) dan (f(un)) mesti

konvergen ke f(z). Akan tetapi ini tidak mungkin karena

f(xn) – f(un) ≥ ε0

untuk semua n∈N. Jadi hipotesis bahwa f tidak kontinu seragam pada interval tutup

dan terbatas I mengakibatkan f tidak kontinu pada suatu titik z∈I. Akibatnya, jika f

kontinu pada setiap titik dalam I, maka f kontinu seragam pada I.

Fungsi-fungsi Lipschitz

Jika suatu fungsi kontinu seragam diberikan pada suatu himpunan yang meru-

pakan interval tidak tertutup dan terbatas, maka kadang-kadang sulit untuk menun-

jukkan kekontinuan seragamnya. Akan tetapi, terdapat suatu syarat yang selalu terjadi

yang cukup untuk menjamin kekontinuan secara seragam.

5.4.4 Definisi Misalkan A⊆R dan f : A → R. Jika terdapat suatu konstanta

K > 0 sedemikian sehingga

f(x) – f(u) ≤ Kx - u

untuk semua x,u∈A, maka f dikatakan fungsi Lipschitz (atau memenuhi syarat

Lipschitz) pada A.

Syarat bahwa suatu fungsi f : I → R pada suatu interval I adalah fungsi

Lipschitz dapat diinterpretasi secara geometri sebagai berikut. Jika kita menuliskan

syaratnya sebagai

( ) ( )

ux

ufxf

−−

≤ K, x,u∈I, x ≠ u,

maka kuantitas dalam nilai mutlak adalah kemiringan segmen garis yang melalui titik-

titik (x,f(x)) dan (u,f(u)). Jadi, suatu fungsi f memenuhi syarat Lipschitz jika dan

hanya jika kemiringan dari semua segmen garis yang menghubungkan dua titik pada

grafik y = f(x) pada I terbatas oleh suatu K.

5.4.5 Teorema Jika f : A → R suatu fungsi Lipschitz, maka f kontinu

seragam pada A.

Page 179: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 179

Bukti. Jika syarat Lipschitz dipenuhi dengan konstanta K, maka diberikan ε >

0 sebarang, kita dapat memilih δ = ε/K. Jika x,u∈A dan memenuhi x - u < δ, maka

f(x) – f(u) < K(ε/K) = ε

Oleh karena itu, f kontinu seragam pada A.

5.4.6 Contoh-contoh (a) Jika f(x) = x2 pada A = [0,b], dimana b suatu kon-

stanta positif, maka

f(x) – f(u) = x + ux -u ≤ 2bx - u

untuk semua x,u dalam [0,b]. Jadi f memenuhi syarat Lipschitz dengan konstanta K =

2b pada A, dan oleh karena itu f kontinu seragam pada A. Tentu saja, karena fkontinu

pada A yang merupakan interval tertutup dan terbatas, ini dapat juga disimpulkan dari

Teorema Kekontinuan Seragam. (Perhatikan bahwa f tidak memenuhi kondisi

Lipschitz pada interval [0,∞).)

(b) Tidak semua fungsi yang kontinu seragam merupakan fungsi Lipschitz.

Misalkan g(x) = x untuk x dalam interval tertutup dan terbatas I = [0,2]. Karena g

kontinu pada I, maka menurut Teorema Kekontinuan Seragam 5.4.3, g kontinu

seragam pada I. Akan tetapi, tidak terdapat bilaknagn K > 0 sedemikian sehingga

g(x) ≤ Kx untuk semua x∈I. (Mengapa tidak?) Oleh karena itu, g bukan suatu

fungsi Lipschitz pada I.

(c) Teorema Kekontinuan Seragam dan Teorema 5.4.5 kadang-kadang dapat

dikombinasikan untuk memperlihatkan kekontinuan seragam dari suatu fungsi pada

suatu himpunan. Kita pandang g(x) = x pada himpunan A = [0,∞). Kekontinuan

seragam dari g pada interval I = [0,2] mengikuti Teorema Kekontinuan Seragam

seperti dicatat dalam (b). Jika J = [1,∞), maka jika x dan u dalam J, kita mempunyai

g(x) – g(u) = x - u = ux

ux

+− ≤ ½x - u

Jadi g suatu fungsi Lipschitz pada J dengan konstanta K = ½, dan dari sini menurut

Teorema 5.4.5, g kontinu seragam pada [1,∞). Karena A = I∪J, ini berarti [dengan

pemilihan δ(ε) = inf{1,δI(ε),δJ(ε)}] bahwa g kontinu seragam pada A. Kita tinggalkan

detailnya untuk pembaca.

Page 180: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 180

Teorema Perluasan Kontinu

Kita telah melihat fungsi yang kontinu tapi tidak kontinu seragam pada inter-

val buka; sebagai contoh, fungsi f(x) = 1/x pada interval (0,1). Di pihak lain, dengan

Teorema Kekontinuan Seragam, suatu fungsi yang kontinu pada interval tutup dan

terbatas selalu kontinu seragam. Dengan demikian muncul pertanyaan: Syarat apa

yang diperlukan suatu fungsi untuk kontinu seragam pada suatu interval buka? Jawa-

bannya menampakkan kekuatan dari kekontinuan seragam, karena akan ditunjukkan

bahwa suatu fungsi pada (a,b) kontinu seragam jika dan hanya jika dapat didefinisi-

kan pada titik-titik ujung untuk menghasilkan suatu fungsi yang kontinu pada interval

tertutup. Pertama=tama kita akan menunjukkan suatu hasil sebagai teorema berikut.

5.4.7 Teorema Jika f : A → R kontinu seragam pada suatu A⊆R dan jika

(xn) barisan Cauchy dalam A, maka (f(xn)) barisan Cauchy dalam R.

Bukti. Misalkan (xn) barisan Cauchy dalam A, dan ε > 0 diberikan. Pertama-

tama pilih δ > 0 sedemikian sehingga jika x,u dalam A memenuhi x - u < δ, maka

f(x) – f(u) < ε. Karena (xn) barisan Cauchy, maka terdapat H(δ) sedemikian se-

hingga xn - xm < δ untuk semua n,m > H(δ). Dengan pemilihan δ, ini mengakibat-

kan bahwa untuk n,m > H(δ), kita mempunyai f(xn) – f(xm) < ε. Oleh karena itu ba-

risan (f(xn)) barisan Cauchy.

Hasil di atas memberikan kita suatu cara alternatif dalam melihat bahwa f(x) =

1/x tidak kontinu seragam pada (0,1). Kita perhatikan bahwa barisan yang diberikan

oleh xn = 1/n dalam (0,1) merupakan barisan Cauchy, tetapi barisan petanya, dimana

f(xn) = n untuk semua n∈N bukan barusan Cauchy.

5.4.8 Teorema Perluasan Kontinu Suatu fungsi f kontinu seragam pada

interval (a,b) jika dan hanya jika f dapat didefinisikan pada titik-titik ujung a dan b

sedemikian sehingga fungsi perluasannya kontinu pada [a,b].

Bukti. Suatu fungsi yang kontinu seragam pada [a,b] tentu saja kontinu pada

(a,b), dengan demikian kita hanya perlu membuktikan implikasi sebaliknya.

Page 181: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 181

Misalkan f kontinu seragam pada (a,b). Kita akan menunjukkan bagaimana

memperluas f ke a; argumen untuk b dilakukan dengan cara yang sama. Ini dilakukan

dengan menunjukkan bahwa )(lim xfcx→

= L ada, dan ini diselesaikan dengan peng-

gunaan Kriteria Sekuensial untuk limit. Jika (xn) barisan dalam (a,b) dengan lim (xn)

= a, maka barisan ini barisan Cauchy, dan dengan demikian konvergen menurut Teo-

rema 3.5.4. Jadi lim (f(xn)) = L ada. Jika (un) sebarang barisan lain dalam (a,b) yang

konvergen ke a, maka lim (un - xn) = a – a = 0, dengan demikian oleh kekontinuan

seragam dari f kita mempunyai

Lim (f(un)) = lim (f(un) – f(xn)) + lim (f(xn))

= 0 + L = L.

Karena kita memperoleh nilai L yang sama untuk sebarang barisan yang konvergen ke

a, maka dari Kriteria Sekuensial untuk limit kita menyimoulkan bahwa f mempunyai

limit L pada a. Argumen yang sama digunakan untuk IbI, dengan demikian kita sim-

pulkan bahwa f mempunyai perluasan kontinu untuk interval [a,b].

Karena lim dari f(x) = sin(1/x) pada 0 tidak ada,

kita menegaskan dari Teorema Perluasan Kontinu bahwa fungsi ini tidak kontinu

seragam pada (0,b] untuk sebarang b > 0. Di pihak lain, karena ( )xxx

1sinlim0→

= 0 ada,

maka fungsi g(x) = x sin (1/x) kontinu seragam pada (0,b) untuk semua b > 0.

Aproksimasi

Dalam banyak aplikasi adalah penting untuk dapat

mengaproksimasi fungsi-fungsi kontinu dengan suatu fungsi yang memiliki sifat-sifat

dasar. Meskipun terdapat variasi definisi yang dapat digunakan untuk membuat kata

“aproksimasi” lebih tepat, satu diantaranya yang sangat alami (dan juga salah satu

yang terpenting) adalah memaksa bahwa setiap titik dari domain yang diberikan,

fungsi aproksimasinya akan tidak berbeda dari fungsi yang diberikan dengan lebih

kecil dari kesalahan yang ditentukan.

Page 182: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 182

5.4.9 Definisi Misalkan I⊆R suatu interval dan s

: I → R. Maka s dinamakan fungsi tangga jika s hanya mempunyai sejumlah hingga

nilai-nilai yang berbeda, setiap nilai diberikan pada satu atau lebih interval dalam I.

Sebagai contoh, fungsi s : [-2,4] → R didefinisikan

oleh

s(x) =

≤<≤≤−<≤<<<≤<≤

,4 x 3 2,

3,x1 2,

,1 3,

,0 ,

0, 1- 1,

,1 2- 0,

21

21

21

x

x

x

x

merupakan fungsi tangga. (Lihat Gambar 5.4.3)

GAMBAR 5.4.3 Grafik y = s(x)

(

(

(

[

[

[[

[

[[(

(

x

y

Page 183: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 183

Sekarang kita akan menunjukkan bahwa suatu

fungsi kontinu pada suatu interval tertutup dan terbatas I dapat diaproksimasi secara

sebarang dengan fungsi tangga.

5.3.10 Teorema Misalkan I interval tertutup dan

terbatas. Misalkan pula f : I → R kontinu pada I. Jika ε > 0, maka terdapat suatu

fungsi tangga sε : I → R sedemikian sehingga f(x) - sε(x) < ε untuk semua x∈I.

Bukti. Karena fungsi f kontinu seragam (menurut

Teorema Kekontinuan Seragam 5.4.3), maka itu berarti bahwa diberikan ε > 0 terda-

pat δ(ε) > 0 sedemikian sehingga jika x,y∈I dan x - y < δ(ε), maka f(x) – f(y) < ε.

Misalkan I = [a,b] dan m∈N cukup besar dengan demikian h = (b – a)/m < δ(ε).

Sekarang kita membagi I = [a,b] ke dalam m interval saling lepas yang panjangnya h;

yaitu I1 = [a,a+h], dan Ik = (a+(k-1)h,a+kh] untuk k = 2, … ,m. Karena panjang setiap

subinterval Ik adalah h < δ(ε), maka selisih antara dua nilai dari f dalam Ik lebih kecil

dari ε. Sekarang kita definisikan

(4) sε(x) = f(a + kh) untuk x∈Ik, k = 1, … ,m,

dengan demikian sε adalah konstanta pada setiap interval Ik. (Kenyataannya bahwa

nilai dari sε pada Ik adalah nilai dari f pada titik ujung dari Ik, Lihat Gambar 5.4.4.)

Akibatnya jika x∈Ik, maka

f(x) - sε(x) = f(x) - f(a + kh) < ε.

Oleh karena itu kita mempunyai f(x) - sε(x) < ε untuk semua x∈I.

Page 184: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 184

GAMBAR 5.4.4 Aproksimasi dengan fungsi tangga

Perhatikan bahwa pembuktian dari teorema sebe-

lumnya agak lebih dibandingkan dengan pernyataan dalam teorema. Pada ken-

yataannya kita telah membuktikan pernyataan berikut.

5.4.11 Akibat Misalkan I = [a,b] interval tutup

dan terbatas, dan f : I → R kontinu pada I. Jika ε > 0, maka terdapat bilangan asli m

sedemikian sehingga jika kita membagi I dalam m interval saling lepas Ik yang mem-

punyai panjang h = (b – a)/m, maka fungsi tangga sε didefinisikan pada (4) memenuhi

f(x) - sε(x) < ε untuk semua x∈I.

Fungsi tangga merupakan fungsi yang memiliki

karakter dasar, akan tetapi tidak kontinu (kecuali dalam kasus trivial). Karena itu ser-

ing diperlukan sekali untuk mengaproksimasi fungsi-fungsi kontinu dengan fungsi

kontinu sederhana, bagaimana kita akan menunjukkan bahwa kita dapat mengaprok-

simasi fungsi-fungsi kontinu dengan fungsi linear kontinu piecewise (potong demi

potong).

5.4.12 Definisi Misalkan I = [a,b] suatu interval.

Maka suatu fungsi g : I → R dikatakan linear potong demi potong pada I jika I me-

rupakan gabungan dari sejumlah hingga interval saling lepas I1, … Im, sedemikian se-

hingga pembatasan dari g untuk setiap interval Ik merupakan fungsi linear.

Remark. Jelas bahwa agar suatu fungsi linear potong demi

potong g kontinu pada I, segmen garis yang membentuk grafik g bertemu pada titik-titik ujung dari

subinterval yang berdekatan Ik dan Ik + 1k + 1 (k = 1, … , m-1)

Teorema 5.4.13 Misalkan I suatu interval tutup

dan terbatas, dan f : I → R kontinu pada I. Jika ε > 0, maka terdapat suatu fungsi lin-

ear potong-demi-potong kontinu gε : I → R sedemikian sehingga f(x) - gε(x) < ε

untuk semua x∈I.

Page 185: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 185

Bukti. Karena fungsi f kontinu seragam pada I =

[a,b] maka itu berarti bahwa diberikan ε > 0 terdapat δ(ε) > 0 sedemikian sehingga

jika x,y∈I dan x - y < δ(ε), maka f(x) – f(y) < ε. Misalkan m∈N cukup besar

dengan demikian h = (b – a)/m < δ(ε). Sekarang kita membagi I = [a,b] ke dalam m

interval saling lepas yang panjangnya h; yaitu I1 = [a,a + h], dan Ik = (a + (k-1)h,a +

kh] untuk k = 2, … ,m. Pada setiap interval Ik kita definisikan gε fungsi linear yang

menghubungkan titik-titik

(a + (k – 1)h,f(a + (k – 1)h) dan (a + kh,f(a

+ kh)).

Maka gε fungsi linear potong-demi-potong kontinu pada I. Karena, untuk x∈Ik nilai

f(x) tidak lebih dari ε dari f(a + (k –1)h) dan f(a + kh), ditinggalkan sebagai latihan

pembaca untuk menunjukkan bahwa f(x) - gε(x) < ε untuk semua x∈Ik; oleh karena

itu ketaksamaan ini berlaku untuk semua x∈I. (Lihat Gambar 5.4.5.)

GAMBAR 5.4.5 Aproksimasi oleh fungsi linear potong-demi-potong

Kita akan menutup pasal ini dengan mengemu-

kakan teorema penting dari Weierstrass mengenai aproksimasi fungsi-fungsi kontinu

Page 186: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 186

dengan fungsi polinimial. Seperti diharapkan, agar memperoleh suatu aproksimasi

tidak lebih dari suatu ε > 0 yang ditentukan, kita mesti bersedia untuk menggunakan

polinomial sebarang derajat tinggi.

5.4.14 Teorema Aproksimasi Weierstrass Mis-

alkan I = [a,b] dan misalkan f : I → R kontinu. Jika ε > 0 diberikan, maka terdapat

suatu fungsi polinimial pε sedemikian sehingga f(x) - pε(x) < ε untuk semua x∈I.

Terdapat sejumlah pembuktian dari teorema ini.

Sayangnya, semua pembyktiian itu agak berbelit-belit, atau memakai hasil-hasil yang

belum pada pengerjaan kita. Salah satu pembuktian yang paling elementer berdasar-

kan pada teorema berikut yang dikemukakan oleh Serge Bernsteîn, untuk fungsi kon-

tinu pada [0,1]. Diberikan f : [0,1] → R, Bernsteîn mendefinisikan barisan polinomial

:

(5) Bn (x) = ( )∑=

−−

n

k

knk xxk

n

n

kf

0

1 .

Fungsi polinomial Bn, yang didefinisikan dalam (5) dinamakan polinomial Bernsteîn

ke-n untuk f; ini adalah suatu polinomial derajat aling tinggi n dan koefisien-

koefisiennya bergantung pada nilai dari fungsi f pada n + 1 titik

0, n

1,

n

2, … ,

n

k, … ,1,

dan koefisien-koefisien binomial

k

n =

)!(!

!

knk

n

− =

( ) ( )k

knknn

L

L

21

1

⋅+−−

5.4.15 Teorema Aproksimasi Bernsteîn Misal-

kan f : [0,1] → R fungsi konttinu dan misalkan ε > 0. Terdapat nε∈N sedemikian se-

hingga jika n ≥ nε, maka kita mempunyai f(x) – Bn(x) < ε untuk semua x∈[0,1].

Bukti. Pembuktian Teorema ini diberikan dalam

Elements of Analysis Real, H. 169-172. Disana ditunjukkan bahwa jika δ(ε) > 0

Page 187: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 187

sedemikian sehingga f(x) – f(y) < ε untuk semua x,y∈[0,1] dengan x - y < δ(ε),

dan jika M ≥ f(x) untuk semua x∈[0,1], maka kita dapat memilih

(6) nε =sup{(δ(ε/2)-4,M2/ε2}.

Menaksir (6) memberikan informasi tentang seberapa besar n yang mesti kita pilih

agar Bn mengaproksimasi f tidak melebihi ε.

Teorema Aproksimasi Weierstrass 5.4.14 dapat

diperoleh dari Teorema Aproksimasi Bernsteîn 5.4.15 dengan suatu pengubahan vari-

abel. Secara khusus, kita ganti f : [a,b] → R dengan fungsi F : [0,1] → R yang dide-

finisikan oleh

F(t) = f(a + (b – a)t) untuk t∈[0,1].

Fungsi F dapat diaproksimasi dengan polinmial Bernsteîn untuk F pada interval [0,1],

yang mana selanjutnya menghhasilkan polinomial pada [a,b] yang mengaproksimasi f.

Latihan-latihan

1. Tunjukkan bahwa fungsi f(x) = 1/x kontinu seragam pada himpunan A = [a,∞),

dimana a suatu konstanta positif.

2. Tunjukkan bahwa fungsi f(x) 1/x2 kontinu seragam pada A = [1,∞), tetapi tidak

kontinu seragam pada B = (0,∞).

3. Gunakan Kriteria Kekontinuan Tak-Seragam 5.4.2 untuk menunjukkan bahwa

fungsi-fungsi berkut ini tidak kontinu seragam pada himpunan yang diberikan.

(a) f(x) = x2 A =[0,∞);

(b) g(x) = sin(1/x) B = (0,∞).

4. Tunjukkan bahwa fungsi f(x) = 1/(1 + x2) untuk x∈R kontinu seragam pada R

5. Tunjukkan bahwa jika f dan g kontinu seragam pada A⊆R, maka f + g juga kon-

tinu seragam pada A.

6. Tunjukkan bahwa jika f dan g kontinu seragam pada A⊆R dan jika kedua-duanya

terbatas pada A, maka hasil kali fg juga fungsi kontinu seragam.

7. Jika f(x) = x dan g(x) = sin x, tunjukkan bahwa f dan g kontinu seragam pada R,

tetapi hasil kali fg tidak kontinu seragam pada R.

Page 188: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 188

8. Buktikan bahwa jika f dan g masing-masing kontinu seragam pada R maka fungsi

komposisinya f o g juga kontinu seragam pada R.

9. Jika f kontinu seragam pada A⊆R, dan f(x) ≥ k > 0 untuk semua x∈A, tunjuk-

kan bahwa 1/f kontinu seragam pada A.

10. Buktikan bahwa jika f kontinu seragam pada suatu himpunan A⊆R yang terbatas,

maka f terbatas pada A.

11. Jika g(x) = x untuk x∈[0,1], tunjukkan bahwa tidak terdapat suatu konstanta K

sedemikian sehingga g(x) ≤ Kx untuk semua x∈[0,1]. Berikan kesimpulan

bahwa g kontinu seragam yang tidak merupakan fungsi Lipschitz pada [0,1].

12. Tunjukkan bahwa jikaf kontinu pada [0,∞) dan kontinu seragam pada [a,∞) untuk

suatu konstanta positif a, maka f kontinu seragam pada [0,∞).

13. Misalkan A⊆R dan f : A → R memiliki difat: untuk setiap ε > 0 terdapat suatu

fungsi gε : A → R sedemikian sehingga gε kontinu seragam pada A dan f(x) -

gε(x) < ε untuk semua x∈A. Buktikan bahwa f kontinu seragam pada A.

14. Suatu fungsi f : R → R dikatakan fungsi periodik pada A jika terdapat suatu

bilangan p > 0 sedemikian sehingga f(x + p) = f(x) untuk semua x∈R. Buktikan

bahwa suatu fungsi periodik kontinu pada R adalah terbatas dan kontinu seragam

pada R.

15. Jika f0(x) = 1 untuk x∈[0,1], Hitunglah beberapa polinomial pertama Bernsteîn

untuk f0.Tunjukkan bahwa polinomial ini serupa dengan f0. [Petunjuk: Teorema

Binomial menyatakan bahwa (a + b)n = knkn

k

bak

n −

=∑

0

].

16. Jika f1(x) = x untuk x∈[0,1], Hitunglah beberapa polinomial pertama Bernsteîn

untuk f1.Tunjukkan bahwa polinomial ini serupa dengan f1.

17. Jika f2(x) = x2 untuk x∈(0,1), Hitunglah beberapa polinomial pertama Bernsteîn

untuk f2.Tunjukkan bahwa Bn(x) = (1 –1/n)x2 + (1/n)x.

Page 189: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 189

18. Gunakan hasil latihan sebelumnya untuk f2, seberapa besarnya n sedemikian se-

hingga polinomial Bernsteîn ke-n Bn untuk f2 memenuhi f2(x) – Bn(x) ≤ 0,001

untuk semua x∈[0,1].

Pasal 5.5 Fungsi Monoton dan Fungsi Invers

Ingat kembali bahwa jika A⊆R, maka fungsi f : A → R dikatakan naik pada

A jika untuk setiap x1,x2∈A dengan x1 ≤ x2 berlaku f(x1) ≤ f(x2). Fungsi f dikatakan

naik secara murni pada A jika untuk setiap x1,x2∈A dengan x1 < x2 berlaku f(x1) <

f(x2). Demikian juga, g : A → R dikatakan turun pada A jika untuk setiap x1,x2∈A

dengan x1 ≥ x2 berlaku g(x1) ≥ g(x2). Fungsi g dikatakan turun secara murni pada A

jika untuk setiap x1,x2∈A dengan x1 > x2 berlaku g(x1) > g(x2).

Jika suatu fungsi naik atau turun pada A, maka kita katakan fungsi tersebut

monoton pada A. Jika f fungsi naimk murni ayau turun murni pada A, kita katakan

bahwa f monoton murni pada A.

Kita perhatikan bahwa jika f : A → R naik pada A maka g = -f turun pada A;

demikian juga jika ϕ : A → R turun pada A, maka ψ = -ϕ naik pada A.

Dalam pasal ini, kita akan bekerja dengan fungsi-fungsi monoton yang dide-

finisikan pada suatu interval I⊆R. Kita akan mendiskusikan fungsi-fungsi naik secara

eksplisit, tetapi itu jelas bahwa terdapat persesuaian hasil untuk fungsi-fungsi turun.

Hasil-hasil ini dapat diperoleh secara langsung dari hasil-hasil untuk fungsi-fungsi

naik atau dibuktikan dengan argumen yang serupa.

Fungsi monoton tidak perlu kontinu. Sebagai cintoh, jika f(x) = 0 untuk

x∈[0,1] dan f(x) = 1 untuk x∈(1,2], maka f merupakan fungsi naik pada [0,1], tetapi

tidak kontinu pada x = 1. Akan tetapi, hasil berikut ini menunjukkan bahwa suatu

fungsi monoton selalu mempunyai limit-limit sepihak baik limit pihak-kiri maupun

pihak-kanan (lihat Definisi 4.3.1) dalam R pada setiap titik yang bukan titik ujung

dari domainnya.

Page 190: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 190

5.5.1 Teorema Misalkan I⊆R suatu interval dan f : I → R naik pada I. An-

daikan bahwa c∈I bukan titik ujung dari I. Maka

(i) fcx −→

lim = sup{f(x) : x∈I, x < c}

(ii) fcx +→

lim = inf{ f(x) : x∈I, x > c}

Bukti. Pertama-tama kita perhatikan jika x∈I dan x < c, maka f(x) ≤ f(c). Dari

sini himpunan {f(x) : x∈I, x < c}, yang mana tidak kosong karena c bukan titik ujung

dari I, terbatas diatas oleh f(c). Jadi ini menunjukkan bahwa supremumnya ada; kita

simbol dengan L. Jika ε > 0 diberikan, maka L - ε bukan suatu batas atas dari him-

punan ini. Dari sini, terdapat yε ∈I, yε < c sedemikian sehingga L - ε < f(yε) ≤ L.

Karena f fungsi naik, kita simpulkan bahwa jika δ(ε) = c - yε dan jika 0 < c – y < δ(ε),

maka ), maka yε < y < c dengan demikian

L - ε < f(yε) ≤ f(y) ≤ L

Oleh karena itu f(y) - L < ε bila 0 < c – y < δ(ε). Karena ε > 0 sebarang, kita kata-

kan bahwa (i) berlaku.

Pembuktian bagian (ii) dilakukan dengan cara serupa.

Hasil berikut memberikan kriteria untuk kekontinuan dari fungsi naik f pada

suatu titik c yang bukan titik ujung interval pada mana f didefinisikan.

5.5.2 Akibat Misalkan I⊆R suatu interval dan f : I → R naik pada I. An-

daikan bahwa c∈I bukan titik ujung dari I. Maka pernyataan-pernyataan berikut ini

ekuivalen.

(a) f kontinu pada c.

(b) fcx −→

lim = f(c) = fcx +→

lim

(c) sup{f(x) : x∈I, x < c} = f(c) = inf{ f(x) : x∈I, x > c}

Pembuktiannya mudah, tinggal mengikuti Teorema 5.5.1 dan 4.3.3. Kita ting-

galkan detailnya untuk pembaca.

Page 191: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 191

Misalkan I suatu interval dan f : I → R suatu fungsi naik. Jika a titik ujung

kiri dari I, maka merupakan suatu latihan untuk menunjukkan bahwa f kontinu pada a

jika dan hanya jika

f(a) = inf{ f(x) : x∈I, a < x}

atau jika hanya jika fax +→

lim . Syarat yang serupa diterapkan pada suatu titik ujung

kanan dari I, dan untuk fungsi-fungsi turun.

GAMBAR 5.5.1 Lompatan dari f pada c

Jika f : I → R fungsi naik pada I dan jika c bukan suatu titik ujung dari I, kita

definisikan lompatan dari f pada c sebagai jf(c) = fcx +→

lim - fcx −→

lim . (Lihat Gambar

5.5.1.) Mengikuti Teorema 5.5.1 bahwa

jf(c) = inf{ f(x) : x∈I, x > c} - sup{f(x) : x∈I, x < c}

untuk suatu fungsi naik. Jika titik ujung kiri a dari I masuk dalam I, kita mendefinisi-

kan lompatan dari f pada a menjadi jf(a) = fax +→

lim - f(a). Jika titik ujung kanan b

dari I masuk dalam I, kita mendefinisikan lompatan dari f pada b menjadi jf(b) =

f(b) - fbx −→

lim .

5.5.3 Teorema Misalkan I⊆R suatu interval dan f : I → R naik pada I. Jika

c∈I, maka f kontinu pada c jika dan hanya jika jf(c) = 0

Bukti. Jika c bukan suatu titik ujung, ini secara mudah mengikuti Akibat

5.5.2. Jika c∈I titik kiri ujung dari I, maka f kontinu pada c jika dan hanya jika f(c) =

{jf(c)

c

Page 192: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 192

fcx +→

lim , yang mana ekuivalen dengan jf(c) = 0. Cara serupa juga dapat diperoleh un-

tuk kasus c∈I titik ujung kanan dari I.

Sekarang kita akan menunjukkan bahwa bisa terdapat paling banyak sejumlah terhitung titik-

titik dimana fungsi monoton diskontinu.

5.5.4 Teorema Misalkan I⊆R suatu interval dan f : I → R fungsi monoton

pada I. Maka himpunan titik-titik D⊆I dimana f diskontinu adalah himpunan terhi-

tung.

Bukti. Kita akan menganggap bahwa f fungsi naik pada I. Mengikuti Teorema

5.5.3 bahwa D = {x∈I : jf(x) ≠ 0}. Kita akan memandang kasus bahwa I = [a,b] suatu

interval tertutup dan terbatas, ditinggalkan kasus lain sebagai latihan bagi pembaca.

Pertama-tama kita perhatikan bahwa karena f fungsi naik, maka jf(c) ≥ 0 untuk

semua c∈I. Selain itu, jika a ≤ x1 < … < xn ≤ b, maka (mengapa?) kita mempunyai

f(a) ≤ f(a) + jf(x1) < … < jf(xn) ≤ f(b),

yang mana berarti bahwa

jf(x1) < … < jf(xn) ≤ f(b) – f(a).

(Lihat Gambar 5.5.2.) Akibatnya bisa terdapat paling banyak k buah titik dalam I =

[a,b] dimana jf(x) ≥ (f(b) – f(a))/k. Kita simpulkan bahwa terdapat paling banyak satu

titik x∈I dimana jf(x) ≥ f(b) – f(a); terdapat baling banyak dua titik dalam I dimana

jf(x) ≥ (f(b) – f(a))/2; terdapat baling banyak tiga titik dalam I dimana jf(x) ≥ (f(b) –

f(a))/3; dan seterusnya. Oleh karena itu terdapat paling banyak sejuemlah terhitung

titik-titik x dimana jf(x) > 0. Akan tetapi karena setiap titik dalam D mesti masuk

dalam himpunan ini, kita simpulkan bahwa D himpunan terhitung.

Teorema 5.5.4 beberapa aplikasi yang berguna. Sebagai contoh, diperlihatkan

dalam Latihan 5.2.12 bahwa jika h : R → R memenuhi identitas

(*) h(x + y) = h(x) + h(y) untuk semua x,y∈R

Page 193: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 193

dan jika h kontinu pada satu titik x0, maka h kontinu pada setiap titik dalam R. Ini

berarti bahwa jika h merupakan fungsi monotan yang memenuhi (*), maka h mesti

kontinu pada R.

GAMBAR 5.5.2 jf(x1) + … + jf(xn) ≤ f(b) – f(a)

Fungsi-fungsi Invers

Sekarang kita akan memandang keberadaan invers suatu fungsi yang kontinu

pada suatu interval I⊆R. Kita ingat kembali (lihat Pasal 1.2) bahwa suatu fungsi f : I

→ R mempunyai fungsi invers jika dan hanya jika f injektif ( = satu-satu); yaitu x,y∈I

dan x ≠ y mengakibatkan bahwa f(x) ≠ f(y). Kita perhatikan bahwa suatu fungsi

monoton murni adalah injektif dan dengan demikian mempunyai invers. Dalam teo-

rema berikut, kita menunjukkan bahwa jika f : I → R fungsi kontinu monoton murni,

maka f mempunyai suatu fungsi invers g pada J = f(I) yang juga fungsi kontinu

monoton murni pada J. Khususnya, jika f fungsi naik murni maka demikian juga den-

gan g, dan jika f fungsi turun murni maka demikian juga g.

{

{

{

{

f(b) - f(a)

f(a)

f(b)jf(x4)

jf(x3)

jf(x2)

jf(x1)

x4x3x2x1 ba

Page 194: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 194

5.5.5 Teorema Invers Kontinu Misalkan I⊆R suatu interval dan f : I→ R

monoton murni dan kontinu pada I. Maka fungsi g invers dari f adalaj fungsi

monoton murni dan kontinu pada J = f(I).

GAMBAR 5.5.3 g(y) ≠ x untuk y∈J

Bukti. Kita pandang kasus f fungsi naik murni, meninggalkan kasus bahwa f

fungsi turun murni untuk pembaca.

Karena f kontinu dan I suatu interval, maka menurut Teorema Pengawetan In-

terval 5.3.10, J = f(I) suatu interval. Selain itu, karena f naik murni pada I, maka f

fungsi injektif pada I; oleh karena itu fungsi g : J → R invers dari f ada. Kita claim

bahwa g naik murni. Memang, jika y1 < y2, maka y1 = f(x1) dan y2 = f(x2) untuk suatu

x1, x2∈I. Kita mesti mempunyai x1 < x2; untuk hal lain x1 ≥ x2, mengakibatkan y1 =

f(x1) ≥ f(x2) = y2, bertentangan dengan hipotesis bahwa y1 < y2. Oleh karena itu kita

mempunyai

g(y1) = x1 < x2 = g(x2).

Karena y1 dan y2 sebarang unsur dalam J dengan y1 < y2, kita simpulkan bahwa g naik

murni pada J.

{jg(c)

c

o.g(c)

x

J

Page 195: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 195

Tinggal menunjukkan bahwa g kontinu pada J. Akan tetapi, ini merupakan

konsekuensi dati fakta bahwa g(J) = I suatu interval. Memang, jika g diskontinu pada

suatu titik c∈J, maka lompatan dari g pada c tidak nol dengan demikian

gcx −→

lim < gcx +→

lim

Jika kita memilih sebarang x ≠ g(c) yang memenuhi gcx −→

lim < x < gcx +→

lim , maka x

mempunyai sifat bahwa x ≠ g(y) untuk sebarang y∈J. (Lihat Gambar 5.5.3.) Dari sini x∉I, yang mana kontradikdi dengan fakta bahwa I suatu interval. Oleh karena itu kita

menyimpulkan bahwa g kontinu pada J.

Fungsi Akar ke-n

Kita kan menggunakan Teorema Invers Kontinu 5.5.5 untuk fungsi pangkat

ke-n. Kita perlu membedakan atas dua kasus: (i) n genap, dan (ii) n ganjil.

GAMBAR 5.5.4 Grafik dari f(x) = xn (x ≥ 0, n genap)

(i) n genap. Agar diperoleh suatu fungsi yang monoton murni, kita batasi

perhatian kita untuk interval I = [0,∞). Jadi, misalkan f(x) = xn untuk x∈I. (Lihat

Gambar 5.5.4.) Kita telah melihat (dalam Latihan 2.2.17) bahwa jika 0 ≤ x < y, maka

f(x) = xn < yn = f(y); oleh karena itu f monoton murni pada I. Selain itu, mengikuti

Contoh 5.2.4(a) bahwa IfI kontinu pada I. Oleh karena itu, menurut Teorema Pen-

gawetan Interval 5.3.10, J = f(I) suatu interval. Kita akan menunjukkan bahwa J =

Page 196: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 196

[0,∞). Misalkan y ≥ 0 sebarang; menurut Sifat Archimedean, terdapat k∈N

sedemikian sehingga 0 ≤ y < k. Karena (Mengapa?)

f(0) = 0 ≤ y < k ≤ kn = f(k),

mengikuti Teorema Nilai Antara Bolzano 5.3.6 bahwa y∈J. Karena y ≥ 0 sebarang,

kita simpulkan bahwa J = [0,∞).

Kita menyimpulkan dari Teorema Invers Kontinu 5.5.5 bahwa fungsi g yaitu

invers dari f(x) = xn pada I = [0.) naik murni dan kontinu pada J = [0,). Kita lazimnya

menuliskan

g(x) = x1/n atau g(x) = n x

untuk x ≥ 0 (n genap), dan menyebut x1/n = n x akar ke-n dari x ≥≥≥≥ 0 (n genap).

Fungsi g dinamakan fungsi akar ke-n (n genap). (Lihat Gambar 5.5.5.)

GAMBAR 5.5.5 Grafik dari f(x) = x1/n (x ≥ 0, n genap)

Karena g invers untuk f, kita mempunyai

g(f(x)) = x dan f(g(x)) = x untuk semua x∈[0,∞).

Kita dapat menuliskan persamaan-persamaan ini dalam bentuk berikut:

(xn)1/n = x dan (x1/n)n = x

untuk semua x∈[0,∞) dan n genap.

(ii) n ganjil. Dalam kasus ini kita misalkan F(x) = xn untuk semua x∈R;

menurut 5.3.4(a), F kontinu pada R. Kita tinggalkan bagi pembaca untuk menunjuk-

kan bahwa F naik murni pada R dan F(R) =R. (Lihat Gambar 5.5.6.)

Page 197: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 197

Mengikuti Teorema Invers Kontinu 5.5.5, fungsi G yaitu invers dari F(x) = xn

untuk x∈R, adalah fungsi naik murni dan kontinu pada R. Kita lazimnay menuliskan

G(x) = x1/n atau G(x) = n x untuk x∈R, n ganjil

Dan menyebut x1/n sebagai akar ke-n dari x∈∈∈∈R. Fungsi G disebut fungsi akar ke-n

(n ganjil). (Lihat Gambar 5.5.7.) Disini kita mempunyai

(xn)1/n = x dan (x1/n)n = x

untuk semua x∈R dan n ganjil.

GAMBAR 5.5.6 Grafik F(x) = xn (x∈R, n ganjil)

Pangkat-pangkat Rasional

Telah didefinisikan fungsi-fungsi akar ke-n untuk n∈N, yang mana hal ini

memudahkan untuk mendefinisikan pangkat-pangkat rasional.

5.5.6 Definisi (i) Jika m,n∈N dan x ≥ 0, kita definisikan xm/n = (x1/n)m. (ii)

Jika m,n∈N dan x > 0, kita definisikan x-m/n = (x1/n)-m.

Dari sini kita telah mendefinisikan xr apabila r bilangan rasional dan x > 0.

Grafik dari x ξ xr bergantung pada apakah r > 1, r = 1, 0 < r < 1, r = 0, atau r < 0. (Li-

hat Ganbar 5.5.8.) Karena suatu bilangan rasional r∈Q dapat ditulis dalam bentuk r =

m/n dengan m∈Z, n∈N, dalam banyak cara, akan diunjukkan bahwa Definisi 5.5.6

tidak berarti ganda. Yaitu, jika r = m/n = p/q dengan m,p∈Z dan n,q∈N dan jika x >

Page 198: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 198

0, maka (x1/n)m = (x1/q)p. Kita tinggalkan sebagai latihan bagi pembaca untuk mem-

buktikan hubungan ini.

5.5.7 Teorema Jika m∈Z,n∈N, dan x > 0, maka xm/n = (xm)1/n.

Bukti. Jika x > 0 dan m,n∈Z, maka (xm)n = xmn = (xn)m. Sekarang misalkan y

= xm/n = (x1/n)m > 0 dengan demikian yn = ((x1/n)m)n = ((x1/n)n)m = xm. Oleh karena itu

diperoleh bahwa y = (xm)1/n.

GAMBAR 5.5.7 Grafik G(x) = x1/n (x∈R, n ganjil)

Pembaca akan menunjukkan juga, sebagai latihan, bahwa jika x > 0 dan

r,s∈Q, maka

xrxs = xr + s =xsxr dan (xr)s = xrs = (xs)r.

Latihan-latihan 1. Jika I = [a,b] suatu interval dan f : I → R suatu fungsi naik, maka titik a [atau juga, b]

suatu titik minimum mutlak [atau juga, titik maksimum absolut] untuk f pada I. Jika f

suatu fungsi naik murni, maka a merupakan satu-satunya titik minimum mutlak untuk f

pada I.

2. Jika f dan g fungsi-fungsi naik pada suatu interval I⊆R, tunjukkan bahwa f + g juga

suatu fungsi naik pada I. Jika f juga fungsi naik murni pada I, maka f + g fungsi naik

murni pada I.

3. Tunjukkan bahwa f(x) = x dan g(x) = x – 1 naik murni pada I = [0,1], akan tetapi hasil

kali fg tidak naik pada I.

Page 199: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 199

4. Tunjukkan bahwa jika f dan g fungsi-fingsi positif naik pada suatu interval I, maka

fungsi hasil-kalinya fg merupakan fungsi naik pada I.

5. Tunjukkan bahwa jika I = [a,b] dan f : I → R fungsi naik pada I, maka f kontinu pada a

jika dan hanya jika f(a) = inf{ f(x) : x∈(a,b]}.

GAMBAR 5.5.8 Grafik dari x ξ xr (x > 0) 6. Misalkan I⊆R suatu interval dan f : I → R fungsi naik pada I. Misalkan juga c∈I bukan

titik ujung dari I. Tunjukkan bahwa f kontinu pada c jika dan hanya jika terdapat suatu

barisan (xn) dalam I sedemikian sehingga xn < c untuk n = 1,3,5, … ; xn > c untuk n =

2,4,6, … ; dan sedemikian sehingga c = lim (xn) dan f(c) = lim (f(xn)).

7. Misalkan I⊆R suatu interval dan f : I → R fungsi naik pada I. Jika c∈I bukan titik ujung

dari I, tunjukkan bahwa lompatan jf(c) dari f pada c diberikan oleh inf{f(y) –f(x) : x < c <

y, x,y∈I}.

8. Misalkan f,g fungsi-fungsi naik pada suatu interrval I⊆R dan f(x) > g(x) untuk semua

x∈I. Jika y∈f(I)∩g(I), tunjukkan bahwa f-1(y) < g-1(y). [Petunjuk: Pertama-tama interpre-

tasi pernyataan ini secara geometri].

9. Misalkan I = [0,1] dan misalkan f : I → R didefinisikan oleh f(x) = x untuk x rasional,

dan f(x) = 1 – x untuk x irasional. Tunjukkan bahwa f injektif pada I dan f(f(x)) = x untuk

Page 200: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Aljabar Himpunan

Analisis Real I 200

semua x∈I. (Dari sini f adalah fungsi invers untuk dirinya sendiri!) Tunjukkan bahwa f

kontinu hanya pada x = ½.

10. Misalkan I = [a,b] dan f : I → R kontinu pada I. Jika f mempunyai suatu maksimum mut-

lak [atau, minimum mutlak] pada suatu titik interior c dari I, tunjukkan bahwa f bukan in-

jektif pada I.

11. Misalkan f(x) = x untuk x∈[0,1], dan f(x) = x + 1 untuk x∈(1,2]. Tunjukkan bahwa f dan

f-1 merupakan fungsi-fungsi naik murni. Apakah f dan f-1 kontinu pada setiap titik?

12. Misalkan f : [0,1] → R suatu fungsi kontinu yang tidak memuat sebarang dari nilai-

nilainya dua kali dan dengan f(0) < f(1). Tunjukkan bahwa f fungsi naik murni pada [0,1].

13. Misalkan h : [0,1] → R suatu fungsi yang memuat nilai-nilainya tepat dua kali. Tunjuk-

kan bahwa h tidak kontinu pada setiap titik. [Petunjuk : Jika c1 < c2 titik-titik dimana h

mencapai supremumnya, tunjukkan bahwa c1 = 0, c2 = 1. Sekarang titik-titik dimana h

mencapai infimumnya.]

14. Misalkan x∈R, x > 0. Tunjukkan bahwa jika m,p∈Z, n,q∈N, dan mq = np, maka (x1/n)m

= (x1/q)p.

15. Jika x∈R, x > 0, dan jika r,s∈Q, tunjukkan bahwa xrxs = xr + s =xsxr dan (xr)s = xrs =

(xs)r.

Page 201: Analisis Real I · Aljabar Himpunan Analisis Real I 2 PENDAHULUAN Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan untuk mempelajari analisis real.

Pendahuluan

Analisis Real I 201

11. DAFTAR PUSTAKA

Bartle, Robert G. 1992. Introductions to Real Analysis. Second edition. New York :

John Wiley & Sons, Inc.