Analisis Real II.pdf

PENGANTAR ANALISIS REAL

HAIRUR RAHMAN, M.Si.

KATA PENGANTAR

Segala puji hanya milik Allah SWT. Sholawat serta salam penulis haturkan

kepada Rasulullah Muhammad SAW. Atas rahmat dan hidayah Allah SWT semata,

penulisan buku PENGANTAR ANALISIS REAL ini dapat diselesaikan.

Buku PENGANTAR ANALISIS REAL ini ditulis dengan harapan untuk

mengatasi kesulitan mahasiswa Jurusan Matematika dalam memahami buku-. buku

PENGANTAR ANALISIS REAL ini sengaja dibuat untuk membantu

mahasiswa dalam mengikuti matakuliah ANALISIS REAL I DAN ANALISIS

REAL II. Buku ini menekankan delapan konsep dasar dan menerapkan konsep

tersebut dalam banyak. sekali situasi praktis. Dalam gaya, buku ini sederhana dan

langsung dengan penjelasan yang terang, dan contoh yang menjelaskan, dan

himpunan soal-soal yang telah diperiksa secara saksama.

Suatu bentuk baru yang didisain dengan apik mengundang mahasiswa untuk

membaca buku ini. kami telah mencoba mencapai suatu penampilan yang rapi dan

bersih di mana hasil-hasil yang penting terpampang secara jelas.

Bab yang pertama memperkenalkan konsep pokok himpunan dan operasi

pada himpunan, fungsi, induksi matematika, Bab 2 Sistem Bilangan Real

menerangkan sifat-sifat Aljabar bilangan Real, Nilai Mutlak, Sifat Kelengkapan pada

R , Interval dan titik cluster, himpunan buka dan tutup di R, himpunan takhingga,

bab 3 mempeljari barisan Bilangan Real, Barisan Konvergen, Ekor Barisan,

Teorema Limit, Barisan Monoton, Barisan Cauchy, Barisan Divergen. Selanjutnya

untuka menunjang dalam pembelajaran analisis real maka diberikan bab 4 konsep

topologi R, persekitaran, titik limit, titik dalam, penutup, titik batas dan titik luar,

himpunan kekompakan selanjutnya Bab 5 Limit Fungsi dan Kekontinuan dengan

Limit Fungsi dan definisi kontinu, Konsep limit dan Kontinu, Limit kanan, Limit

i

kiri, Kontinu kiri dan Kontinu kanan, Kekontinuan Seragam, Bab 6 Konsep

Turunan, pengertian dan konsep Turunan, teorema nilai rata-rata, teorema Taylor

dan metode Newton. Untuk memantapkan suatu pengetahuan tentaang integral

diberikan pada bab 7 dengan Integral Riemann, definisi Integral Riemann,

integral Limit, dan bab terakhir dibahas tentang integral Riemann-Stieltjes, siifat-

sifat integral Riemann-Stieljes

UCAPAN TERIMA KASIH DAN REKOMENDASI

Kami menyampaikan terima kasih Yang tulus kepada para penelaah Yang

telah sangat banyak memperbaiki usaha-usaha kami. Terima kasih Yang

khusus ditujukan Yang membaca dan memberikan komentar terinci pada

keseluruhan naskah. Bapak Ibuku yang memberikan segalanya dan kasih

sayangnya serta Roefi, Silfa, Mantri, Citra, Ria Nor Fika Yuliandari,

ponaknku Faqih dan Fatir, keluarga besar Drs. Sahiruddin, M.Si.

abdussakir, M.Pd, teman-teman FSAINTEK UIN Malang.

Kritik dan saran kami harapkan demi baiknya buku ini. Semoga bermanfaat bagi

kepentingan semua.

Malang, Agustus 2008

Penulis.

ii

Saya Persembahkan Buku ini Untuk:

Para Peminat Matematika, dan Perkembangannya, Bapak, Ibu, Istriku Ria Norfika Yuliandari.

Rofi, Citra, Silva, Mantri, dan

Ponakannku Faqih & Fatir

iii

DAFTAR ISI

DAFTAR ISI i

KATA PENGANTAR iv

1 PENDAHULUAN 1

1.1. Himpunan dan Operasi pada Himpunan 1

1.2. Fungsi 8

1.3. Induksi Matematika 22

2 SISTEM BILANGAN REAL 30

2.1. Sifat-sifat Aljabar Bilangan Real 30

2.2. Nilai Mutlak 37

2.3. Sifat Kelengkapan pada R 41

2.4. Interval dan Titik Cluster 46

2.5. Himpunan Buka dan Tutup di R 48

2.6. Himpunan Takhingga 49

3 BARISAN BILANGAN REAL 54

3.1. Barisan Bilangan Real 54

3.2. Barisan Konvergen 59

3.3. Ekor Barisan 64

3.4. Teorema Limit 68

3.5. Barisan Monoton 77

3.6. Barisan Cauchy 79

3.7. Barisan Divergen 81

iv

4 KONSEP TOPOLOGI R 83

4.1. Persekitaran 83

4.2. Titik limit 84

4.3. Titik dalam, penutup 88

4.4. Titik batas dan Titik luar 94

4.5. Himpunan Kekompakan 95

5 LIMIT FUNGSI DAN KEKONTINUAN 100

5.1. Limit Fungsi dan Definisi kontinu 100

5.2. Konsep Limit dan Kontinu 108

5.3. Limit Kanan, Limit Kiri, Kontinu Kiri dan Kontinu Kanan 114

5.4. Kekontinuan Seragam 120

6 KONSEP TURUNAN 124

6.1. Pengertian Dan Konsep Turunan 124

6.2. Teorema Nilai Rata-rata 136

6.3. Teorema Taylor dan Metode Newton 148

7 INTEGRAL RIEMANN 157

7.1. Definisi Integral Riemann 157

7.2. Integral Limit 164

8 INTEGRAL RIEMANN-STIELTJES

8.1. Definisi Integral Riemann-Stieltjes 174

8.2. Sifat-sifat Integral Riemann-Stieljes 177

DAFTAR PUSTAKA

v

1 PENDAHULUAN

1.1. Himpunan dan Operasi pada Himpunan

Himpunan adalah kumpulan objek-objek yang terdefinisi dengan jelas (well defined).

Objek-objek yang termasuk dalam suatu himpunan disebut unsur atau anggota

himpunan. Himpunan biasanya disimbolkan dengan huruf kapital, seperti A, B, C,

dan D, sedangkan anggota himpunan disimbolkan dengan huruf kecil, seperti a, b, c,

dan d.

Jika a adalah unsur pada himpunan A, maka ditulis a ∈ A. Jadi, perlu dipahami

bahwa tulisan a ∈ A mempunyai arti bahwa a anggota himpunan A, a unsur

himpunan A, A memuat a, atau a termuat di A. Jika a bukan unsur pada himpunan

A, maka ditulis a ∉ A. Himpunan yang tidak mempunyai anggota disebut

himpunan kosong dan dinotasikan dengan . 0/

Himpunan dapat dinyatakan dalam dua bentuk penulisan, yaitu bentuk tabular

(tabular form) dan bentuk pencirian (set-builder form). Bentuk tabular adalah penulisan

himpunan dengan mendaftar semua anggotanya di dalam tanda kurung kurawal { }.

Sebagai contoh, A = {2, 4, 6, 8, 10} menyatakan bahwa himpunan A memuat

bilangan 2, 4, 6, 8, dan 10. Bentuk pencirian adalah penulisan himpunan dengan

menyebutkan sifat atau syarat keanggotan anggota himpunan tersebut, misalnya

A = { x ⏐1 < x < 10}.

Secara lebih umum, himpunan dapat didefinisikan sebagai kumpulan semua x

yang memenuhi syarat-syarat yang ditentukan. Notasi

1

A = { x ⏐ P(x)}

mendefinisikan A sebagai himpunan semua x yang memenuhi syarat P(x). Notasi

tersebut dibaca “A adalah himpunan x sedemikian hingga P(x)”. Sebagai contoh

A = { x ⏐1 < x < 10}

dibaca A adalah himpunan x sedemikian hingga 1 < x < 10. Notasi

A = {x ∈ B ⏐P(x)}

juga digunakan untuk menyatakan bahwa A memuat semua unsur x di B yang

memenuhi syarat P(x).

Beberapa himpunan yang akan sering ditemui dalam buku ini adalah sebagai

berikut.

N = Himpunan bilangan asli atau bilangan bulat positif = {1, 2, 3, …}

W = Himpunan bilangan cacah atau bilangan bulat nonnegatif = {0, 1, 2, …}

Z = Himpunan bilangan bulat = {…, -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, …}

Q = Himpunan bilangan rasional = { ba

⏐ a, b ∈ Z, b ≠ 0}

R = Himpunan bilangan real.

Himpunan bilangan real yang tidak dapat dinyatakan sebagai ba dengan a, b ∈ Z

dan b ≠ 0 disebut himpunan bilangan irrasional. Bilangan 2 , 3 , dan 8 adalah

contoh bilangan irrasional.

Definisi 1.1.1 Misalkan A dan B himpunan. A dikatakan himpunan bagian (subset) dari B,

ditulis A ⊆ B, jika setiap unsur di A merupakan unsur di B.

Secara simbolik,

A ⊆ B ⇔ (x ∈ A ⇒ x ∈ B)

Tulisan A ⊆ B dapat dimaknai bahwa A subset B, A termuat di B, atau B memuat

A. Jika A subset B dan ada unsur di B yang tidak termuat di A, maka A disebut

subset sejati dari B, dan ditulis A ⊂ B.

2

3

Definisi 1.1.2 Misalkan A dan B himpunan. A dikatakan sama dengan B, ditulis A = B,

jika A subset B dan B subset A.

Secara simbolik,

A = B ⇔ A ⊆ B ∧ B ⊆ A.

Definisi 1.1.3 Misalkan A dan B himpunan. Gabungan A dan B, ditulis A ∪ B, adalah

himpunan yang memuat semua unsur di A atau B.

Secara simbolik,

A ∪ B = { x ⏐x ∈ A ∨ x ∈ B}.

Kata “atau” bermakna bahwa x termuat di A saja, B saja, atau di A sekaligus B.

Definisi 1.1.4 Misalkan A dan B himpunan. Irisan A dan B, ditulis A ∩ B, adalah

himpunan yang memuat semua unsur di A dan B.

Secara simbolik,

A ∩ B = { x ⏐x ∈ A ∧ x ∈ B }.

Kata “dan” bermakna bahwa x termuat di A sekaligus di B. Jika A ∩ B = ∅, maka

A dan B disebut himpunan yang saling lepas (disjoint).

Definisi 1.1.5 Misalkan A dan B himpunan. Komplemen relatif dari A di B, ditulis B\A,

adalah himpunan yang memuat semua unsur di B tetapi tidak termuat di A.

Secara simbolik,

B\A = { x ∈ B ⏐ x ∉ A}.

Jika A adalah subset dari himpunan tertentu B, maka B\A biasanya disebut

komplemen dari A dan ditulis Ac. Akan diperoleh bahwa

(Ac)c = A dan B = A ∪ Ac.

Berikut ini disajikan beberapa teorema dasar berkenaan dengan operasi pada

himpunan.

Teorema 1.1.6 Misalkan A, B, dan C adalah himpunan. Maka,

a. A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C)

b. A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C)

4

Bukti: Pada buku ini akan dibuktikan bagian a dan yang lain diberikan sebagai

latihan. Untuk membuktikan

A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C),

maka harus ditunjukkan

A ∩ (B ∪ C) ⊆ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C)

dan

(A ∩ B) ∪ (A ∩ C) ⊆ A ∩ (B ∪ C)

Untuk menunjukkan

A ∩ (B ∪ C) ⊆ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C),

diambil sebarang

x ∈ A ∩ (B ∪ C),

maka x ∈ A dan

x ∈ (B ∪ C). x ∈ (B ∪ C)

berarti x ∈ B atau x ∈ C. Jika x ∈ B, maka x ∈ A ∩ B. Sehingga diperoleh

x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C).

Jika x ∈ C, maka

x ∈ A ∩ C.

Sehingga diperoleh

x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C).

Karena untuk sebarang

x ∈ A ∩ (B ∪ C)

berlaku

x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C),

maka disimpulkan

A ∩ (B ∪ C) ⊆ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C).

Untuk menunjukkan

(A ∩ B) ∪ (A ∩ C) ⊆ A ∩ (B ∪ C)

5

diambil sebarang

x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C).

Diperolah x ∈(A ∩ B) atau x ∈ (A ∩ C). Jika x ∈ (A ∩ B), maka x ∈ A dan x ∈

B. Karena x ∈ B, maka x ∈ (B ∪ C). Diperoleh

x ∈ A ∩ (B ∪ C).

Jika x ∈ (A ∩ C), maka x ∈ A dan x ∈ C. Karena x ∈ C, maka x ∈ (B ∪ C).

Diperoleh

x ∈ A ∩ (B ∪ C).

Karena untuk sebarang x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) berlaku

x ∈ A ∩ (B ∪ C),

maka disimpulkan

(A ∩ B) ∪ (A ∩ C) ⊆ A ∩ (B ∪ C).

Dengan demikian, terbukti

A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C).

Teorema 1.1.7 (Hukum De Morgan) Misalkan A dan B adalah subset himpunan S.

Maka

a. (A ∪ B)c = Ac ∩ Bc.

b. (A ∩ B)c = Ac ∪ Bc.

Bukti: Dalam buku ini akan dibuktikan bagian a dan bagian b diberikan sebagai

latihan. Untuk membuktikan

(A ∪ B)c = Ac ∩ Bc,

harus ditunjukkan

(A ∪ B)c ⊆ Ac ∩ Bc

dan

Ac ∩ Bc ⊆ (A ∪ B)c .

Untuk menunjukkan

(A ∪ B)c ⊆ Ac ∩ Bc

6

diambil sebarang x ∈ (A ∪ B)c, maka x ∉ A ∪ B. Karena x ∉ A ∪ B, maka x ∉ A

dan x ∉ B. Jadi, x ∈ Ac dan x ∈ Bc. Dengan kata lain, x ∈ Ac ∩ Bc. Diperoleh

(A ∪ B)c ⊆ Ac ∩ Bc.

Untuk menunjukkan

Ac ∩ Bc ⊆ (A ∪ B)c

Diambil sebarang x ∈ Ac ∩ Bc, maka x ∉ A dan x ∉ B. Diperoleh x ∉ A ∪ B.

Sesuai definisi, maka x ∈ (A ∪ B)c. Jadi,

Ac ∩ Bc ⊆ (A ∪ B)c

Dengan demikian terbukti

(A ∪ B)c = Ac ∩ Bc.

Definisi 1.1.8 Misalkan A dan B himpunan. Perkalian Cartesius dari A dan B, ditulis

A × B, adalah himpunan semua pasangan berurutan (a, b), dengan a ∈ A dan b ∈ B.

Secara simbolik,

A × B = {(a, b) ⏐ a ∈ A, b ∈ B}.

Sebagai contoh, jika A = {1, 2, 3} dan B = {a, b, c}, maka

A × B = {(1, a), (1, b), (1, c), (2, a), (2, b), (2, c), (3, a), (3, b), (3, c)}.

Perkalian Cartesius dari R dan R ditulis dengan R2 dan sering digambarkan sebagai

bidang Cartesius.

Latihan 1.1

1. Misalkan A = {-2, -1, 0, 1, 2}, B ={0, 1, 2, 3}, dan C ={0, 2, 4, 6}

a. Tentukan A ∪ B, B ∪ C, A ∪ C, A ∩ B, A ∩ C, B ∩ C, A ∩ (B ∪ C),

A\B, C\B, dan B\(A ∪ C).

b. Tentukan A × B, C × B, (A × B) ∩ (C × B), (A ∩ C) × B.

c. Apa hubungan yang diperoleh antara (A × B) ∩ (C × B) dan (A ∩ C) × B?

Buktikan hubungan tersebut untuk sebarang himpunan A, B, dan C.

2. Jika A dan B himpunan, buktikan bahwa

a. A ∪ ∅ = A. A ∩ ∅ = ∅.

7

b. A ∪ A = A. A ∩ A = A.

c. A ∪ B = B ∪ A. A ∩ B = B ∩ A.

3. Benar atau salah (Jika benar buktikan, jika salah beri contoh penyangkal)

a. Jika A ⊆ B dan B ⊆ C, maka A ⊆ C.

b. Jika A ⊆ C dan B ⊆ C, maka A ∪ B ⊆ C.

c. A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ C.

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

4. Jika A, B, dan C himpunan, buktikan bahwa

a. A ∪ (B ∪ C) = (A ∪ B) ∪ C.

b. A ∩ (B ∩ C) = (A ∩ B) ∩ C.

5. Jika A ⊆ B, buktikan bahwa

a. A ∪ B = B.

b. A ∩ B = A.

6. Jika A subset dari himpunan X, buktikan bahwa

a. A ∪ Ac = X.

b. A ∩ Ac = ∅.

c. (Ac)c = A.

7. Jika A, B, dan C himpunan, buktikan bahwa

A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C).

8. Jika A dan B adalah subset dari himpunan S, buktikan bahwa (A ∩ B)c = Ac

∪ Bc.

9. Jika A dan B adalah subset dari himpunan S, buktikan bahwa

A\B = A ∩ Bc.

10. Jika A dan B adalah himpunan, tunjukkan bahwa

(A ∩ B) dan A\B adalah saling lepas dan buktikan bahwa

A = (A ∩ B) ∪ (A\B)

11. Jika A, B, dan C himpunan, buktikan bahwa (A × B) ∪ (A × C) = A × (B ∪ C).

12. Tunjukkan jika BAf →: dan AFE ⊂, maka ( ) ( ) (FfEfFEf ∪=∪ )

dan ( ) ( ) ( )FfEfFEf ∩⊆∩ .

13. Tunjukkan jika BAf →: dan BHG ⊂, maka

( ) ( ) (HfGfHGf 111 −−− ∪=∪ ) dan ( ) ( ) (HfGfHGf 111 −−− ∩=∩ ) .

14. Berikan suatu contoh pada fungsi RR →:, gf sedemikian sehingga gf ≠

akan tetapi berlaku .fggf oo =

15. Buktikan jika BAf →: bijektif dan CBg →: bijektif maka fg o bijektif

dengan A surjektif pada C.

16. Misalkan BAf →: dan CBg →: sehingga

17. Tunjukkan jika fg o injektif maka f injektif.

18. Tunjukkan jika fg o surjektif maka f surjektif.

1.2. Fungsi

Pada sebagian besar buku teks, fungsi f dari himpunan A ke himpunan B

didefinisikan sebagai aturan yang memasangkan masing-masing anggota A dengan

tepat satu anggota B. Jika a ∈ A oleh f dipasangkan dengan b ∈ B, maka ditulis

f(a) = b.

Pada definisi tersebut masih menyisakan masalah mengenai “aturan” dan

“memasangkan”. Seseorang mungkin bertanya, “Aturan yang bagaimana?” dan

“Memasangkan bagaimana?”Pada buku-buku teks yang lain, fungsi dedifinisikan

sebagai grafik. Definisi ini juga masih belum jelas karena grafik itu sendiri belum

jelas definisinya. Jika berbicara grafik pada bidang, akan diperoleh bahwa grafik

tersebut adalah kumpulan titik-titik. Masing-masing titik adalah pasangan berurutan

bilangan-bilangan. Berdasarkan alasan ini, maka akan diberikan definisi fungsi yang

lebih mudah diterima dan dipahami.

8

Definisi 1.2.1 Misalkan A dan B himpunan. Fungsi f dari A ke B adalah subset dari A ×

B yang memenuhi sifat berikut.

1. Untuk masing-masing a ∈ A, ada b ∈ B sehingga (a, b) ∈ f.

2. Jika (a, b), (a, c) ∈ f, maka b = c.

Himpunan A disebut domain dari f, dan ditulis dengan Df. Range dari f, ditulis Rf,

didefinisikan dengan

Rf = { b ∈ B ⏐(a, b) ∈ f, untuk suatu a ∈ A).

Pada definisi 1.2.1, fungsi f dari A ke B tidak sekedar subset A × B. Kata kunci

dari definisi 1.2.1 adalah bahwa masing-masing a ∈ A menjadi komponen pertama

dari tepat satu pasangan berurutan (a, b) ∈ f. Pada definisi 1.2.1, tidak ada syarat

bahwa A dan B haruslah himpunan tak kosong. Bagaimana jika himpunan A atau

himpunan B adalah himpunan kosong?

Jika f fungsi dari A ke B dan (a, b) ∈ f, maka b disebut nilai dari fungsi f di a

dan akan ditulis

b = f(a) atau f : a a b.

Dalam buku ini juga digunakan notasi f : A → B untuk menyatakan bahwa f fungsi

dari A ke B. Notasi f : A → B dapat diartikan dengan f memetakan A ke B atau f

pemetaan dari A ke B. Jika f : A → R, maka f disebut fungsi bernilai real pada A.

Berikut ini beberapa contoh untuk lebih memahami definisi fungsi.

1. Misalkan A = {1, 2, 3, 4}dan B = {-2, -1, 0, 1, 2}. Misalkan f subset A × B

dengan f = {(1, 2), (2, -1), (3, 0), (4, 2)}, maka f adalah fungsi dari A ke B dan

Rf = {-1, 0, 2}. Masing-masing a ∈ A berada pada tepat satu pasangan

berurutan (a, b) ∈ f. Meskipun 2 ∈ B berada pada dua pasangan berurutan

berbeda (1, 2) dan (4, 2), hal ini tidak bertentangan dengan definisi fungsi.

2. Misalkan A dan B sama seperti pada nomor 1, dan g didefinisikan dengan

g = {(1, 2), (2, 1), (3, 3), (4, 0)}.

9

10

Maka g bukan fungsi dari A ke B karena g bukan subset A × B. Ada (3, 3) ∈ g

tetapi (3, 3) ∉ A × B.

3. Misalkan A dan B seperti pada nomor 1, dan f didefinisikan dengan

f = {(1, -2), (2, -1), (4, 2)}.

Maka f bukan fungsi dari A ke B, karena ada 3 ∈ A tetapi tidak ada b ∈ B

sehingga (3, b) ∈ f.

4. Misalkan A dan B seperti pada nomor 1, dan h didefinisikan dengan

h = {(1, -2), (2, -1), (2, 1), (3, 0), (4, 2)}.

Maka h bukan fungsi dari A ke B karena (2, -1), (2, 1) ∈ f,

tetapi -1 ≠ 1.

5. Misalkan A = B = R, dan misalkan f didefinisikan dengan

f = {(x, y) ∈ R2 ⏐ y = 3x + 2}.

Maka f adalah fungsi (Mengapa?) dengan Df = R. Fungsi f dinyatakan oleh

persamaan y = 3x + 2. Notasi standar untuk menyatakan fungsi f adalah

f(x) = 3x + 2 dengan Df = R.

Pada contoh nomor 5, f(x) = 3x + 2 tidak dapat langsung disebut sebagai fungsi

sebelum jelas domainnya. Dalam hal ini

f(x) = 3x + 2, dengan Df = {x ∈ R ⏐ x > 0}

dan

g(x) = 3x + 2, dengan Dg = R

adalah dua fungsi yang berbeda. Penjelasan ini membawa pada definisi berikut.

Definisi 1.2.2 Misalkan f fungsi dari A ke B, dan A1 ⊆ A. Fungsi g dari A1 ke B dengan

g = {(a, b) ∈ f ⏐ a ∈ A1},

disebut penyempitan (restriksi) dari f pada A1.

Sesuai definisi 1.2.2, diperoleh bahwa g adalah restriksi dari f jika Dg ⊆ Df dan

g(x) = f(x), untuk semua x ∈ A.

11

Definisi 1.2.3 Misalkan f fungsi dari A ke B, dan A ⊆ A1. Fungsi g dengan domain A1

sedemikian hingga

g(x) = f(x), untuk semua x ∈ A,

disebut perluasan (ekstensi) dari f pada A1.

Pada contoh sebelumnya

f(x) = 3x + 2, dengan Df = {x ∈ R ⏐ x > 0}

dan

g(x) = 3x + 2, dengan Dg = R

adalah dua fungsi yang berbeda. Karena Df ⊆ Dg dan f(x) = g(x), untuk semua

x ∈ Df, maka f adalah penyempitan dari g pada {x ∈ R⏐ x >0}. Sebaliknya, karena

Df ⊆ Dg dan g(x) = f(x), untuk semua x ∈ Df, maka g adalah perluasan dari f pada R.

Definisi 1.2.4 Misalkan A, B himpunan, dan f fungsi dari A ke B. Fungsi f disebut fungsi

pada jika Rf = B.

Berdasarkan definisi 1.2.4, f : A → B disebut fungsi pada jika untuk masing-

masing b ∈ B terdapat a ∈ A sehingga f(a) = b. Untuk selanjutnya, perlu dibedakan

antara kalimat “f fungsi dari A ke B” dengan “f fungsi dari A pada B”. Fungsi pada

sering disebut juga dengan fungsi surjektif, fungsi pada atau fungsi onto. Jika f

fungsi surjektif, maka f disebut surjeksi.

Definisi 1.2.5 Misalkan A, B himpunan, dan f fungsi dari A ke B. Jika E ⊆ A, maka

bayangan (image) dari E oleh f, ditulis f(E), didefinisikan dengan

f(E) = { f(x) ⏐x ∈ E}.

Jika H ⊆ B, maka bayangan balikan (inverse image) dari H oleh f, ditulis f-1(H),

didefinisikan dengan

f-1(H) = { x ∈ A ⏐f(x) ∈ H}

Jika H = {y}, maka f-1({y}) akan ditulis dengan f-1(y). Jadi, jika y ∈ B, maka

f-1(y) = { x ∈ A ⏐ f(x) = y}.

Berdasarkan definisi 1.2.5, diperoleh bahwa jika E ⊆ A, maka

12

f(E) ⊆ B.

Jika H ⊆ B, maka f-1(H) ⊆ A. Pembaca akan melihat bahwa f(A) = Rf, sehingga f

adalah fungsi onto jika dan hanya jika f(A) = B. Perlu diperhatikan bahwa sampai

saat ini belum ada definisi mengenai f-1 sendiri. Untuk memahami definisi bayangan

dan bayangan balikan, perhatikan beberapa contoh berikut.

1. Misalkan A={1, 2, 3, 4, 5, 6}, B = Z, dan f : A → Z didefinisikan dengan

f = {(1, -2), (2, 4), (3, 1), (4, 3), (5, 0), (6, -2)}.

Misalkan E = {2, 3, 4} ⊆ A, maka

f(E) = {f(2), f(3), f(4)} = {4, 1, 3}.

Jika H = {-2, -1, 0, 1, 2, 3}, maka

f-1(H) = {1, 3, 4, 5, 6}.

Karena f(1) = f(6) = -2, maka f-1(-2) = {1, 6}. f-1(2) = ∅ karena tidak ada a ∈ A

sehingga f(a) = 2.

2. Misalkan f : Z → Z dengan f(x) = x2. Jika E = N, maka

f (E) = {1, 4, 9, …}.

akan diperoleh

f-1(f(E)) = Z\{0}.

Dalam contoh ini E ⊆ f-1(f(E)).

3. Misalkan f : R → R dengan f(x) = 3x + 2.

Jika E = { x ∈ R⏐ -2 < x ≤ 4}, maka

f(E) = {f(x) ⏐x ∈ E}

= {3x + 2 ⏐-2 < x ≤ 4}

= { y ∈ R ⏐4 < y ≤ 14},

dan

f-1(E) = { x ∈ R⏐ f(x) ∈ E}

= { x ∈ R ⏐ 3x + 2 ∈ E}

= { x ∈ R ⏐ 32

34

≤<− x }.

Misalkan f adalah fungsi dari A ke B. Jika A1 ⊆ A2 ⊆ A, maka akan diperoleh

f(A1) ⊆ f(A2). Demikian juga, jika B1 ⊆ B2 ⊆ B, maka

f-1(B1) ⊆ f-1(B2).

Teorema 1.2.6 Misalkan f adalah fungsi dari A ke B. Jika A1 ⊆ A2 ⊆ A, maka

a. f(A1 ∪ A2) = f(A1) ∪ f(A2),

b. f(A1 ∩ A2) ⊆ f(A1) ∩ f(A2).

Bukti: Untuk membuktikan bagian a, perlu ditunjukkan bahwa

f(A1 ∪ A2) ⊆ f(A1) ∪ f(A2)

dan

f(A1) ∪ f(A2) ⊆ f(A1 ∪ A2).

Untuk membuktikan

f(A1 ∪ A2) ⊆ f(A1) ∪ f(A2),

ambil sebarang y ∈ f(A1∪A2). Maka y = f(x), untuk suatu x ∈ A1∪ A2.

Jadi, x ∈ A1 atau x ∈ A2.

Jika x ∈ A1, maka

y = f(x) ∈ f(A1).

Jika x ∈ A2, maka

y = f(x) ∈ f(A2).

Jadi, diperoleh

y = f(x) ∈ f(A1) ∪ f(A2).

Disimpulkan bahwa

f(A1 ∪ A2) ⊆ f(A1) ∪ f(A2).

Untuk membuktikan

f(A1) ∪ f(A2) ⊆ f(A1 ∪ A2),

diperoleh bahwa

13

14

A1 ⊆ A1 ∪ A2

sehingga

f(A1) ⊆ f(A1 ∪ A2) dan A2 ⊆ A1 ∪ A2

selanjutnya

f(A2) ⊆ f(A1 ∪ A2).

Terbukti bahwa

f(A1) ∪ f(A2) ⊆ f(A1 ∪ A2).

Jadi, diperoleh

f(A1 ∪ A2) = f(A1) ∪ f(A2).

Untuk bukti bagian b, diketahui bahwa

A1 ∩ A2 ⊆ A1 dan A1 ∩ A2 ⊆ A2

sehingga diperoleh

f(A1 ∩ A2) ⊆ f(A1) dan f(A1 ∩ A2) ⊆ f(A2).

Disimpulkan bahwa

f(A1 ∩ A2) ⊆ f(A1) ∩ f(A2).

Misalkan f : Z → Z dengan f(x) = x2. Jika

A1 = {0, 1, 2, 3, 4, …}

dan

A2 = {0, -1, -2, -3, -4, …},

maka

f(A1) = f(A2) = {0, 1, 4, 9, 16, …}.

Karena A1 ∩ A2 = {0}, maka

f(A1 ∩ A2) = f(0) = {0} ≠ f(A1) ∩ f(A2) = {0, 1, 4, 9, 16, …}.

Hal ini menunjukkan bahwa kesamaan pada Teorema 1.2.6.b tidak selamanya

berlaku.

Teorema 1.2.7 Misalkan f adalah fungsi dari A ke B. Jika B1 ⊆ B2 ⊆ B, maka

a. f-1(B1 ∪ B2) = f-1(B1) ∪ f-1(B2),

15

b. f-1(B1 ∩ B2) = f-1(B1) ∩ f-1(B2),

c. f-1(B\B1) = A\f-1(B1).

Bukti:

(a). Ambil sebarang x ∈ f-1(B1 ∪ B2). Sesuai definisi, maka

f(x) ∈ B1 ∪ B2.

Jika f(x) ∈ B1, maka x ∈ f-1(B1). Jika f(x) ∈ B2, maka x ∈ f-1(B2).

Diperoleh bahwa x ∈ f-1(B1) ∪ f-1(B2). Dengan demikian

f-1(B1 ∪ B2) ⊆ f-1(B1) ∪ f-1(B2).

Diketahui bahwa B1 ⊆ B1 ∪ B2 dan B1 ⊆ B1 ∪ B2 sehingga

f-1(B1) ⊆ f-1(B1 ∪ B2)

dan

f-1(B1) ⊆ f-1(B1 ∪ B2).

Jadi diperoleh bahwa

f-1(B1) ∪ f-1(B2) ⊆ f-1(B1 ∪ B2).

Karena

f-1(B1 ∪ B2) ⊆ f-1(B1) ∪ f-1(B2)

dan

f-1(B1) ∪ f-1(B2) ⊆ f-1(B1 ∪ B2),

maka terbukti

f-1(B1 ∪ B2) = f-1(B1) ∪ f-1(B2).

(b). Diketahui bahwa B1 ∩ B2 ⊆ B1 dan B1 ∩ B2 ⊆ B2. Dengan demikian,

maka

f-1(B1 ∩ B2) ⊆ f-1(B1)

dan

f-1(B1 ∩ B2) ⊆ f-1(B2).

Jadi,

f-1(B1 ∩ B2) ⊆ f-1(B1) ∩ f-1(B2).

16

Ambil sebarang x ∈ f-1(B1) ∩ f-1(B2), maka x ∈ f-1(B1) dan x ∈ f-1(B2). Jadi,

f(x) ∈ B1 dan f(x) ∈ B2. Diperoleh

f(x) ∈ B1 ∩ B2.

Sesuai definisi, maka

x ∈ f-1(B1 ∩ B2).

Dengan demikian

f-1(B1) ∩ f-1(B2) ⊆ f-1(B1 ∩ B2).

Karena

f-1(B1∩B2) ⊆ f-1(B1) ∩ f-1(B2)

dan

f-1(B1)∩ f-1(B2) ⊆ f-1(B1∩ B2),

maka terbukti

f-1(B1 ∩ B2) = f-1(B1) ∩ f-1(B2).

(c). Diberikan sebagai latihan.

Definisi 1.2.8 Misalkan f adalah fungsi dari A ke B. f disebut fungsi satu-satu jika

x, y ∈ A, dengan f(x) = f(y), maka x = y.

Definisi 1.2.8 dapat juga dinyatakan dengan f fungsi satu-satu jika x, y ∈ A

dengan x ≠ y, maka f(x) ≠ f(y). Jadi, fungsi f dari A ke B disebut fungsi satu-satu jika

masing-masing unsur berbeda di A mempunyai bayangan yang berbeda di B.

Fungsi satu-satu sering juga disebut dengan fungsi injektif. Jika f fungsi injektif,

maka f disebut injeksi.

Pembuktian bahwa fungsi f adalah satu-satu dapat dilakukan dengan

menggunakan syarat “jika f(x) = f(y), maka x = y” atau “jika x ≠ y, maka f(x) ≠

f(y)”. Contoh berikut akan menjelaskan cara membuktikan bahwa suatu fungsi

adalah satu-satu.

Misalkan f : R → R dengan f(x) = 3x + 2. Akan ditunjukkan bahwa f fungsi

satu-satu. Pertama digunakan bukti langsung menggunakan definisi. Ambil

17

sebarang x, y ∈ A, dengan f(x) = f(y). Karena f(x) = f(y), maka diperoleh

3x + 2 = 3y + 2. Kedua ruas ditambah –2 dan kemudian dibagi 3, maka didapat

x = y. Karena untuk sebarang x, y ∈ A, dengan f(x) = f(y) berlaku x = y, maka

disimpulkan f fungsi satu-satu. Kedua digunakan bukti tidak langsung. Ambil

sebarang x, y ∈ A, dengan x ≠ y. Akan ditunjukkan bahwa f(x) ≠ f(y). Andaikan

f(x) = f(y), maka 3x + 2 = 3y + 2. Akibatnya, diperoleh x = y. Hal ini bertentangan

dengan yang diketahui bahwa x ≠ y. Berarti pengandaian salah, dan yang benar

adalah f(x) ≠ f(y). Karena untuk sebarang x, y ∈ A, dengan x ≠ y berlaku f(x) ≠ f(y),

disimpulkan f fungsi satu-satu.

Berdasarkan definisi 1.2.8, f fungsi satu-satu dari A ke B jika dan hanya jika f-1(y)

memuat paling banyak satu elemen, untuk setiap y ∈ B. Jika f fungsi onto, maka

f-1(y) memuat tepat satu elemen x ∈ A, untuk setiap y ∈ B. Dengan demikian, jika f

fungsi satu-satu dari A pada B, maka himpunan g dengan

g = { (y, x) ∈ B × A ⏐ f(x) = y}

adalah fungsi dari B ke A. Selain itu, g merupakan fungsi satu-satu dari A pada B

(Mengapa?). Hubungan antara fungsi f dan g adalah sebagai berikut.

Dg = Rf dan Rg = Df,

serta

(y, x) ∈ g jika dan hanya jika (x, y) ∈ f.

Secara singkat, dapat dinyatakan

g(y) = x jika dan hanya jika f(x) = y.

Penjelasan ini membawa pemahaman pada definisi berikut.

Definisi 1.2.9 Misalkan f adalah fungsi satu-satu dari A pada B dan

f-1 = { (y, x) ∈ B × A ⏐ f(x) = y}.

Fungai f-1 dari B pada A disebut fungsi invers dari f.

Berdasarkan penjelasan sebelumnya, maka untuk setiap y ∈ B,

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

Perlu dijelaskan perbedaan antara f-1(H) dengan f-1. Jika f adalah fungsi dari A ke B,

dan y ∈ B sebarang, maka f-1(y) [yang sebenarnya adalah f-1({y})] didefinisikan

sebagai himpunan semua x ∈ A sehingga f(x) = y. Jika f adalah fungsi satu-satu dari

A pada B, dan y ∈ B sebarang, maka f-1(y) adalah nilai dari fungsi invers f-1 di y.

Dengan demikian, (y, x) ∈ f-1 dapat ditulis dengan f-1(y) = x.

Berikut ini beberapa contoh mengenai fungsi invers.

1. Misalkan f : R → R dengan f(x) = 3x + 2. Fungsi f adalah fungsi satu-satu dari

R pada R dan f-1 diberikan dengan f-1(y) = 31 (y – 2), dengan Df-1 = R.

2. Misalkan f : R → R dengan f(x) = x2. Akan diperoleh bahwa f bukan fungsi

satu-satu karena ada –2, 2 ∈ R, dengan –2 ≠ 2 tetapi f(-2) = f(2) = 4.

Jika Df = A = { x ∈ R ⏐x ≥ 0}, maka f adalah fungsi satu-satu dari A pada A.

Misalkan x, y ∈ A dengan x ≠ y. Anggaplah x < y, maka diperoleh x2 < y2 ,

yakni f(x) ≠ f(y). Untuk menunjukkan bahwa f fungsi pada, perlu ditunjukkan

bahwa untuk setiap y ∈ A, ada x ∈ A sehingga f(x) = y. Secara intuitif, karena y

≥ 0 diketahui bahwa x ada yaitu x = y [Pembuktian secara formal mengenai

eksistensi x sehingga x = y , jika y ≥ 0, akan ditunjukkan pada bagian

selanjutnya]. Karena f fungsi satu-satu dari A pada A, maka f-1 ada yaitu f-1(y) =

y , dengan Df-1 = { y ∈ R ⏐y ≥ 0}.

Misalkan f fungsi dari A ke B, dan g fungsi dari B ke C. Jika a ∈ A, maka

f(a) ∈ B. Karena B = Dg, maka f(a) oleh g akan dipetakan ke g(f(a)) di C. dengan cara

ini, akan diperoleh suatu fungsi h dari A ke C yang memetakan a ∈ A ke g(f(a)) di

C. Sebagai ilustrasi, perhatikan Gambar 1.1 berikut.

18

f

•

19

Gambar 1 Komposisi g dengan f.

Jadi, h adalah fungsi dari A ke C dengan h(a) = g(f(a)), untuk setiap a ∈ A.

Definisi 1.2.10 Misalkan f fungsi dari A ke B, dan g fungsi dari B ke C. Fungsi g o

f : A → B, yang didefinisikan dengan

g o f = {(a, c) ∈ A × C ⏐ c = g(f(a))}

disebut komposisi dari g dengan f.

Berdasarkan definisi 1.2.10, syarat agar komposisi dari g dengan f terdefinisi

adalah Rf haruslah subset dari Dg. Untuk memahami definisi 1.2.10, perhatikan

beberapa contoh berikut.

1. Misalkan f : R → R dengan f(x) = x2 dan g : R → R dengan g(x) = x +

1.

Maka

(g o f)(x) = g(f(x)) = g(x2) = x2 + 1, dengan D(g o f) = R,

dan

(f o g)(x)=f(g(x))=g(x +1)=(x + 1)2 = x2+2x +1,

dengan D(f og) =R.

Berdasarkan contoh ini, diperoleh bahwa (g o f) ≠ (f o g).

2. Misalkan f(x) = x , dengan Df = {x ∈ R ⏐x ≥ 0} dan g(x) = x2,

dengan Dg = R. Maka

(g o f)(x) = g(f(x)) = g( x ) = x,

dengan D(g o f) = {x ∈ R ⏐x ≥ 0}. Meskipun (g o f)(x) = x, berlaku untuk

semua x∈ R, domain g o f adalah

a

( f

h

g

B

• g f( (a

CA

20

{x ∈ R ⏐x ≥ 0} bukan R.

Teorema 1.2.11 Misalkan f fungsi dari A ke B, dan g fungsi dari B ke C.

(a) Jika f dan g fungsi injektif, maka g o f adalah fungsi injektif.

(b) Jika g o f adalah fungsi injektif, maka f adalah fungsi injektif.

Bukti:

(a) Ambil sebarang a, b ∈ A dengan (g o f)(a) = (g o f)(b). Akan ditunjukkan bahwa

a = b. Karena

(g o f)(a) = (g o f)(b),

berarti

g(f(a)) = g(f(b)).

Karena g fungsi injektif, maka f(a) = f(b). Karena f fungsi injektif, maka a = b.

Jadi, terbukti g o f adalah fungsi injektif.

(b) Diberikan sebagai latihan.

Teorema 1.2.12 Misalkan f fungsi dari A ke B, dan g fungsi dari B ke C.

(a) Jika f dan g fungsi surjektif, maka g o f adalah fungsi surjektif.

(b) Jika g o f adalah fungsi surjektif, maka g adalah fungsi surjektif.

Bukti:

(a) Ambil sebarang c ∈ C. Akan ditunjukkan ada a ∈ A sehingga

(g o f)(a) = c.

Karena g fungsi surjektif, maka ada b ∈ B sehingga g(b). Karena f fungsi

surjektif, maka ada a ∈ A, sehingga f(a)= b. Jadi, ada a ∈ A sehingga

(g o f)(a) = g(f(a)) = g(b) = c.

Terbukti bahwa g o f adalah fungsi surjektif.

(b) Diberikan sebagai latihan.

Definisi 2.9 Misalkan f fungsi dari A ke B. f disebut fungsi bijektif jika f adalah fungsi

injektif (fungsi satu-satu) dan fungsi surjektif (fungsi pada).

21

Latihan 1.2

1. Misalkan A = {0, 1, 2, 3} dan B = N. Manakah di antara subset dari A × B

berikut yang merupakan fungsi dari A ke B? Jelaskan!

a. f = {(0, 2), (1, 4), (2, 6)}

b. g = {(0, 1), (1, 3), (2, 5), (3, 7)}

c. h = {(0, 7), (1, 2), (1, 8), (2, 3), (3, 3)}

d. j = {(-1, 0), (0, 2), (1, 4), (2, 6), (3, 8)}

e. k = {(x, y) ⏐ y = 2x + 3, x ∈ A}

2. a. Misalkan A = { (x, y) ∈ R × R ⏐ y = -3x + 3}. Apakah A fungsi? Jelaskan?

b. Misalkan B = { (x, y) ∈ R × R ⏐ y2 + x2 = 1}. Apakah B fungsi? Jelaskan?

3. Misalkan f : R → R dengan f(x) = x2.

a. Tentukan f-1(4)!

b. Jika E = { x ∈ R⏐ -1 ≤ x ≤ 0}, tentukan f(E) dan f-1(E)!

c. Jika F = { x ∈ R⏐ 0 ≤ x ≤ 1}, tentukan f(F) dan f-1(F)!

d. Tentukan hubungan antara f(E ∩ F) dan f(E) ∩ f(F)!

4. Misalkan f : R → R dengan f(x) = 2x + 5 dan g : R → R dengan g(x) = 3x + 1.

Tentukan (g o f) dan (f o g)!

5. Berilah suatu contoh fungsi f dan g dari R ke R sehingga g o f = f o g!

6. Misalkan f fungsi satu-satu dari A ke B. Tunjukkan bahwa (f-1 o f )(x) = x,

untuk semua x ∈ A dan ( f o f-1)(y) = y, untuk semua y ∈ Rf!

7. Misalkan f dan g fungsi sehingga

(g o f)(x) = x, untuk semua x ∈ Df,

dan (f o g)(y) = y, untuk semua y ∈ Dg.

Buktikan g = f-1!

8. Misalkan f fungsi dari A ke B, dan g fungsi dari B ke A sehingga (g o f)(x) = x,

untuk semua x ∈ A. Tunjukkan bahwa f injeksi! Apakah f harus surjeksi?

9. Misalkan f injeksi dari A ke B. Buktikan bahwa

f-1 = {(b, a) ∈ B × A⏐(a, b) ∈ f}

adalah injeksi!

10. Misalkan f : A → B, dan g: B → C adalah injeksi. Tunjukkan bahwa (g o f)-1 = f-1

o g-1 di R(g o f)!

11. Tunjukkan jika BAf →: dan AFE ⊂, maka ( ) ( ) (FfEfFEf ∪ )=∪

dan ( ) ( ) ( )FfEfFEf ∩⊆∩ .

12. Tunjukkan jika BAf →: dan BHG ⊂, maka

( ) ( ) ( )Hf 1− dan GfHGf 11 −− ∪=∪ ( ) ( ) ( )Hf 1− . GfHGf 11 −− ∩=∩

13. Berikan suatu contoh pada fungsi RR →:, gf sedemikian sehingga gf ≠

akan tetapi berlaku .fggf oo =

14. Buktikan jika BAf →: bijektif dan CBg →: bijektif maka fg o bijektif

dengan A surjektif pada C.

15. Misalkan BAf →: dan CBg →: sehingga

i. Tunjukkan jika fg o injektif maka f injektif.

ii. Tunjukkan jika fg o surjektif maka f surjektif.

1.3. Induksi Matematika

Induksi matematika adalah suatu metode pembuktian yang banyak digunakan

dalam buku ini. Metode ini digunakan untuk membuktikan kebenaran suatu

pernyataan yang berkenaan dengan himpunan bilangan asli. Dalam bagian ini akan

disajikan prinsip induksi matematika dan beberapa variasinya. Beberapa contoh

juga akan diberikan untuk menjelaskan penggunaan induksi matematika dalam

membu-ktikan suatu pernyataan.

Teorema 1.3.1 (Sifat Terurut dengan Baik pada N) Setiap himpunan bagian

takkosong dari N mempunyai unsur terkecil.

22

Sifat Terurut dengan Baik pada N secara ringkas dapat dinyatakan sebagai

berikut. Jika S ⊆ N, S ≠ ∅, maka ada m ∈ S sehingga m ≤ s, untuk setiap s ∈ S.

Sifat ini seringkali dianggap sebagai postulat atau aksioma yang berlaku pada N.

Teorema 1.3.2 (Prinsip Induksi Matematika) Untuk masing-masing n ∈ N, misa-

lkan P(n) adalah pernyataan yang berkaitan dengan n. Jika

(a) P(1) benar, dan

(b) P(k + 1) benar, jika P(k) benar,

maka P(n) benar untuk semua n ∈ N.

Bukti: Andaikan hipotesis pada Teorema 1.3.2 benar tetapi kesimpulannya salah,

yakni P(n) tidak benar untuk semua n ∈ N. Berarti ada n ∈ N sehingga P(n) salah.

Misalkan A = { k ∈ N ⏐ P(k) salah}. Jadi, A ⊆ N dan A ≠ ∅. Sesuai sifat terurut

dengan baik, maka A mempunyai unsur terkecil, sebut m. Karena P(1) benar, maka

m > 1. Jadi, m – 1 ∈ N dan m – 1 < m. Karena m unsur terkecil di A, maka m – 1 ∉

A. Berarti P(m –1) benar. Sesuai hipotesis bagian (b), maka P(m) juga benar. Jadi, m

∉ A. Terjadi kontradiksi. Terbukti bahwa P(n) benar untuk semua n ∈ N.

Berikut ini beberapa contoh penggunaan induksi matematika untuk membuk-

tikan pernyataan yang berkaitan dengan himpunan bilangan asli.

1. Misalkan P(n) adalah pernyataan

1 + 2 + 3 + ⋅⋅⋅ + n = )1(21

+nn ,

n ∈ N. Akan ditunjukan bahwa P(n) benar untuk semua n ∈ N. Untuk n = 1,

maka P(1) benar karena

1 = 21

⋅1(1 + 1).

Untuk n = k, asumsikan P(k) benar. Artinya,

1 + 2 + 3 + ⋅⋅⋅ + k = 21 k(k + 1).

Maka diperoleh

23

1 + 2 + 3 + ⋅⋅⋅ + k + (k + 1) = 21 k(k + 1) + (k + 1)

= 21 [k(k + 1) + 2(k + 1)]

= 21 (k + 1)(k + 2)

= 21 (k + 1)[(k + 1) + 1).

Berarti, jika P(k) benar maka P(k + 1) juga benar. Sesuai prinsip induksi

matematika, terbukti

1 + 2 + 3 + ⋅⋅⋅ + n = )1(21

+nn ,

berlaku untuk semua n ∈ N.

2. Misalkan P(n) adalah pernyataan n < 2n, untuk semua n ∈ N. Akan

ditunjukkan bahwa P(n) benar untuk semua n ∈ N. Untuk n = 1, maka P(1)

benar karena 1 < 21. Untuk n = k, asumsikan P(k) benar. Artinya, k < 2k.

Maka diperoleh

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

Jadi, jika P(k) benar maka P(k + 1) juga benar. Sesuai prinsip induksi

matematika, terbukti n < 2n, benar untuk semua n ∈ N.

3. Misalkan P(n) adalah pernyataan n + 5 < n, untuk semua n ∈ N. Jika P(k)

benar maka P(k + 1) juga benar, yaitu k + 5 < k maka

(k + 1) + 5 < (k + 1).

Meskipun demikian, tidak dapat disimpulkan bahwa P(n) benar untuk semua n,

karena untuk n = 1 ternyata P(1) salah. Dalam hal ini kondisi P(1) harus benar

sangat krusial.

Prinsip induksi matematika sering juga dinyatakan dalam bentuk berikut.

Misalkan S ⊆ N yang memenuhi sifat

(a) 1 ∈ S, dan 24

25

(b) Jika k ∈ S, maka k + 1 ∈ S,

maka S = N.

Bentuk ini sama dengan bentuk pada Teorema 1.3.2 dengan mendefinisikan

S = { n ∈ N ⏐ P(n) benar}.

Prinsip induksi matematika juga digunakan untuk membuktikan kebenaran

pernyataan yang dirumuskan secara rekursif. Misalkan f fungsi dari N ke R yang

didefinisikan sebagai berikut.

f(1) = 1,

dan

f(n + 1) = (n + 1) f(n), untuk n ∈ N.

Akan diperoleh bahwa

f(1) = 1,

f(2) = 2 f(1) = 2⋅1,

f(3) = 3 f(2) = 3⋅2⋅1,

f(4) = 4 f(3) = 4⋅3⋅2⋅1.

Berdasarkan pola tersebut diperoleh dugaan bahwa

f(n) = n!, n ∈ N.

Dugaan ini benar untuk n = 1, yakni

f(1) = 1 = 1!.

Asumsikan juga benar untuk n = k, yakni f(k) = k!. Maka untuk n = k + 1,

diperoleh

f(k + 1) = (k+1) f(k) = (k+1)k! = (k+1)!.

Sesuai prinsip induksi matematika, maka f(n) = n!, benar untuk semua n ∈ N.

Meskipun pada Teorema 1.3.2 dimulai dari n = 1, pernyataan akan tetap berlaku

jika dimulai dari sebarang bilangan bulat no ∈ Z. Hal ini dinyatakan dalam teorema

berikut.

26

Teorema 1.3.3 (Prinsip Induksi Matematika Dimodifikasi) Misalkan no ∈ Z.

Untuk masing-masing n ∈ Z, n ≥ no, misalkan P(n) adalah pernyataan yang berkaitan de-

ngan n. Jika

(a) P(no) benar, dan

(b) P(k + 1) benar, jika P(k) benar, k ≥ no,

maka P(n) benar untuk semua n ∈ Z, n ≥ no.

Jika no = 1, maka Teorema 1.3.3 tidak lain adalah Teorema 1.3.2. Pembuktian

Teorema 1.3.3 akan mudah dilakukan dengan Teorema 1.3.2 dengan menetapkan

Q(n) = P(no + n –1), n ∈ N,

yang tidak lain adalah pernyataan yang berkaitan dengan bilangan bulat positif.

Penggunaan Teorema 1.3.3 dapat dilihat pada contoh berikut.

Misalkan akan dibuktikan bahwa

2n < n!, untuk n ∈ N, n ≥ 4.

Untuk n = 4, maka

24 = 16 < 24 = 4!

Berarti untuk n = 4, pernyataan tersebut benar.

Asumsikan pernyataan benar untuk n = k ≥ 4, artinya 2k < k!. Diperoleh

2k + 1 = 2⋅2k < 2⋅k! < (k + 1)⋅k! = (k + 1)!.

Berarti jika pernyataan benar untuk n = k ≥ 4, maka pernyataan juga bernilai benar

untuk n = k + 1. Dengan demikian disimpulkan bahwa 2n < n!, bernilai benar untuk

semua n ∈ N, n ≥ 4.

Terdapat versi lain dari prinsip induksi matematika yang juga sangat berguna.

Ada penulis yang menyebut versi ini dengan prinsip induksi matematika kedua (The

Second Principle of Mathematical Induction) dan ada juga yang menyebut dengan prinsip

induksi yang kuat (The Principle of Strong Induction). Versi ini disajikan dalam teorema

berikut.

Teorema 1.3.4 (Prinsip Induksi yang Kuat) Untuk masing-masing n ∈ N,

misalkan P(n) adalah pernyataan yang berkaitan dengan n. Jika

(a) P(1) benar, dan

(b) Untuk k ≥ 1, P(k + 1) benar, jika P(j) benar untuk semua bilangan asli j ≤ k,

maka P(n) benar untuk semua n ∈ N.

Prinsip Induksi yang Kuat ini dapat juga dinyatakan sebagai berikut.

Misalkan S himpunan bagian dari N yang memenuhi sifat

(a) 1 ∈ S, dan

(b) (k + 1) ∈ S, jika 1, 2, …, k ∈ S,

maka S = N.

Berikut ini contoh penggunaan Prinsip Induksi yang Kuat untuk membuktikan

kebe-naran suatu pernyataan yang berkaitan dengan bilangan asli.

Misalkan f : N → N yang didefinisikan sebagai berikut. f(1)=1, f(2)=2, dan

f(n) = 21 [f(n - 1) + f(n - 2)], untuk semua n > 2.

Akan ditunjukkan bahwa

1 ≤ f(n) ≤ 2,

untuk semua n ∈ N. Untuk n = 1, diperoleh bahwa

1 ≤ f(1) ≤ 2,

dan untuk n = 2, juga diperoleh

1 ≤ f(2) ≤ 2.

Untuk n = k ≥ 1, asumsikan bahwa

1 ≤ f(j) ≤ 2,

untuk semua bilangan asli j ≤k. Berarti bahwa

1≤ f(k) ≤ 2

dan

1≤ f(k -1) ≤ 2.

Sehingga diperoleh bahwa

2 ≤ f(k) + f(k - 1) ≤ 4.

27

Jadi,

1 ≤ 21 [f(k) + f(k - 1)] ≤ 2.

Terbukti bahwa jika 1 ≤ f(j) ≤ 2, untuk semua bilangan asli j ≤ k, k ≥ 1, maka

1 ≤ f(k + 1) ≤ 2.

Sesuai Prinsip Induksi yang Kuat disimpulkan bahwa 1≤ f(n) ≤ 2, untuk semua

n ∈ N.

Latihan 1. 3

1. Gunakan prinsip induksi matematika untuk menunjukkan bahwa masing-

masing pernyataan berikut benar untuk semua n ∈ N.

a. 1 + 2 + 3 + ⋅ ⋅ ⋅ + n = 2

)1( +nn.

b. 1 + 3 + 5 + ⋅ ⋅ ⋅ + (2n – 1) = n2.

c. 12 + 22 + 32 + ⋅ ⋅ ⋅ + n2 = 6

)12)(1( ++ nnn.

d. 13 + 23 + 33 + ⋅ ⋅ ⋅ + n3 = 2

2)1(⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +nn

.

e. 2 + 22 + 23 + ⋅ ⋅ ⋅ + 2n = 2(2n – 1).

f. 1)1(

1)3(2

1)2(1

1+

=+

+++n

nnn

L .

2. Buktikan masing-masing pernyataan berikut dengan induksi matematika.

a. 2n > n, untuk semua n ∈ N.

b. 2n > n2, untuk semua n ∈ N dan n ≥ 5.

c. 13 + 23 + 33 + ⋅ ⋅ ⋅ + n3 < 2

4n , untuk semua n ∈ N dan n ≥ 3.

3. Untuk masing-masing fungsi f dengan domain N berikut, tentukan rumus untuk

f(n) dan buktikan kebenaran rumus tersebut dengan induksi matematika. 28

a. f(1) = 21 , dan f(n) = (n - 1) f(n - 1) -

11+n

, untuk semua n > 1.

b. f(1) = 1, f(2) = 4, dan f(n) = 2f(n - 1) - f(n - 2)], untuk semua n > 2.

c. f(1) = 1, f(2) = 2, dan f(n) = n

n3

)1( + f(n - 1), untuk semua n > 1.

d. f(1) = 1, f(2) = 0, dan f(n) = )1()2(

−−

nnnf , untuk semua n > 2.

4. Buktikan bahwa r + r2 + r3 + ⋅ ⋅ ⋅ + rn = rrr n

−−

1)1( , r ≠ 1, untuk semua n ∈ N.

5. Buktikan bahwa nn 2< untuk setiap .Nn ∈

6. Buktikan bahwa !2 nn < untuk setiap 4≥n , .Nn ∈

7. Misalkan NS ⊂ maka berlaku Sk ∈2 untuk setiap Nk ∈

8. Misalkan NS ⊂ berlaku jika Sk ∈ maka Sk ∈− 1 , Buktikan NS = .

29

2 SISTEM

BILANGAN REAL

30

2.1 . Sifat-sifat Aljabar Bilangan Real

Himpunan bilangan real R dilengkapi dengan dua operasi, yaitu operasi

penjumlahan (+) dan operasi perkalian (⋅), dilambangkan (R, +, ⋅), membentuk

suatu sistem matematika yang disebut lapangan (field). Beberapa sifat yang

berlaku dalam sistem bilangan real adalah sebagai berikut.

1. Terhadap Operasi Penjumlahan

a. Sifat ketertutupan, untuk semua a, b ∈ R, maka

a + b ∈ R.

b. Sifat komutatif, untuk semua a, b ∈ R, maka

a + b = b + a

c. Sifat assosiatif untuk semua a, b, c ∈ R , berlaku

a + (b + c) =(a + b) + c

d. Terdapat unsur identitas penjumlahan, untuk semua a ∈ R, ada 0 ∈ R

sehingga

a + 0 = 0 + a = 0.

0 disebut unsur satuan (identitas) penjumlahan.

e. Terdapat invers penjumlahan, untuk masing-masing a ∈ R, ada

(-a) ∈ R sehingga

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

disebut invers perjumlahan dari a

2. Terhadap Operasi Perkalian

a. Sifat ketertutupan

Untuk semua a, b ∈ R, maka

a⋅b ∈ R

b. Sifat komutatif

Untuk semua a, b ∈ R, maka

a⋅b = b⋅a

c. Sifat assosiatif

Untuk semua a, b, c ∈ R, maka

a⋅(b⋅c) =(a⋅b)⋅c

d. Terdapat unsur identitas perkalian

Untuk semua a ∈ R, ada 1 ∈ R, 1 ≠ 0, sehingga

a⋅1 = 1⋅a = a.

l disebut unsur satuan (identitas) perkalian.

e. Terdapat invers perkalian

Untuk masing-masing a ∈ R, a ≠ 0, terdapat a1 ∈ R sehingga

a⋅a1

= a1⋅a = 1.

a1 disebut invers perkalian dari a.

3. Terhadap operasi perkalian dan penjumlahan

a. Sifat distributif perkalian atas penjumlahan

31Untuk semua a, b, c ∈ R, berlaku

32

(a + b)⋅c = a⋅c + b⋅c

Pada daftar sifat-sifat di atas terdapat beberapa hal yang berlebihan, seperti

pernyataan

a + 0 = 0 + a = 0,

yang sebenarnva cukup dinyatakan a + 0 = 0, karena sesuai sifat komutatif

penjumlahan tentu saja jika a + 0 = 0, maka 0 + a = 0. Meskipun demikian, hal

ini dilakukan sebagai suatu penekanan.

Berdasarkan sifat-sifat di atas, akan disajikan beberapa teorema berkaitan

dengan bilangan real. Pertama akan ditunjukkan bahwa identitas penjumlahan dan

invers penjumlahan suatu bilangan real masing-masing adalah tunggal.

Teorema 2.1.1 Misalkan a, x ∈ R.

a. Jika a + x = a, maka x = 0.

b. Jika a + x = 0, maka x = -a.

Bukti:

a. Diketahui a + x = a dan a + 0 = a. Diperoleh

a + x = a + 0.

Jika kedua ruas sama-sama ditambah dengan (-a), akan diperoleh x = a.

b. Diketahui a + x = 0 dan a + (-a) = 0. Diperoleh

a + x = a + (-a).

Jika kedua ruas sama-sama ditambah dengan (-a), akan diperoleh x = -a. ◘

Berdasarkan Teorema 2.1.1, dapat disimpulkan bahwa, jika ada x ∈ R

yang dapat memenuhi persamaan a + x = a, maka x = 0. Demikian juga, jika

ada x ∈ R yang dapat memenuhi persamaan a + x = 0, maka x = (-a). Hal ini

berarti bahwa identitas penjumlahan adalah tunggal dan invers penjumlahan

suatu bilangan real adalah tunggal.

Pada sistem bilangan real terdapat sifat trikotomi, yaitu bahwa jika a

adalah suatu bilangan real, maka kemungkinan untuk a adalah

33

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

Jika a > 0, a disebut bilangan real positif dan jika a < 0, a disebut bilangan real

negatif.

Telah diketahui bahwa invers penjumlahan dari bilangan real a ditulis (-a).

Jika a adalah bilangan real positif, maka (-a) adalah bilangan real negatif dan jika

a adalah bilangan real negatif maka (-a) adalah bilangan real positif. Lebih

singkatnya, jika a > 0, maka -a < 0 dan jika a < 0, maka -a > 0. Dengan

demikian, jika a adalah sebarang bilangan real, maka -(-a) = a. Pembuktian

pernyataan ini akan diberikan dalam teorema berikut.

Teorema 2.1.2 Misalkan a ∈ R.

a. 0⋅a = 0

b. (-1) .a = -a

c. -(-a) = a

d. (-1)⋅(-1) = 1

Bukti:

a. Diketahui 0 + 0 = 0. Jika kedua ruas dikalikan a, diperoleh

[0 + 0]⋅a = 0⋅a.

Sesuai sifat distributif, maka

0⋅a + 0⋅a = 0⋅a.

Jika kedua ruas ditambah dengan (0 ⋅a), diperoleh

0⋅a = 0.

b. Diketahui bahwa 1 + (-1) = 0. Jika kedua ruas dikalikan a,

diperoleh

[1 + (-1)]⋅a = 0⋅a.

Sesuai sifat distributif, maka

1⋅a + (-1)⋅a = 0⋅a.

Jadi,

34

a + (-1)⋅a = 0

Jika kedua ruas ditambah dengan (–a), diperoleh

(-1)⋅a = -a.

c . Karena (-a) + a = 0, sesuai Teorema 1.1.b, maka a = - ( - a ) .

d. Jika pada bagian b, pada (-1)⋅a = -a, disubsitusikan a = (-1) maka

diperoleh

(-1)⋅(-1) = -(-1).

Sesuai bagian c, - ( - a ) = a , maka -(-1) = 1.

Jadi diperoleh (-1)⋅(-1) = 1. ◘

Teorema 2.1.3 Misalkan a, b ∈ R.

a. a ⋅ ( - b ) = ( - a ) ⋅b = - (a⋅b).

b. (-a)⋅(-b) = a⋅b .

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

Bukti:

a. Sesuai Teorema 2.1.2.c, maka

a ⋅ ( -b ) = a ⋅ [ ( -1 ) ⋅b ]

= [a ⋅ ( -1 ) ] ⋅b

= [ ( -1 ) ⋅a]⋅b

=( -a ) ⋅b .

= [( -1 ) ⋅a ] ⋅b

=(-1) (a ⋅b )

= - (a ⋅b ) .

Jadi, a⋅(-b) = ( -a ) ⋅b = - (a⋅b).

Bukti bagian c dan d diserahkan sebagai latihan. ◘

Definisi 2.1.4 Jika a, b ∈ R, maka a - b didefinisikan dengan a +(-b).

Definisi 2.1.5 Misal a, b ∈ R. a dikatakan lebih dari b, ditulis a > b, jika a – b > 0. a

dikatakan kurang dari b, ditulis a < b, jika a – b < 0.

Notasi a ≥ b, dibaca a lebih dari atau sama dengan b dan notasi a ≤ b, dibaca a

kurang dari atau sama dengan b, didefinisikan secara analog seperti pada Definisi

1.1.2

Himpunan bilangan real R memuat himpunan bagian P yang disebut

himpunan bilangan real positif yang memenuhi sifat berikut.

1. Jika a, b ∈ P, maka a + b ∈ P dan a⋅b ∈ P.

2. Jika a ∈ R, maka satu dan hanya satu kondisi berikut yang dipenuhi:

a ∈ P, -a ∈ P, a = 0.

Sifat (1) dan (2) disebut sifat urutan pada R. Sebarang lapangan (field) F yang

memuat subset yang memenuhi sifat (1) dan (2) disebut lapangan terurut (ordered

field). Seperti yang telah dijelaskan sebelumnya, jika a, b ∈ R dan a – b > 0, yakni

a – b ∈ P, maka ditulis a > b atau b < a.

Sifat-sifat berikut merupakan konsekuensi dari sifat urutan serta aksioma

penjumlahan dan perkalian pada R.

Teorema 2.1.6 Misalkan a, b, c ∈ R, maka

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

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

(c) Jika a > b, dan c > 0, maka a⋅ c > b⋅ c.

(d) Jika a > b, dan c < 0, maka a⋅ c < b⋅ c.

(e) Jika a ≠ 0, maka a2 > 0.

(f) Jika a > 0, maka 01>

a dan jika a < 0, maka 01

<a

.

Bukti:

(a) Karena a > b, maka a – b > 0. Jika c ∈ R, maka

35

a – b = a – b + (c – c)

= (a + c) – (b + c) > 0.

Diperoleh

a + c > b + c.

Bukti bagian (b)-(f) diserahkan sebagai latihan. ◘

Teorema 2.1.7 Jika a, b ∈ R dan a > b, maka a > 2

ba + > b.

Bukti: Diserahkan sebagai latihan.

Sebagai akibat Teorema 2.1.7 diperoleh jika a bilangan real dan a > 0, maka

a > 2a > 0.

Latihan 2.1

1. Buktikan bahwa 0 = -0.

2. Jika a, b, c ∈ R . Buktikan

a. jika a = b, buktikan bahwa a + c = b + c.

b. jika a < b, buktikan bahwa a + c b, buktikan bahwa a - c > b - c

3. Jika a, b, c ∈R, dengan a 0, buktikan bahwa ac < bc.

4. Jika a, b, c ∈R, dengan a bc.

5. Jika a ∈ R bahwa a2 ≥ 0.

6. Jika a, b, c ∈ R .

a. Jika a > b dan b > c, buktikan bahwa a > c.

b. Buktikan hanya tepat satu pernyataan berikut terpenuhi: a > b, a = b,

a < b.

c. Buktikan jika a ≥ b dan a ≤ b, maka a = b.

7. Buktikan jika a, b ∈ R dan ab > 0, maka

(1) a > 0 dan b > 0,

(2) a < 0 dan b < 0.

36

8. Buktikan bahwa 1 > 0.

9. Buktikan bahwa jika n ∈ N, maka n > 0.

10. Jika R∈a memnuhi aaa =⋅ , buktikan bahwa 0=a atau 1=a

11. Jika 0≠a dan 0≠b tunjukkan ( ).111⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

baab

12. Jika 10 << c , tunjukkan .10 2 <<< cc

13. Jika 1< c tunjukkan .1 2cc <<

14. Gunakan induksi matematika untuk menunjukkan jika Ra∈ dan Nnm ∈

maka nmn dan

,

m aaa =+ ( ) mnnm aa = .

2.2 . Nilai Mutlak

Definisi 2.2.1 Jika a ∈ R, nilai mutlak dari a, ditulis a , didefinisikan dengan

⎩⎨⎧

<−≥

=0,0,

ajikaaajikaa

a

Sebagai contoh, 5 = 5, karena 5 ≥ 0 dan 4− = -(-4) = 4, karena -4 <0.

Untuk selanjutnya pembaca dapat mengecek bahwa 2a = a . Selain itu, jika

a ≠ 0, maka –a ≠ 0, dan dengan demikian, maka a > 0. Berikut disajikan

beberapa sifat yang berkaitan dengan nilai mutlak.

Teorema 2.2.2

a. a− = a , untuk setiap a ∈ R.

b. abba −=− , untuk setiap a, b ∈ R.

c. baab = , untuk setiap a, b ∈ R.

d. 22 aa = , untuk setiap a ∈ R.

e. 2a = a , untuk setiap a ∈ R.

37

f. Jika r ∈ R, r≥ 0, maka ra ≤ jika dan hanya jika –r ra ≤≤ .

g. - a ≤ a ≤ a , untuk setiap a ∈ R.

Bukti:

(a) Misal a ∈ R sebarang. Jika a = 0, maka –a = 0, sehingga diperoleh

a = 0 = a− .

Jika a > 0, maka –a < 0, sehingga diperoleh

a = a = -(-a) = a− .

Jika a < 0, maka –a > 0, sehingga diperoleh

a = -a = a− .

Karena a ∈ R sebarang, maka disimpulkan

a− = a , untuk setiap a ∈ R.

Bukti bagian (b)-(g) diserahkan sebagai latihan. ◘

Sifat berikut sangat penting dan banyak digunakan dalam buku ini,

misalnya pada materi limit barisan.

Teorema 2.2.3 (Ketaksamaan Segitiga) Jika a, b ∈ R. maka

baba +≤+ .

Sebagai konsekuensi dari ketaksamaan segitiga, diperoleh dua ketaksamaan

yang sangat berguna berikut ini.

Teorema 2.2.4 Untuk setiap a, b, c ∈ R, maka

(a) ba − ≤ ca − + bc − .

(b) ba − ≤ ba + .

(c) baba −≤− .

Bukti:

(a) Jika a, b, c ∈ R, maka sesuai ketaksamaan segitiga, diperoleh

38

bcca

bccaba

−+−≤

−+−=− )()(.

(b) dan (c) diberikan sebagai latihan. ◘

Secara geometri, a menyatakan jarak dari a ke titik asal, yaitu 0.

Secara umum, untuk a, b ∈ R, jarak Euclid d(a, b) antara a dan b didefinisikan

dengan

d(a, b) = ba − .

Sebagai contoh, d(-2, 5) = 775)2( =−=−− dan

d(1, 7) = 6671 =−=− . Jarak d dapat juga dipandang sebagai fungsi dari

R×R ke R, yang memiliki sifat

(1) d(x, y) ≥ 0, dan d(x, y) = 0 jika dan hanya jika x = y.

(2) d(x, y) = d(y, x)

(3) d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y)

untuk semua x, y, z ∈ R. Sifat yang terakhir juga disebut ketaksamaan

segitiga.

Definisi 2.2.5 Misalkan a ∈ R, dan ε > 0. Himpunan

Vε(a) = { x ∈ R⏐ ax − < ε }

disebut lingkungan-ε dari a.

Lingkungan dari a adalah sebarang himpunan yang memuat lingkungan-ε dari a

untuk suatu ε > 0.

Untuk suatu a ∈ R, dan ε > 0, maka

Vε(a) = { x ∈ R⏐ a - ε < x < a + ε }.

Jadi, jika y ∈ Vε(a), berarti

a - ε < y < a + ε.

39

Teorema 2.2.6 Misal a ∈ R. Jika x ∈ R termuat dalam sebarang lingkungan dari a,

maka x = a.

Bukti: Karena x termuat dalam sebarang lingkungan dari a, maka x ∈ Vε(a),

untuk setiap ε > 0. Andaikan x ≠ a, maka maka x – a ≠ 0 sehingga

ax − > 0.

Pilih ε = ax − , maka x ∈ Vε(a). Berarti

ax − < ε = ax − .

Diperoleh

ax − < ax − .

Hal ini jelas tidak mungkin. Jadi, terbukti bahwa x = a. ◘

Latihan 2.2.

1. Tunjukkan bahwa ε<− ax jika dan hanya jika εε +<<− axa .

2. Jika R∈ba , tunjukkan bahwa baba +=+ jika dan hanya jika 0≥ab .

3. Jika bxa << dan bya << tunjukkan abyx −<− .

4. Temukan semua R∈x untuk memenuhi persamaan 721 =−++ xx

5. Sketsalah gambar pada persamaan 1−−= xxy .

6. Tunjukkan bahwa jika R∈cba ,, maka { } ( )bababa −++=21,max dan

{ } ( )bababa −−+=21,min

7. Tunjukkan bahwa jika R∈cba ,, maka { } { }{ }cbacba ,,minmin,,min = .

40

2.3. Sifat Kelengkapan pada R

Definisi 2.3.1 Misalkan E ⊆ R. E disebut terbatas di atas (bounded above) jika terdapat

v ∈ R sehingga x ≤ v untuk semua x ∈ E, dan v disebut batas atas (upper bound) untuk

E. E disebut terbatas di bawah (bounded below) jika terdapat u ∈ R sehingga u ≤ x

untuk semua x ∈ E, dan u disebut batas bawah (lower bound) untuk E. E disebut

terbatas (bounded) jika terbatas di atas dan terbatas di bawah.

Contoh 2.3.2

a. Misalkan A = {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Himpunan A terbatas di atas karena a ≤ 8, untuk

semua a ∈ A. Himpunan A juga terbatas di bawah karena 0 ≤ a, untuk semua

a ∈ A. Semua bilangan real v ≥ 6 merupakan batas atas untuk A, dan semua bilangan

real u ≤ 1 merupakan batas bawah untuk A. Jadi, himpunan A adalah terbatas.

b. Himpunan bilangan asli N = {1, 2, 3, 4, …} terbatas di bawah dan 1 merupakan

batas bawah, tetapi tidak terbatas di atas. Jika diberikan v ∈ R, maka terdapat n ∈

N sehingga n > v.

c. Himpunan E = {1, ...} ,41 ,

31 ,

21 = {

n1⏐ n ∈ N } terbatas di atas oleh sebarang

bilangan real v ≥ 1 dan terbatas di bawah oleh sebarang bilangan real u ≤ 0. Batas atas

terkecil adalah 1 dan batas bawah terbesar adalah 0.

d. Himpunan kosong, yaitu 0/ , terbatas di atas dan terbatas di bawah oleh semua bilangan

x ∈ R. Dengan demikian, 0/ tidak mempunyai batas atas terkecil dan batas bawah

terbesar.

Definisi 2.3.3 Misalkan E ⊆ R, E ≠ , dan terbatas di atas. v ∈ R disebut batas

atas terkecil (supremum) dari E jika

0/

(1). x ≤ v, untuk semua x ∈ E.

(2). v ≤ s, untuk semua s batas atas dari E.

41

Definisi di atas menyatakan bahwa agar v ∈ R menjadi supremum dari E maka

(1) v haruslah batas atas dari E, dan (2) v selalu kurang dari batas atas yang lain di E.

Definisi 2.3.4 Misalkan E ⊆ R, E ≠ , dan terbatas di atas. u ∈ R disebut batas

bawah terbesar (infimum) dari E jika

0/

(1). u ≤ x, untuk semua x ∈ E.

(2). s ≤ u, untuk semua s batas bawah dari E.

Definisi di atas menyatakan bahwa agar u ∈ R menjadi infimum dari E maka

(1) u haruslah batas bawah dari E, dan (2) u selalu lebih dari batas bawah yang lain

di E.

Suatu himpunan paling banyak mempunyai satu supremum atau infimum. Jika

supremum dan infimum dari suatu himpunan E ada, maka masing-masing

dinotasikan

sup E dan inf E.

Teorema 2.3.5 Misalkan E ⊆ R, E ≠ , dan terbatas di atas. v batas atas dari E adalah

supremum jika dan hanya jika untuk setiap w ∈ R dengan w < v maka w bukan batas atas

dari E.

0/


supremum jika dan hanya jika untuk setiap w∈R dengan w<v terdapat x∈E sehingga w < x.

0/


supremum jika dan hanya jika untuk setiap ε > 0 ada x ∈ E sehingga v - ε < x.

0/

Berikut ini akan disajikan suatu sifat yang berlaku pada R berkaitan dengan

supremum. Sifat ini sangat penting dalam R dan akan banyak digunakan dalam

pembahasan selanjutnya. Sifat yang dinyatakan dalam teorema berikut ini sering

juga disebut dengan sifat kelengkapan pada R.

Aksioma Sifat Supremum pada R

Setiap himpunan tak kosong di R dan terbatas di atas mempunyai

supremum.

42

Teorema 2.3.8 Setiap himpunan tak kosong di R dan terbatas di bawah mempunyai

infimum.

Bukti: Misalkan E ⊆ R, E ≠ , dan terbatas di bawah. Definisikan 0/

S = {-x ⏐ x ∈ E}.

Jika u batas bawah dari E, maka

u ≤ x, untuk semua x ∈ E.

Diperoleh

-x ≤ -u, untuk semua x ∈ E.

Jadi (-u) adalah batas atas dari S. Karena S tidak kosong dan terbatas di atas, maka S

mempunyai supremum. Jika v adalah supremum dari S, maka (-v) adalah infimum

dari E.

Teorema 2.3.9 (Sifat Archimedes) Jika x∈R, maka terdapat bilangan asli n ∈ N sehingga

x <n.

Bukti: Misalkan x ∈ R, dan andaikan tidak ada n ∈ N sehingga x < n.

Berarti, untuk semua n ∈ N berlaku n ≤ x. Jadi, N terbatas di atas oleh x.

Karena N ≠ dan terbatas di atas maka N mempunyai supremum, katakan

v ∈ R. Karena v – 1 < v, maka ada m ∈ N sehingga v – 1 < m. Diperoleh

v < m + 1. Karena m + 1 ∈ N, berarti v bukan batas atas dari N. Kontradiksi

dengan v supremum dari N. Terbukti terdapat bilangan asli n ∈ N sehingga

x < n. ◘

0/

Teorema 2.3.10 Misalkan x, y ∈ R, x > 0 dan y > 0. Maka

(a) Ada n ∈ N sehingga x < ny.

(b) Ada n ∈ N sehingga 0 < n1 < y.

(c) Ada n ∈ N sehingga n – 1 < x < n.

43

yxBukti: (a) Karena x > 0 dan y > 0, maka > 0. Sesuai sifat Archimedes, maka

ada n ∈ N sehingga

yx < n.

Diperoleh

x < ny.

Bagian (b) dan (c) diserahkan sebagai latihan. ◘

Teorema 2.3.11 (Sifat Kepadatan pada R) Misalkan x, y ∈ R, dengan x < y. Maka

ada bilangan rasional r sehingga

x < r < y.

Bukti: Tanpa mengurangi sifat keumuman, misalkan x > 0. Karena y – x > 0,

maka terdapat n ∈ N sehingga

xy −1 < n.

Diperoleh

ny – nx > 1

atau

ny > nx + 1.

Karena nx > 0, maka, terdapat m ∈ N maka

m – 1 < nx < m,

sehingga

m < nx + 1.

Jadi diperoleh

m < ny.

Jadi nx < m < ny, dan dengan mengambil r = nm diperoleh x < r < y. ◘

44

Teorema 2.3.12 Misalkan x, y ∈ R, dengan x < y, maka ada bilangan irrasional p

sehingga

x ∈= xxP R , Apakah P mempunyai batas bawah, batas atas

dan )sup(),inf( PP ada? Buktikan pernyataan anda.

2. Misalkan ( )⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

∈−

−= Nnn

Xn

:11 , carilah )sup(),inf( XX .

3. Misalkan 0/≠⊆ RS . Tunjukkan bahwa R∈u merupakan batas atas S jika

dan hanya jika R∈t dan ut > berakibat R∉t .

4. Tunjukkan jika A dan B terbatas pada subset R maka BA ∪ himpunan

tebatas dan ( ) { }BABA sup,supsupsup =∪ .

5. Misalkan 0/≠⊆ RS dan andaikan bahwa ss sup* = dengan Ss ∈* jika Su∉

tunjukkan bahwa { }( ) { }usuS ,supsup *=∪ .

6. Tunjukkan bahwa 1:11sup =⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ ∈− Nn

n.

7. Jika ,,:11⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ ∈−= Nmn

mnS carilah Sinf dan Ssup .

8. Misalkan 0/≠S dan S terbatas di R jika a > 0 dan { }SsasaS ∈= : , buktikan

= dan ( ) Sa infaSinf ( ) SaaS supsup = .

9. Misalkan 0/≠X dan R→Xf : terbatas di R. Jika R∈a , tunjukkan

( ){ } ( ){ }XxxfaXxxfa ∈+=∈+ :sup:sup .

10. Misalkan R⊆B dan terbatas pada R, jika A, { }BbAabaBA ∈∈+=+ ,:

buktikan ( ) BABA supsupsup +=+ dan ( ) ( ) ( )BABA infinfinf +=+ .

45

2.4 . Interval dan Titik Cluster

Sesuai sifat urutan pada R, akan didefinisikan beberapa himpunan bagian dari

R yang disebut interval.

Misalkan a, b ∈ R, dengan a < b.

Interval buka (a, b) didefinisikan dengan

(a, b) = { x ∈ R ⏐a < x < b}.

Interval tutup [a, b] didefinisikan dengan

[a, b] = { x ∈ R ⏐a ≤ x ≤ b}.

Interval setengah buka (setengah tutup) didefinisikan dengan

[a, b) = { x ∈ R ⏐a ≤ x < b}

(a, b] = { x ∈ R ⏐a < x ≤ b}.

Interval buka takberhingga (sinar buka) didefinisikan dengan

(a, ∞) = { x ∈ R ⏐a < x}

(-∞, a) = { x ∈ R ⏐x < a}

Interval tutup takberhingga (sinar tutup) didefinisikan dengan

[a, ∞) = { x ∈ R ⏐a ≤ x}

(-∞, a] = { x ∈ R ⏐x ≤ a}

Sesuai definisi, maka

(a, a) = 0/

Dan [a, a] = {a}. Interval buka, tutup, dan setengah buka (setengah tutup) adalah

interval terbatas, sedangkan sinar buka dan sinar tutup adalah interval takterbatas

(unbounded).

Definisi 2.4.1 Interval In, n ∈ N disebut interval bersarang (nested interval) jika

I1 ⊇ I2 ⊇ I3 ⊇ … ⊇ In ⊇ In + 1 ⊇ …

Sebagai contoh, jika

In = [0, n1 ],

46

n ∈ N maka

In ⊇ In + 1

untuk masing-masing n ∈ N. Dengan demikian, maka

In = [0, n1 ],

n ∈ N adalah interval bersarang. Interval

Jn = [-n1 ,

n1 ],

n ∈ N juga merupakan interval bersarang.

Definisi 2.4.2 Misalkan S ⊆ R. x ∈ R disebut titik cluster atau titik limit dari S

jika masing-masing lingkungan-ε dari x memuat y ∈ S dengan x ≠ y. x∈S yang bukan

titik cluster disebut titik terisolasi di S.

Pada definisi titik limit atau titik cluster, tidak diharuskan bahwa x adalah unsur

di S. Sesuai definisi, x ∈ R adalah titik limit dari S jika

Vε(x) ∩ S\{x} ≠ , 0/

untuk setiap ε > 0. Berdasarkan definisi, dapat juga dinyatakan bahwa x ∈ S adalah

titik terisolasi jika terdapat ε > 0 sehingga

Vε(x) ∩ S = {x}.

Contoh 2.4.3

(a) Jika S adalah interval buka (0, 1), maka semua titik pada interval tutup [0, 1] adalah

titik limit dari S. Perhatikan bahwa 0 dan 1 bukan titik di S.

(b) Semua singleton, yaitu himpunan yang hanya memuat satu unsur, tidak mempunyai titik

limit.

(c) Sebarang himpunan berhingga tidak mempunyai titik limit. Himpunan bilangan asli N

tidak mempunyai titik limit meskipun N adalah himpunan takberhingga.

(d) Himpunan S = {n1 ⏐n ∈ N} mempunyai satu titik limit, yaitu 0. ☻

47

Teorema 2.4.4 Misalkan S ⊆ R. Jika x ∈ R adalah titik limit dari S maka setiap

lingkungan dari x memuat sejumlah takberhingga titik di S.

Latihan 2.4.

1. jika 0/≠⊆ RS , tujukkan bahwa S terbatas jika dan hanya jika terdapat

interval tertutup dan terbatas I sehingga IS ⊆ .

2. misalkan ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

nIn

1,0 untuk Nn∈ . Buktikan { }I∞

=

=1

0n

nI

3. misalkan ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

nJn

1,0 untuk Nn∈ . Buktikan I . ∞

=

/=1

0n

nJ

2.5 . Himpunan Buka dan Tutup di R

Definisi 2.5.1 Misalkan E ⊆ R. p ∈ E disebut titik interior dari E jika terdapat

lingkungan V dari p sehingga V ⊆ E. Himpunan semua titik interior dari E

dinotasikan dengan int(E), dan disebut interior dari E.

Perlu diingat kembali bahwa lingkungan V dari titik p adalah himpunan yang

memuat Vε(p), untuk suatu ε > 0. Dengan demikian, dapat dikatakan p ∈ E adalah

titik interior dari E jika terdapat ε > 0 sehingga

Vε(p) ⊆ E.

Sebagai contoh, misalkan E = (a, b] dengan a < b. Setiap titik p sehingga

a 0, maka

Vε(b) = (b - ε, b + ε)

memuat titik yang bukan anggota E.

Definisi 2.5.2. Misalkan E ⊆ R. E disebut himpunan buka di R jika semua titik

di E adalah titik interior dari E. E disebut himpunan tutup di R jika Ec = R\E

adalah himpunan buka.

Sebagai contoh, interval terbuka (a, b) di R adalah himpunan buka di R.

Himpunan bilangan real R adalah himpunan buka dan himpunan kosong adalah 0/

48

himpunan buka di R. Berikut ini disajikan teorema yang buktinya diberikan sebagai

latihan.

Teorema 2.5.3 Setiap interval buka di R adalah himpunan buka di R.

Teorema 2.5.4

(a) Gabungan sejumlah takberhingga himpunan buka di R adalah himpunan buka.

(b) Irisan sejumlah berhingga himpunan buka di R adalah himpunan buka.

Teorema 2.5.5

(a) Gabungan sejumlah berhingga himpunan tutup di R adalah himpunan tutup.

(b) Irisan sejumlah takberhingga himpunan tutup di R adalah himpunan tutup.

Teorema 2.5.6 F himpunan bagian dari R adalah tutup jika dan hanya jika F memuat

semua titik limitnya.

Latihan 2.5.

1. Tunjukkan bahwa interval ( )∞,a dan ( )a,∞− adalah himpunan terbuka

2. Tunjukkan bahwa interval ( )∞,b dan ( )b,∞− adalah himpunan tertutup

3. Tunjukkan bahwa bilangan N tertutup di R.

4. Dalam topologi garis pada {0,1, .},........., 51

31 apakah 0 merupakan :

• Titik Kumpul ? Jelaskan alasan. • Titik interior ? Jelaskan alasan.

2.6 . Himpunan Takhingga

Untuk n ∈ N, didefinisikan Nn = {1, 2, 3, …, n}. Sebagai contoh, N10 = {1, 2,

3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10} dan N100 = {1, 2, 3, …, 100}.

Definisi 2.6.1 Misalkan A dan B adalah himpunan. Himpunan A dikatakan

ekivalen dengan B, ditulis A≈ B, jika ada bijeksi dari A ke B.

Konsep ekivalen memenuhi sifat-sifat berikut.

1) A ≈ A, (sifat refleksif)

2) Jika A ≈ B, maka B ≈ A, (sifat simetris)

3) Jika A ≈ B dan B ≈ C, maka A ≈ C, (sifat transitif)

49

Sebagai contoh, misalkan

A = {1, 2, 3, 4, …, 25}

dan

B = {2, 4, 6, 8, …, 50}.

Maka fungsi f dengan domain A dan kodomain B dengan f(x) = 2x, untuk

setiap x ∈ A adalah fungsi bijeksi. Dengan demikian, maka A ≈ B.

Definisi 2.6.2 Misalkan A himpunan.

(1) A disebut finit (berhingga) jika A = 0/ atau A ≈ Nn, untuk suatu n ∈ N. Selain itu

A disebut infinit (takberhingga).

(2) A disebut denumerable (enumerable) jika A ≈ N.

(3) A disebut countable jika A finite atau A denumerable.

Sebagai contoh misalkan S ={12, 22, 32, …}. Maka fungsi f(n) = n2 adalah

fungsi satu-satu dari S pada N. Jadi S ≈ N dan dengan demikian S countable.

Selanjutnya akan ditunjukkan bahwa himpunan bilangan bulat Z adalah countable.

Untuk menunjukkan bahwa N ≈ Z, dapat juga dilakukan dengan menunjukkan

bahwa Z ≈ N. Definisikan fungsi f dari Z ke N dengan

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

−−

= ganjil)( ,

2)1(

genap)( , 2

)(

nn

nn

xf

Maka fungsi f adalah bijeksi dari Z ke N. Dengan demikian, maka Z ≈ N. Jadi Z

adalah countable.

Definisi 2.6.3 Misalkan A adalah himpunan. Barisan di A adalah fungsi f dari N

ke A. Untuk masing-masing n∈N, misalkan xn = f(n). Maka xn disebut suku ke-n

dari barisan f.

Untuk lebih jelasnya, barisan dinotasikan dengan

( )∞=1nnx atau (xn) atau (xn ⏐ n ∈ N)

50

daripada menggunakan notasi f. Perlu dibedakan antara notasi barisan (xn ⏐ n ∈ N)

dengan notasi {xn ⏐ n ∈ N} yang menyatakan range dari barisan. Sebagai contoh

(1 – (-1)n) menyatakan barisan f dengan

f(n) = xn = 1 – (-1)n.

Di sisi lain,

{1 – (-1)n⎮ n ∈ N} = { 2, 0}.

Sesuai definisi, himpunan A dikatakan denumerable jika terdapat fungsi

bijeksi f dari N pada A. Jadi,

A = Rf = {xn ⏐ n ∈ N}.

Barisan f ini disebut enumerasi dari himpunan A, yakni {xn ⏐ n ∈ N} dengan

xn ≠ xm jika n ≠ m.

Berikut ini disajikan beberapa teorema, yang buktinya diserahkan kepada

pembaca sebagai latihan.

Teorema 2.6.4 Sebarang himpunan bagian dari himpunan berhingga adalah berhingga.

Teorema 2.6.5 Sebarang himpunan bagian takberhingga dari himpunan denumerable

adalah denumerable.

Teorema 2.6.6 Jika f adalah fungsi dari N pada A, maka A adalah countable.

Teorema 2.6.7 Gabungan sejumlah berhingga himpunan berhingga adalah berhingga.

Teorema 2.6.8 Gabungan sejumlah takberhingga himpunan countable adalah

countable.

Teorema 2.6.9 Himpunan bilangan rasional Q adalah countable.

Bukti: Untuk masing-masing m ∈ N, misalkan

Em = {mn⎢n ∈ Z}.

Maka Em, adalah countable, maka

Q = U∞

=1mmE

adalah countable. ◘

51

Meskipun himpunan bilangan rasional Q adalah countable, himpunan bilangan

real R tidak countable. Untuk menunjukkan bahwa R uncountable, cukup

ditunjukkan bahwa interval tertutup [0, 1] adalah uncountable. Perlu diketahui

bahwa setiap x ∈ [0, 1] dapat dinyatakan sebagai bilangan decimal

x = 0, a1a2a3a4…

dengan

an ∈ {0, 1, 2, 3, .., 9}.

Teorema 2.6.10 Interval tertutup [0, 1] adalah uncountable.

Bukti: Karena terdapat sejumlah takhingga bilangan rasional dalam interval [0,

1], maka [0, 1] adalah takberhingga. Dengan demikian cukup ditunjukkan

bahwa [0, 1] adalah tidak denumerable. Andaikan [0, 1] adalah denumerable.

Misalkan x1, x2, x3, x4, … adalah enumerasi dari [0, 1]. Maka

x1 = 0, a11a12a13a14…

x2 = 0, a21a22a23a24…

x3 = 0, a31a32a33a34…

x4 = 0, a41a42a43a44…

M

Definisikan y = 0, y1y2y3y4…. sebagai berikut.

y1 = 3, jika a11 ≥ 5 dan y1 = 7, jika a11 < 5.



M

Maka y ∈ [0, 1] tetapi y ≠ xn, untuk setiap n ∈ N. Kontradiksi dengan

x1, x2, x3, x4, …

sebagai enumerasi dari [0, 1]. Disimpulkan bahwa [0, 1] tidak denumerable. Dengan

demikian, maka [0, 1] adalah uncountable. ◘

Karena interval tertutup [0, 1] adalah uncountable, maka R uncountable. Fakta

bahwa R uncountable membawa implikasi bahwa R\Q juga uncountable. Jika

52

R\Q countable, dan diketahui bahwa Q countable, maka akan diperoleh R

countable. Hal ini tidak mungkin karena R uncountable.

Latihan 2.6.

1. Buktikan jika S dan T denurable maka TS ∪ denurabel.

2. Buktikan jika himpunan T1 denurabel jika dan hanya jika terdapat suatu fungsi

bijeksi dari T1 surjektif himpunan T2.

3. Gunakan induksi matematika untuk membuktikan jika himpunan S

mempunyai n anggota maka P(S) mempunyai 2n anggota

53

3 BARISAN

BILANGAN REAL

54

3.1. Barisan Bilangan Real

Definisi 3.1.1 Barisan bilangan real (atau barisan di R) adalah suatu fungsi dari

himpunan bilangan asli N ke himpunan bilangan real R.

Contoh 3.1.2 Diberikan fungsi X : N → R yang didefinisikan dengan X(n) = n, n ∈ N.

Maka X adalah barisan di R. Demikian juga, fungsi Y : N → R yang didefinisikan dengan

Y(n) = n1 , n ∈ N.

adalah barisan di R.☻

Berdasarkan Definisi 3.1.1 dapat pula dinyatakan bahwa barisan di R

memasangkan masing-masing bilangan asli n ∈ N dengan bilangan real tertentu dan

tunggal. Bilangan real yang diperolah disebut dengan unsur barisan, nilai barisan,

atau suku barisan. Bilangan real yang dipasangkan dengan n ∈ N biasanya

dinotasikan dengan xn, an, atau zn.

Jika X : N → R adalah barisan, maka unsur ke n dari X dinotasikan dengan xn,

tidak dinotasikan dengan X(n). Sedangkan barisan itu sendiri dinotasikan dengan

X, (xn), atau (xn ⏐n ∈ N). Barisan X dan Y pada Contoh 3.1, masing-masing dapat

dinotasikan dengan

X = (n ⏐n ∈ N) dan Y = (n1 ⏐ n ∈ N).

Penggunaan tanda kurung ini akan membedakan antara barisan X = (xn ⏐n ∈ N)

dengan himpunan {xn ⏐n ∈ N}. Sebagai contoh X = ((-1)n ⏐n ∈ N) adalah barisan

yang unsur-unsurnya selang-seling antara -1 dan 1, sedangkan {(-1)n ⏐n ∈ N}

adalah himpunan yang unsur-unsurnya adalah -1 dan 1, yaitu {-1, 1}.

Dalam mendefinisikan barisan, kadang ditulis secara berurutan unsur-unsur

dalam barisan, sampai rumus untuk barisan tersebut nampak. Perhatikan beberapa

contoh barikut.

Contoh 3.1.3 Barisan X = ( 2, 4, 6, 8, 10, …, 2n, …) menyatakan barisan bilangan

asli genap. Sedangkan salah satu rumus umumnya adalah

X = (2n ⎟ n ∈ N).

Barisan

Y : ( .... ,41 ,

31 ,

21 1, ,

n1 ,…)

menyatakan barisan yang salah satu rumus umumnya adalah

Y : (n1 ⎟ n ∈ N). ☻

Kadang kala, rumus umum suatu barisan dinyatakan secara rekursif, yaitu

ditetapkan unsur x1 dan rumus untuk xn + 1 (n ≥ 1) setelah xn diketahui.

Sebagai contoh barisan bilangan bulat genap positif dapat dinyatakan dengan rumus

x1 = 2, xn + 1 = xn + 2, (n ≥ 1)

atau dengan rumus

x1 = 2, xn + 1 = x1 + xn, (n ≥ 1).

Berikut ini akan disajikan beberapa contoh barisan

Contoh 3.1.4

a. Jika b ∈ R, maka barisan B = (b, b, b, b, …, b, …) yang semua unsurnya adalah b

disebut barisan konstan b. Jadi, barisan konstan 1 adalah barisan

(1, 1, 1, 1, …, 1, …)

sedangkan barisan konstan 0 adalah barisan

55

56

(0, 0, 0, 0, …, 0, …).

b. Barisan kuadrat bilangan asli adalah barisan

S = (n2 ⎟ n ∈ N)

= (12, 22, 32, 42, …, n2, …).

Barisan ini sama dengan barisan (1, 4, 9, 16, …, n2, …)

c. Jika a ∈ N, maka barisan A = (an ⎟ n ∈ N) adalah barisan

A = (a, a2, a3, a4, …, an, …).

Jadi jika a = 2, maka

A = (2, 4, 8, 16, …, 2n, …).

d. Barisan Fibonacci F = (fn ⎟ n ∈ N) dinyatakan secara rekursif dengan

f1 = 1, f2 = 2,

fn + 1 = fn – 1 + fn , (n ≥ 2).

Sepuluh suku pertama barisan Fibonacci adalah

F = (1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, …). ☻

Sekarang akan diperkenalkan suatu cara yang penting dalam membuat barisan

baru dari barisan yang telah diketahui.

Definisi 3.1.5 Misalkan X = (xn) dan Y = (yn) adalah barisan bilangan real. Jumlah dari

barisan X dan Y, dinotasikan dengan X + Y, adalah barisan yang didefinisikan dengan

X + Y = (xn + yn ⎟ n ∈ N).

Contoh 3.1.6 Misalkan X = (n + 1 ⎟ n ∈ N) dan Y = (2n ⎟ n ∈ N) Maka

X + Y = (3n + 1 ⎟ n ∈ N). ☻

Definisi 3.1.7 Misalkan X = (xn) dan Y = (yn) adalah barisan bilangan real. Selisih dari

barisan X dan Y, dinotasikan dengan X - Y, adalah barisan yang didefinisikan dengan

X - Y = (xn - yn ⎟ n ∈ N).

Contoh 3.1.8 Misalkan X = (n + 1 ⎟ n ∈ N) dan Y = (2n ⎟ n ∈ N) Maka

X - Y = (-n + 1 ⎟ n ∈ N). ☻

Definisi 3.1.9 Misalkan X = (xn) dan Y = (yn) adalah barisan bilangan real. Perkalian

dari barisan X dan Y, dinotasikan dengan XY, adalah barisan yang didefinisikan dengan

XY = (xnyn ⏐n ∈ N).

Contoh 3.1.10 Misalkan X = (n + 1 ⎟ n ∈ N) dan Y = (2n ⎟ n ∈ N)

Maka XY = (2n2 + 2n ⏐n ∈ N). ☻

Definisi 3.1.11 Misalkan X = (xn) adalah barisan bilangan real dan c ∈ R. Kelipatan c

dari barisan X, dinotasikan dengan cX, adalah barisan yang didefinisikan dengan

cX = (cxn ⏐n ∈ N).

Contoh 3.1.12 Misalkan X = (n + 1 ⏐n ∈ N) dan c = -2. Maka

cX = -2X = (-2(n + 1) ⏐n ∈ N). ☻

Definisi 3.1.13 Misalkan X = (xn) dan Y = (yn) adalah barisan bilangan real, dengan yn ≠

0, untuk semua n ∈ N. Pembagian dari barisan X dengan Y, dinotasikan dengan YX ,

adalah barisan yang didefinisikan dengan

n

n

yx

YX (= ⏐ n ∈ N).

Contoh 3.1.14 Misalkan X = (n + 1 ⏐n ∈ N) dan Y = (2n ⏐n ∈ N) Maka

YX = (

nn2

1+⏐n ∈ N). ☻

Jika

Z = (1 + (-1)n ⏐n ∈ N) = (0, 2, 0, 2, 0, …, 1 + (-1)n, …),

maka ZX tidak terdefinisi karena ada unsur di Z yang sama dengan 0.

57

Latihan 3.1

1. Tentukan lima suku pertama, suku ke –10, suku ke-50 dan suku ke-100 dari

barisan-barisan berikut

a. (xn) = (1 + (-1)n)

b. (xn) = ()1(

1+nn

)

c. x1 = 1, xn + 1 = 3xn + 1. (n > 1)

2. Tentukan suatu rumus untuk barisan-barisan berikut.

a. X = (5, 7, 9, 11, …)

b. Y = ( 21 ,

41

− , 81 ,

161

− , …)

c. Z = ( ... ,54 ,

43 ,

32 ,

21 )

3. Misalkan X, Y, dan Z barisan pada soal 2. Tentukankan rumus untuk X +

Y, Z – Y, YZ, 2Y dan YX dan tentukan pula 4 suku pertama.

4. Untuk setiap R∈b , Buktikan bahwa 0lim =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

nb .

5. Misalkan ( )1ln1+

=n

xn untuk Nn∈ , tunjukkan bahwa ( ) 0 . lim =nx

6. Buktikan bahwa jika ( ) xxn = dan jika 0>lim x maka terdapat bilangan

asli M sedemikian sehingga 0>nx untuk setiap .Mn ≥

7. Misalkan R∈b memenuhi 10 <0, tujukkan terdapat bilangan asli K sedemiokian

sehingga jika Kn ≥ , maka .221 xxx n <<

58

3.2. Barisan Konvergen

Definisi 3.2.1 Misalkan X = (xn) adalah barisan bilangan real. Suatu bilangan real x

dikatakan limit dari X, jika untuk masing-masing lingkungan V dari x terdapat suatu

bilangan asli K sehingga untuk semua n ≥ K, maka xn adalah anggota V. Jika x adalah limit

dari X, maka dikatakan X konvergen ke x (atau X mempunyai limit x). Jika suatu barisan

mempunyai limit, maka barisan itu dikatakan konvergen. Jika tidak mempunyai limit,

barisan itu dikatakan divergen. Jika barisan bilangan real X = (xn) mempunyai limit x ∈

R, maka sering ditulis

x = lim X, x = lim (xn), atau x = (xn). ∞→n

lim

Kadangkala digunakan simbol xn → x untuk menyatakan X = (xn) konvergen ke x.

Dengan demikian dapat dinyatakan

xn → x ⇔ ∀ V(x) ∃ K ∈ N ∋ xn ∈ V(x), n ≥ K

Teorema 3.2.2 (Ketunggalan Limit) Barisan bilangan real dapat memiliki paling

banyak satu limit.

Bukti: Misalkan X = (xn) barisan bilangan real. Andaikan X mempunyai lebih dari

satu limit. Misalkan x’ dan x” adalah limit dari X, dengan x’ ≠ x”. Misalkan V’

lingkungan dari x’ dan V” adalah lingkungan dari x”, dengan

V’ ∩ V” = . 0/

Karena x’ limit dari X maka ada bilangan asli K’ sehingga jika n ≥ K’ maka

xn ∈ V’.Karena x” limit dari X maka ada bilangan asli K” sehingga jika n ≥ K” maka

xn ∈ V”. Pilih K = sup {K’, K”}. Maka K ≥ K’ sehingga xK ∈ V’ dan K ≥ K”

sehingga xK ∈ V”. Berarti

xK ∈ V’ ∩ V”.

Hal ini kontradiksi dengan

V’ ∩ V” = . 0/

Berarti pengandaian salah. Terbukti bahwa X dapat mempunyai tidak lebih dari

satu limit. ◘

59

60

Teorema ini menyatakan bahwa jika suatu barisan bilangan real mempunyai

limit, maka limit barisan tersebut adalah tunggal.

Pada pendefinisian limit suatu barisan bilangan real, masih digunakan istilah

lingkungan. Dengan demikian, masih dirasa sulit untuk menunjukkan bahwa suatu

barisan bilangan real adalah konvergen. Berikut akan diberikan suatu teorema yang

ekivalen dengan definisi limit barisan. Teorema ini akan mempermudah untuk

menunjukkan bahwa suatu barisan bilangan real adalah konvergen atau divergen.

Teorema 3.2.3 Misalkan X = (xn) adalah barisan bilangan real dan x ∈ R. Pernyataan-

pernyataan berikut adalah ekivalen.

a. X konvergen ke x

b. Untuk setiap Vε lingkungan-ε dari x terdapat bilangan asli K sehingga untuk semua n ≥

K, maka xn adalah anggota Vε.

c. Untuk setiap ε > 0 terdapat bilangan asli K sehingga untuk semua n ≥ K, maka

x - ε < xn < x + ε.

d. Untuk setiap ε > 0 terdapat bilangan asli K sehingga untuk semua n ≥ K, maka

⏐xn - x ⏐ < ε.

Bukti: (a ⇒ b) Diketahui X konvergen ke x. Ambil sebarang Vε lingkungan-ε

dari x. Karena Vε adalah lingkungan dari x, sesuai Definisi 2.1.1, maka terdapat

bilangan asli K sehingga untuk semua n ≥ K, maka xn adalah anggota V. Karena Vε

sebarang lingkungan-ε dari x terbukti bahwa untuk setiap Vε lingkungan-ε dari x

terdapat bilangan asli K sehingga untuk semua n ≥ K, maka xn adalah anggota Vε.

(b ⇒ c) Ambil sebarang ε > 0. Misalkan Vε adalah lingkungan-ε dari x. Berarti

ada bilangan asli K sehingga untuk semua n ≥ K, maka xn ∈ Vε. xn ∈ Vε berarti

x - ε < xn < x + ε.

Karena ε > 0 diambil sebarang berarti untuk setiap ε > 0 terdapat bilangan asli K

sehingga untuk semua n ≥ K, maka

x - ε < xn < x + ε.

61

(c ⇒ d) Ambil sebarang ε > 0. Berarti ada bilangan asli K sehingga untuk semua n

≥ K, maka xn ∈ Vε. Karena xn ∈ Vε berarti

x - ε < xn < x + ε.

Karena x - ε < xn < x + ε maka

⏐xn - x ⏐ < ε.

Karena ε > 0 diambil sebarang berarti untuk setiap ε > 0 terdapat bilangan asli K

sehingga untuk semua n ≥ K, maka

⏐xn - x ⏐ < ε.

(d ⇒ a) Misalkan V sebarang lingkungan dari x. Sesuai definisi lingkungan, berarti

ada ε > 0 sehingga

Vε = (x - ε, x + ε) ⊆ V.

Karena ε > 0, berarti ada bilangan asli K sehingga untuk semua n ≥ K, maka

⏐xn - x ⏐ < ε.

Sehingga

⏐xn - x ⏐ < ε

berarti

x - ε < xn < x + ε.

Berarti bahwa untuk semua n ≥ K, maka

x - ε < xn < x + ε.

Jadi xn ∈ Vε. Karena

Vε = (x - ε, x + ε) ⊆ V,

berarti n ≥ K, maka xn ∈ V. Berarti untuk V lingkungan dari x terdapat bilangan

asli K sehingga untuk semua n ≥ K, maka xn ∈ V. Karena V diambil sebarang

berarti untuk setiap lingkungan V dari x terdapat suatu bilangan asli K sehingga

untuk semua n ≥ K, maka xn adalah anggota V. Sesuai definisi berarti X konergen

ke x. ◘

Contoh 3.2.4 Tunjukkan bahwa lim (n1 ) = 0. Untuk menunjukkan hal ini, ambil

sebarang ε > 0. Maka ε1 > 0. Sesuai sifat Archimedes, maka terdapat bilangan asli K

dengan K > ε1 . Berarti untuk setiap bilangan asli n dengan n ≥ K maka diperoleh n >

ε1 Jadi

n1 < ε. Berarti untuk jika n ≥ K maka

01−

n =

n1 < ε.

Karena ε > 0 diambil sebarang, berarti untuk setiap ε > 0 terdapat bilangan asli K sehingga

untuk semua n ≥ K maka

01−

n =

n1 < ε. ☻

Contoh 3.2.5 Tunjukkan bahwa barisan X = (1 + (-1)n ⏐n ∈ N) tidak konvergen ke 0.

Untuk menunjukkan bahwa X tidak konvergen ke 0, maka perlu ditemukan suatu ε > 0

tetapi tidak ada bilangan asli K, sehingga berlaku ⏐xn - 0⏐ < ε, jika n ≥ K Pilih ε = 1 > 0,

berapapun nilai K dipilih, maka akan ada n bilangan asli genap dengan n ≥ K. Karena n

genap, maka xn = 2. Hal ini berarti bahwa

⏐xn - 0⏐= ⏐2 - 0⏐= 2 > 1 = ε

Hal ini berarti bahwa 0 bukan limit dari Z.

Latihan 3.2

1. Tunjukkan bahwa

a. lim ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+11

2n = 0

b. lim ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++

5213

nn =

23

62

2. Misalkan xn ≥ 0, untuk semua n ∈ N.

Buktikan bahwa jika lim (xn) = 0, maka lim ( nx ) = 0

3. Tunjukkan bahwa lim ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+−

111

nn = 0

4. Tunjukkan bahwa lim ( n31 ) = 0.

5. Apakah barisan konstan b konvergen? Jika ya, tunjukkan limitnya.

6. Untuk setiap R∈b , Buktikan bahwa 0lim =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

nb

.

7. Misalkan ( )1ln1+

=n

xn untuk Nn∈ , tunjukkan bahwa ( ) 0 . lim =nx

8. Buktikan bahwa jika ( ) xxn =lim dan jika 0>x maka terdapat bilangan

asli M sedemikian sehingga 0>nx untuk setiap .Mn ≥

9. Misalkan R∈b memenuhi 10 <0, tujukkan terdapat bilangan asli K sedemiokian

sehingga jika Kn ≥ , maka .221 xxx n <<

11. Tunjukkan jika 0>nx untuk setiap Nn∈ mak 0lim =nx jika dan jika

+∞=nx

1lim

12. Misalkan { }nx , { }ny untuk setiap Nn∈ barisan bilangan positif sehingga

0=lim⎠

⎜⎜⎝

⎛

n⎟⎟⎞n

yx tunjukkan jika +∞=nx maka lim +∞=ny . lim

13. Misalkan { }nx , { }ny untuk setiap Nn∈ barisan bilangan positif sehingga

0=lim⎠

⎜⎜⎝

⎛

n⎟⎟⎞n

yx , tunjukkan jika { }ny terbats maka 0lim =nx

63

14. Tunjukkan jika ,lim Lnan =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ dimana L > 0, mka +∞=na . lim

3.3. Ekor Barisan

Definisi 3.3.1 Misalkan X = (x1, x2, x3, …, xn, …) adalah barisan bilangan real.

Ekor-M dari X adalah barisan XM yang didefinisikan dengan

XM = (xM + n ⏐n ∈ N) = ( xM + 1, xM + 2, xM + 3, …).

Berdasarkan definisi tersebut, maka jika p ∈ N, maka suku ke-p dari XM adalah

suku ke-(p + M) pada X. Jika q ∈ N dan q > M, maka suku ke-q dari X adalah suku

ke-(q – M) dari XM.

Contoh 3.3.2 Misalkan X = (2, 4, 6, 8, …, 2n, …). Maka ekor-3 dari X adalah

barisan (8, 10, 12, …, 2n + 6, …) Misalkan

Y = ( )... ,1

..., ,54 ,

32 ,

21

+nn .

Maka ekor-10 dari Y adalah barisan ( )... ,1110 ..., ,

1514 ,

1312 ,

1211

++

nn . ☻

Teorema 3.3.3 Misalkan X = (xn ⏐n ∈ N) adalah barisan bilangan real dan M ∈ N.

XM = (xM + n ⏐n ∈ N) ekor-M dari X adalah konvergen jika dan hanya jika X konvergen.

Bukti: (syarat cukup) Misalkan X konvergen ke x. Ambil ε > 0. Maka ada K ∈ N

sehingga untuk semua n ≥ K berlaku

⏐xn – x ⏐< ε.

Pilih KM = K – M. Diperoleh, jika

m ≥ KM = K – M

maka suku ke-m pada XM adalah suku ke-(m + M) pada X. Karena m ≥ K – M,

maka m + M ≥ K. Diperoleh

⏐xm + M – x ⏐< ε.

64

65

Karena suku ke-(m + M) pada X adalah suku ke-m di XM , maka untuk semua m ≥

KM = K – M berlaku

⏐xm – x ⏐ < ε.

Jadi untuk setiap ε > 0, ada bilangan asli KM = K – M, sehingga untuk semua

m ≥ KM = K – M

berlaku

⏐xm – x ⏐ < ε.

Jadi XM juga konvergen ke x.

(Syarat Perlu) Misalkan XM konvergen ke x. Ambil ε > 0. Maka ada KM ∈ N

sehingga untuk semua m ≥ KM berlaku

⏐xm – x ⏐ < ε.

Pilih K = KM + M. Diperoleh, jika

n ≥ K = KM + M

maka suku ke-n pada X adalah suku ke-(n - M) pada XM. Karena n ≥ KM + M, maka

n - M ≥ KM. Diperoleh

⏐xn - M – x ⏐ < ε.

Karena suku ke-(n - M) pada XM adalah suku ke-n di X ,

maka untuk semua n ≥ K = KM + M berlaku

⏐xn – x ⏐ < ε.

Jadi untuk setiap ε > 0, ada bilangan asli K = KM + M, sehingga untuk semua n ≥ K

berlaku

⏐xn – x ⏐< ε.

Jadi X juga konvergen ke x. Berdasarkan pembuktian tersebut nampak bahwa lim

XM = lim X. ◘

Teorema 3.3.4 Misalkan A = (an) dan X = (xn) adalah barisan bilangan real dan x ∈ R.

Jika untuk suatu C ∈ R, C > 0, berlaku

⏐xn – x ⏐ ≤ C⏐an⏐, untuk semua n ∈ N

dan lim (an) = 0, maka lim (xn) = x.

Bukti: Ambil ε > 0. Karena C > 0, maka Cε > 0. Karena lim (an)= 0, maka ada K

∈ N sehingga untuk semua n ≥ K berlaku

⏐an – 0⏐= ⏐an⏐< Cε .

Jadi untuk semua n ≥ K, maka

⏐xn – x ⏐ ≤ C⏐an⏐< CCε = ε.

Jadi untuk setiap ε > 0, ada bilangan asli K, sehingga untuk semua n ≥ K berlaku

⏐xm – x ⏐ < ε.

Jadi lim X = x. ◘

Contoh 3.3.5 Jika a > 0 maka lim (na+1

1 ) = 0. Untuk membuktikan akan

digunakan teorema di atas. Karena a > 0, maka 0 < na < 1 + na untuk semua n ∈ N. Jadi

diperoleh

0 < nana1

11

<+

.

Dengan demikian didapat

nana110

11

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛<−

+, untuk semua n ∈ N.

Karena

lim ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

n1 = 0,

maka dengan mengambil

C = a1 > 0

disimpulkan bahwa

66

lim na+1

1 = 0. ☻

Contoh 3.3.6 Jika 0 b

.Jadi a > 0.

Dengan ketaksamaan Bernoulli, diperoleh (1 + a)n ≥ 1 + na. Berarti

na

na

na)(b n

n

11

11

10

<

+≤

+=<

, untuk semua n ∈ N.

Jadi ⎢bn – 0 ⎢= bn < na1 , untuk semua n ∈ N. Karena lim ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

n1 = 0, maka dengan

mengambil C = a1 > 0 disimpulkan bahwa lim (bn) = 0. ☻

Latihan 3.3.

1. Misalan X = (n1⏐n ∈ N). Tentukan suku ke-5, ke-10, dan ke-100 pada ekor-25

dari X!

2. Tunjukkan bahwa lim ( n21 ) = 0.

3. Misalkan setiap sub barisan pada { }nxX = mempunyai subbarisan yang

konvergen ke 0 tunjukkan lim X = 0.

4. Misalkan { }nx terbatas dan untuk setiap Nn∈ , jika { }nkxs kn ≥= :sup dan

{ }ns . Tunjukkan terdapat sub barisan S inf= { }nx konvergen ke S.

5. Misalkan 0≥nx untuk setiap Nn∈ , dan ( )( )nn x1lim − ada dan tunjukkan

{ }nx konvergen.

67

3.4. Teorema Limit

Definisi 3.4.1 Misalkan X = (xn) adalah barisan bilangan real. X dikatakan terbatas jika

terdapat bilangan real M > 0 sedemikian hingga

⎢xn ⎢≤ M, untuk semua n ∈ N.

Berdasarkan definisi, maka barisan X = (xn) terbatas jika dan hanya jika

himpunan {xn ⏐n ∈ N} terbatas

Contoh 3.4.2 Misalkan X = ((-1)n ⏐n ∈ N) = ( -1, 1, -1, 1, …). Maka X terbatas

sebab ada bilangan real 2 sehingga

⎢(-1)n ⎢≤ 2, untuk semua n ∈ N.

Misalkan Y = ( )... ,1

..., ,54 ,

32 ,

21

+nn . Y terbatas karena adalah bilangan real 1 sehingga

1+nn

≤ 2, untuk semua n ∈ N. ☻

Teorema 3.4.3 Barisan bilangan real yang konvergen adalah terbatas.

Bukti: Misalkan X = (xn ⏐n ∈ N) adalah barisan bilangan real dan lim xn = x. Pilih

ε = 1. Maka ada K ∈ N sehingga untuk semua n ≥ K berlaku

⏐xn – x ⏐ < 1.

Dengan ketaksamaan segitiga diperoleh

⏐xn ⎢≤⏐x ⏐ + 1, untuk semua n ≥ K.

Pilih M = sup{⏐x1 ⎢, ⏐x2 ⎢, ⏐x3 ⎢, …, ⏐xK- 1 ⎢, ⏐x⏐ + 1}

Maka diperoleh bahwa


Terbukti, jika X konvergen maka X terbatas. ◘

Teorema 3.4.4 Misalkan X = (xn) dan Y = (yn) adalah barisan bilangan real yang masing

masing konvergen ke x dan y, dan misalkan c ∈ R. Maka

a. X + Y konvergen ke x + y

b. X – Y konvergen ke x – y

68

c. XY konvergen ke xy

d. cX konvergen ke cx

e. Jika Z = (zn) barisan bilangan real tak nol yang konvergen ke z ≠ 0, maka barisan

ZX konvergen ke

zx .

Bukti:

a. Ambil ε > 0 sebarang. Maka ada K1, K2 ∈ N sehingga untuk semua n ≥ K1

berlaku

⏐xn – x ⏐ < 2ε .

dan untuk semua n ≥ K2 berlaku

⏐yn – y ⏐ < 2ε

Pilih K = sup {K1, K2}. Maka, untuk n ≥ K diperoleh

εεεyyxxyxyx nnnn

=+<

−+−≤+−+

22

)()(

Karena ε > 0 diambil sebarang, maka disimpulkan bahwa X + Y konvergen ke

x + y.

b. Ambil ε > 0 sebarang. Maka ada K1, K2 ∈ N sehingga untuk semua n ≥ K1

berlaku

⏐xn – x ⏐ < 2ε .


⏐yn – y ⏐ < 2ε


69

εεεyyxx

y-yxxyxyx

nn

nnnn

=+<

−+−=

+−≤−−−

22

)()(

Karena ε > 0 diambil sebarang, maka disimpulkan bahwa X - Y konvergen ke x - y.

c. Diketahui

)()( xyyxyxyxxyyx nnnnnn −+−=−

≤ )()( xxyyyx nnn −+−

= xxyyyx nnn −+− ,

untuk semua bilangan asli n. Karena X konvergen maka X terbatas. Jadi ada

bilangan real M1 > 0 sehingga ≤nx M1, untuk semua n ∈ N.

Pilih M = sup {M1, ⏐y⏐}. Diperoleh

xyyx nn − ≤ xxMyyM nn −+−

Ambil ε > 0 sebarang. Maka ada K1, K2 ∈ N sehingga untuk semua n ≥ K1

berlaku

⏐xn – x ⏐< M2ε .


⏐yn – y⏐< M2ε


xyyx nn − ≤ xxMyyM nn −+−

< MM2ε

+ MM2ε = ε

Karena ε > 0 diambil sebarang, maka disimpulkan bahwa XY konvergen ke xy.

70

d. Misal Y = (c ⏐n ∈ N) = ( c, c, c, …, c, …). Maka Y merupakan barisan konstan c

yang konvergen ke y = c. Sesuai c, maka barisan YX konvergen ke yx. Jadi barisan

cX konvergen ke cx.

e. Akan ditunjukkan bahwa barisan Z1 konvergen ke

z1 . Misalkan a = z

21 , maka

a > 0. Karena lim (zn) = z, maka ada bilangan asli K1 sehingga untuk semua n ≥ K1

berlaku

⎢zn – z ⎢< a

Sesuai ketaksamaan segitiga diperoleh

-a < -⎢zn – z ⎢≤ ⎢zn⏐-⏐z ⎢, untuk semua n ≥ K1.

Sehingga diperoleh

z21 = ⏐z ⎢- a ≤ ⎢zn⏐, untuk semua n ≥ K1.

Jadi

nz1 <

z2 , untuk semua n ≥ K1.

Dengan demikian

zzz

zzzz

zzzz

zz

n

nn

n

n

n

−<

−=

−=−

22

1

11

.

Ambil ε > 0 sebarang. Maka ada K2 ∈ N sehingga untuk semua n ≥ K2 berlaku

⏐zn – z ⏐ < 2

21 zε .

71

Pilih K = sup{K1, K2}, maka untuk semua n ≥ K berlaku

ε<−zzn

11

Karena ε > 0 sebarang disimpulkan bahwa Z1 konvergen ke

z1 .

Dengan demikian, maka ZX = X

Z1 konvergen ke x

z1 =

zx . ◘

Teorema 3.4.5 Jika X = (xn) barisan bilangan real yang konvergen ke x dan xn ≥ 0, untuk

semua n ∈ N, maka x = lim (xn) ≥ 0.

Bukti: Andaikan x = lim (xn) < 0, maka –x > 0. Pilih ε = -x. Karena X konvergen

ke x, maka ada bilangan asli K sehingga untuk semua n ≥ K berlaku

x - ε < xn < x + ε.

Dengan demikian diperoleh

xK < x + ε = x + (-x) = 0.

Kontradiksi dengan yang diketahui bahwa xn ≥ 0, untuk semua n ∈ N. Terbukti x =

lim (xn) ≥ 0. ◘

Teorema 3.4.6 Misalkan X = (xn) dan Y = (yn) adalah barisan bilangan real yang

konvergen dengan xn ≤ yn, untuk semua n ∈ N. Maka

lim (xn) ≤ lim (yn)

Bukti: Misalkan zn = yn – xn, untuk semua n ∈ N. Maka barisan Z = (zn) = Y – X

dan zn ≥ 0, untuk semua n ∈ N. Diperoleh

lim (yn) – lim (xn) = lim (zn) ≥ 0.

Terbukti bahwa lim (xn) ≤ lim (yn). ◘

Teorema 3.4.7 Misalkan X = (xn) adalah barisan bilangan real yang konvergen dengan a ≤

xn ≤ b, untuk semua n ∈ N. Maka

a ≤ lim (xn) ≤ b.

72

73

Bukti: Misalkan Y adalah barisan konstan b, yaitu (b, b, b, …, b, …). Maka

diperoleh

lim X ≤ lim Y = b.

Jadi, lim (xn) ≤ b. Misalkan Z adalah barisan konstan a, yaitu (a, a, a, …, a, …). Maka

diperoleh

a = lim Z ≤ lim X.

Jadi, a ≤ lim (xn). Dapat disimpulkan bahwa

a ≤ lim (xn) ≤ b. ◘

Teorema 3.4.8 ( Teorema Apit ) Misalkan X = (xn), Y = (yn) dan Z = (zn) adalah

barisan bilangan real sehingga

xn ≤ yn ≤ zn,

untuk semua n ∈ N dan lim (xn) = lim (zn). Maka Y = (yn) adalah konvergen dan

lim (xn) = lim (yn) = lim (zn)

Bukti: Misalkan w = lim (xn) = lim (zn). Ambil ε > 0 sebarang. Karena X dan Z

konvergen ke w, maka ada bilangan asli K sehingga untuk semua n ≥ K berlaku

⏐xn - w⏐< ε dan ⏐zn - w⏐< ε.

Karena xn ≤ yn ≤ zn, untuk semua n ∈ N, maka

xn – w ≤ yn – w ≤ zn – w,

untuk semua n ∈ N. Maka

⏐yn - w⏐≤ sup {⏐xn - w⏐, ⏐zn - w⏐} < ε ,

untuk semua n ≥ K. Karena ε > 0 diambil sebarang berarti

lim (yn) = w.

Jadi Y = (yn) adalah konvergen dan lim (xn) = lim (yn) = lim (zn). ◘

Teorema 3.4.9 Misalkan barisan X = (xn) konvergen ke x. Maka barisan (⏐xn⏐)

konvergen ke ⏐x⏐.

Bukti: Ambil ε > 0 sebarang. Karena X konvergen ke x, maka ada bilangan asli K

⏐xn - x⏐< ε.

Maka

⏐⏐xn⏐- ⏐x⏐⏐≤ ⏐xn - x⏐ < ε ,

untuk semua n ≥ K. Karena ε > 0 diambil sebarang berarti

lim (⏐xn⏐) = ⏐x⏐.

Terbukti barisan (⏐xn⏐) konvergen ke ⏐x⏐.

Teorema 3.4.10 Misalkan X = (xn) barisan bilangan real yang konvergen ke x dan xn ≥ 0,

untuk semua n ∈ N. Maka barisan ( nx ) adalah konvergen dan

lim ( nx ) = x .

Bukti: Karena xn ≥ 0, untuk semua n ∈ N, maka lim (xn) = x ≥ 0. Jika x = 0. Ambil

ε > 0 sebarang. Karena X konvergen ke 0, maka ada bilangan asli K sehingga untuk

semua n ≥ K berlaku

⏐xn - 0⏐= xn < ε2.

Sehingga diperoleh

⏐ nx - 0⏐= nx < ε ,

untuk semua n ≥ K.

Karena ε > 0 diambil sebarang berarti lim ( nx ) = 0. Jika x > 0.

Maka x > 0. Diperoleh bahwa

nx - x = xx

xxxx

xxxx

n

n

n

nn

+−

=+

+− )((.

Karena

nx + x ≥ x > 0,

maka

xxn − ≤ xxx n −1

74

Ambil ε > 0 sebarang, karena X konvergen ke x, maka ada bilangan asli K sehingga

untuk semua n ≥ K berlaku

⏐xn - x⏐< ε x .

Diperoleh

xxn − ≤ xxx n −1 < ε, untuk n ≥ K.

Karena ε > 0 diambil sebarang, terbukti bahwa lim ( nx ) = x .

Berdasarkan dua kasus tersebut, disimpulkan bahwa barisan ( nx ) adalah

konvergen dan lim ( nx ) = x . ◘

Teorema 3.4.11 Misalkan X=(xn) barisan bilangan real dan lim ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +

n

n

xx 1 =L ada. Jika

L < 1, maka (xn) konvergen dan lim (xn) = 0.

Bukti: Pilih bilangan real r sehingga L < r < 1. Ambil ε = r – L > 0, maka terdapat

bilangan asli K sehingga jika n ≥ K berlaku

Lx

x

n

n −+1 < ε.

Dengan demikian diperoleh bahwa

n

n

xx 1+ < L + ε

= L + (r – L) = r.

Selanjutnya didapat

0 < xn + 1 < xnr < xn – 1r2 < … < xKrn – K +1.

Pilih C = KK

rx , maka 0 < xn+1 < Crn+1 untuk semua n ≥ K.

Karena 0 < r < 1, maka lim (rn) = 0. Dapat disimpulkan bahwa lim (xn) = 0. ◘

75

Definisi 3.4.12 Misalkan X = (xn) adalah barisan bilangan real, dan (nk) adalah barisan

bilangan asli sehingga nk < nk + 1, untuk setiap k ∈ N. Barisan ( )knx disebut subbarisan

dari (xn).

Berdasarkan definisi subbarisan, maka ekor barisan adalah subbarisan, tetapi

tidak semua subbarisan adalah ekor barisan. Jika suatu barisan bilangan real

konvergen maka semua subbarisannya konvergen ke limit yang sama.

Teorema 3.4.13 Misalkan X = (xn) adalah barisan bilangan real yang konvergen ke x ∈R.

Maka semua subbarisan dari X = (xn) adalah konvergen ke x.

Latihan 3.4

1. Misalkan X dan Y barisan bilangan real sehingga X dan X + Y konvergen.

Buktikan Y konvergen

2. Misalkan X dan Y barisan bilangan real sehingga X konvergen ke x ≠ 0 dan XY

konvergen. Buktikan Y konvergen.

3. Tunjukkan bahwa jika X dan Y barisan sedemikian sehingga X konvergen di

0≠x dan XY konvergen maka Y konvergen.

4. Tunjukkan bahwa barisan 12 +n tidak konvergen.

5. Tunjukkan bahwa barisan ( )( )311 nn+− tidak konvergen.

6. Jika ba <<0 , Hitunglah ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++ ++

nn

nn

baba 11

lim

7. Jika a > 0, b > 0 tunjukkan bahwa ( )( )( )2

lim banbnan +=−++ .

8. Tunjukkan jika )( nnn baz + dimana n

1

= ba <<0 maka ( ) bzn = . lim

76

3.5. Barisan Monoton

Definisi 3.5.1 Misalkan X = (xn) adalah barisan bilangan real. X = (xn) disebut

monoton naik (monoton tidak turun) jika

xn ≤ xn + 1,

untuk semua n ∈ N. X=(xn) disebut monoton turun (monoton tidak naik) jika

xn ≥ xn + 1,

untuk semua n ∈ N. X = (xn) disebut monoton jika monoton naik atau monoton turun.

Contoh 3.5.2 Barisan X = (xn) = (2, 4, 6, …, 2n, …) adalah monoton naik. Barisan

Y = (yn) = (-1, -2, -3, …, -n, …) adalah monoton turun. Barisan

Z = (zn) = (-1, 1, -1, …, (-1)n, …)

adalah tidak monoton naik dan tidak monoton turun.

Teorema 3.5.3 Jika X = (xn) barisan bilangan real yang monoton naik dan terbatas di atas,

maka X = (xn) konvergen.

Bukti: Diketahui X = (xn) monoton naik, dan misalkan

E = { xn ⏐ n ∈ N}.

Maka E ≠ 0 dan terbatas di atas. Misalkan x = sup E. Ambil ε > 0 sebarang.

Karena x - ε bukan batas atas, maka ada K ∈ N sehingga

/

x - ε < xK < x.

Karena (xn) monoton naik, maka

x - ε < xn < x, untuk semua n ≥ K.

Jadi, jika n ≥ K, diperoleh

- ε < xn – x < ε.

Terbukti bahwa (xn) konvergen ke x. ◘

Suatu hal penting yang perlu dicatat dari Teorema 3.5.2 adalah bahwa barisan

monoton naik dan terbatas di atas, konvergen ke supremum himpunan suku-

sukunya.

77

Teorema 3.5.4 Jika X = (xn) barisan bilangan real yang monoton turun dan terbatas di

bawah, maka X = (xn) konvergen.


Untuk memahami definisi dan teorema tersebut, perhatikan contoh berikut.

Contoh 3.5.5 Misalkan X = (xn) barisan bilangan real dengan

41 (2xn + 3), n ≥ 1. x1 = 1, dan xn + 1 =

Akan ditunjukkan bahwa lim xn = 23 . Dengan induksi matematika, akan ditunjukkan

bahwa X = (xn) adalah monoton naik. Untuk n = 1, diperoleh

x1 = 1, dan x2 = 45 .

Jadi, untuk n =1, terbukti bahwa x1 ≤ x2. Asumsikan bahwa untuk n = k, berlaku

xk ≤ xk + 1, dan akan dibuktikan bahwa xk + 1≤ xk + 2. Karena

xk ≤ xk + 1

maka diperoleh

2xk ≤ 2xk + 1

2xk + 3 ≤ 2xk + 1 + 3

41 (2xk + 3) ≤

41 (2xk + 1 + 3)

xk + 1≤ xk + 2.

Sesuai prinsip induksi matematika, terbukti bahwa xn ≤ xn + 1.

Untuk semua n ∈ N. Jadi, X = (xn) adalah monoton naik. Kedua akan ditunjukkan bahwa

X = (xn) adalah terbatas di atas. Sebelumnya telah diketahui bahwa x1 ≤ x2 < 2. Akan

ditunjukkan bahwa xn < 2, untuk semua n ∈ N. Untuk n = 1, 2 telah terbukti benar.

Asumsikan benar untuk n = k, bahwa xk < 2. Akan ditunjukkan bahwa xk + 1< 2. Karena

xk < 2, maka diperoleh

2xk < 4

78

2xk + 3 < 7

41 (2xk + 3) <

47 < 2

xk + 1< 2.

Sesuai prinsip induksi matematika, maka xn < 2, untuk semua n ∈ N. Karena (xn) monoton

naik dan terbatas di atas, maka (xn) konvergen. Misalkan (xn) konvergen ke x. Karena (xn + 1)

adalah subbarisan dari (xn), maka (xn + 1) juga konvergen ke x. Jadi,

lim (xn + 1) = lim [41 (2xn + 3)]

lim (xn + 1) = 41 (2 lim xn + 3)

4x = 2x + 3

Diperoleh, x = 23 . Jadi, lim xn =

23 . ◘

Latihan 3.5.

1. Misalkan 81 =x dan 221

1 +=+ nn xx , untuk Nn∈ , buktikan bahwa { }nx

terbatas dan monoton serta temukan limitnya

2. Misalkan 01 >= a dan xn

nn xxx 1

1 +=+ , untuk Nn∈ buktikan bahwa

{ }nx konvergen atau divergen.

3. Misalkan 22221

31

21

11

nxn ++++= L , untuk Nn∈ buktikan bahwa { }nx

monoton naik dan terbatas sertya tentukan keknvergenannya.

3.6. Barisan Cauchy

Definisi 3.6.1 Misalkan X = (xn) adalah barisan bilangan real. X = (xn) disebut barisan

Cauchy jika untuk setiap ε > 0 terdapat K ∈ N sehingga

⏐xm – xn ⏐< ε

untuk semua m, n ≥ K. 79

Teorema 3.6.2 Jika X = (xn) adalah barisan bilangan real dan konvergen, maka X = (xn)

adalah barisan Cauchy.

Bukti: Misalkan (xn) konvergen ke x ∈ R. Ambil sebarang ε > 0, maka terdapat

K ∈ N sehingga

⏐xn – x ⏐< 2ε

untuk semua n ≥ K. Untuk m, n ≥ K diperoleh

⏐xm – xn ⏐≤ ⏐xm – x ⏐+ ⏐xn – x ⏐< 2ε +

2ε = ε.

Terbukti, bahwa (xn) adalah barisan Cauchy. ◘

Teorema 3.6.3 Misalkan X = (xn) adalah barisan bilangan real. Jika X = (xn) adalah

barisan Cauchy, maka X = (xn) adalah terbatas.

Bukti: Diketahui X = (xn) adalah barisan Cauchy. Pilih ε = 1. Maka ada K ∈ N


⏐xn – xK ⏐ < 1.

Dengan ketaksamaan segitiga diperoleh⏐xn ⎢≤⏐xK ⏐ + 1, untuk semua n ≥ K.

Pilih M = sup{⏐x1 ⎢, ⏐x2 ⎢, ⏐x3 ⎢, …, ⏐xK- 1 ⎢, ⏐xK⏐ + 1} Maka diperoleh bahwa


Terbukti, jika X barisan Cauchy maka X terbatas. ◘

Teorema 3.6.4 Barisan bilangan real adalah konvergen jika dan hanya jika merupakan

barisan Cauchy.

Bukti: Diserahkan sebagai latihan. ◘


kontraktif jika terdapat C ∈ R, 0 < C < 1, sehingga

⏐xn + 2 – xn + 1 ⏐< C ⏐xn + 1 – xn ⏐

untuk semua n ∈ N.

Teorema 3.6.6 Setiap barisan kontraktif adalah barisan Cauchy.

Bukti: Diserahkan sebagai latihan. 80

3.7. Barisan Divergen Definisi 3.7.1 Misalkan X = (xn) adalah barisan bilangan real. X = (xn) disebut

divergen ke ∞, ditulis lim (xn)=∞, jika untuk setiap M∈R, M > 0, ada K ∈ N sehingga

xn > M, n ≥ K.

Contoh 3.7.2

1. Misalkan (xn) = (n). Akan ditunjukkan bahwa lim (xn) = ∞. Ambil sebarang M ∈ R

dan M > 0. Sesuai sifat Archimedes, maka ada K ∈ N sehingga K > M. Jika n ≥ K,

maka akan diperoleh xn > M.

2. Misalkan (xn) = (3n + 2). Akan ditunjukkan bahwa lim (xn) = ∞. Ambil sebarang

M ∈ R dan M > 0. Sesuai sifat Archimedes, maka ada K ∈ N sehingga K > 3

2−M .

Jika n ≥K, maka akan diperoleh xn > M. ☻


divergen ke-∞, ditulis lim(xn)=-∞, jika untuk setiap M∈R, M> 0, ada K ∈ N sehingga

xn < -M, n ≥ K.

Contoh 3.7.4

1. Misalkan (xn) = (-n). Akan ditunjukkan bahwa lim (xn) = -∞. Ambil sebarang M∈ R

dan M > 0. Sesuai sifat Archimedes, maka ada K ∈ N sehingga K > M. Jika n ≥ K,

maka akan diperoleh xn < -M.

2. Misalkan (xn) = (-5n + 3). Akan ditunjukkan bahwa lim (xn) = -∞. Ambil sebarang

M ∈ R dan M > 0. Sesuai sifat Archimedes, maka akan ada K ∈ N sehingga

K > 5

3−M .

Jika n ≥ K, maka akan diperoleh

xn < -M. ☻

Teorema 3.7.5 Misalkan X = (xn) adalah barisan bilangan real. Jika X = (xn)

monoton naik dan tidak terbatas di atas, maka lim (xn) = ∞.

81

Bukti: Ambil sebarang M ∈ R dan M > 0. Karena (xn) tidak terbatas di atas, maka

M bukan batas atas (xn). Jadi, ada K ∈ N sehingga

M < xK.

Karena (xn) monoton naik, diperoleh

M < xK ≤ xK + 1 ≤ xK + 2 ≤ xK + 3 ≤ ⋅⋅⋅

Jadi, jika n ≥ K, diperoleh bahwa xn > M , sehingga lim (xn) = ∞.

Teorema 3.7.6 Misalkan X = (xn) adalah barisan bilangan real. Jika X = (xn) monoton

turun dan tidak terbatas di bawah, maka lim (xn) = -∞.


Definisi 3.7.7 Misalkan X = (xn) adalah barisan bilangan real. Jika X = (xn) tidak

konvergen, tidak divergen ke ∞, atau tidak divergen ke -∞, maka X = (xn) disebut barisan

osilasi.

Latihan 3.7.

1. Jika ,nxn = tunjukkan bahwa { }nx memenuhi 0lim 1 =−+ nn xx , akan tetapi

bukan barisan Cauchy.

2. Misalkan Np∈ . Berkan contoh barisan { }nx untuk setiap Nn∈ dan bukan

barisan Cauchy tetapi memenuhi 0=− nx . lim + pnx

3. Jika 21 xx < dengan Nx dan x ∈21, ( )12 −+ nxx untuk n > 2,

tunjukkan

21

−= nn x

{ }nx konvergen. Apakah mempunyai limit.

4. Jika 01 >x dan ( ) 11 2 −

+ += nn xx untuk ,1≥n tunjukkan limitnya.

82

4 KONSEP

TOPOLOGI R

Fungsi adalah suatu aturan padanan yang menghubungkan tiap objek x dalam suatu

himpunan yang disebut daerah asal (domain) denagan nilai nilai unik f(x) dan

himpunan kedua dan himpunan yang diperoleh disebut daerah hasil (kodomain) atau

suatu himpunan R⊂A dan kodomain R. Sebelum dibahas limit fungsi dan

struktur kekontinuan fungsi, lebih dahulu akan dibicarakan tentang struktur

topologi yang biasa dipakai pada sistem bilangan nyata R.

4.1. PERSEKITARAN

Definisi 4.1.1. Jika p ∈R dan bilangan 0>r , himpunan

),()( rprppV r +−= ={ }rpxrpRx +<<−∈ :

disebut persekitaran (neighborhood) titik p. Dalam hal ini r disebut jari-jari (radius)

persekitaran tersebut.

Contoh 4.1.2. Pada topologi pada garis bilangan riil R. Apakah interval-interval dibawah ini

merupakan, persekitaran dari 0 ?

1. (-21 ,

21 ] adalah persekitaran dari titik 0. Karena 0 ∈ (-

21 ,

21 )⊂ (-

21 ,

21 ] dan

(-21 ,

21 ) adalah terbuka.

2. ( - 1 , 0 ] adalah bukan merupakan persekitaran dari titik 0 karena tidak ada interval

terbuka yang memuat titik 0 sedemikian sehingga interval terbuka tersebut termuat

dalam kedua interval tersebut.

83

Teorema 4.1.3. Setiap selang terbuka (u,v) yang memuat p memuat suatu persekitaran titik

p dan sebaliknya setiap persekitaran titik p memuat suatu selang terbuka (u,v) yang memuat p.

Bukti: Diberikan selang (u,v) dan p ∈ (u,v). Diambil bilangan

r = }.pvup{ min −− ,21

mudah difahami bahwa r > 0 dan

)vu( )rp,r-p( pVr ,)( ⊂+= .

Sebaliknya, diambil sebarang q > 0 maka

),()( qpqppVq +−=

adalah persekitaran titik p. Diambil selang (u,v) dengan qpvpuqp +<<<<−

maka berlaku

)(),( pVvup q⊂∈ .

Latihan 4.1.

1. Apakah interval-interval pada garis bilangan riil R dibawah ini merupakan,

persekitaran dari 0 (-n1 ,

n1 ] .

2. Buktikan ( )∞,0 , ( )0,∞− merupakan persekitaran pada garis bilangan riil R.

4.2. TITIK LIMIT

Definisi 4.2.1. Jika disebut titik-limit (limit point) himpunan R∈A jika untuk setiap

bilangan 0>r Sehingga

0}{)( /≠−∩ pApVr .

Dengan demikian jika p titik-limit himpunan A maka setiap bilangan 0>r ,

himpunan ApVr ∩)( memuat paling sedikit satu anggota himpunan A yang tidak

sama dengan p. Himpunan dari semua titik limit dari A dinamakan derived set, yang

diberi notasi Ad.

84

Teorema 4.2.2. Setiap himpunan tak hingga R⊂A yang terbatas paling sedikit

mempunyai satu titik limit.

Teorema tersebut dapat dibuktikan dengan menggunakan Teorema Selang

Susut.

Contoh 4.2.3. Diberikan topologi pada garis bilangan riil R dan himpunan

A ={p| 0 ≤≤ p 1} {2}. ∪

Tentukan Ad !

i) Untuk titik p = 0 dan untuk setiap r >0

Vr(p) = {p | - ε 0}.

Maka

0}{)( /≠−∩ pApVr .

sehingga 0 merupakan titik limit dari A.

ii) Untuk titik p = 1

Vr(p) = {p | 1 - ε 0}.

Maka

0}{)( /≠−∩ pApVr .

Sehingga 1 merupakan titik limit dari A.

iii) Untuk titik p = a, dimana 0 < a < 1

Vr(p) = {p | a -ε 0}.

Maka

0}{)( /≠−∩ pApVr .

Sehingga x = a, dimana 0 < a < 1 merupakan titik limit dari A.

iv) Untuk p = 2.

Vr(p) = {p | 2 - ε 0}.

Ambil

ε = 21 maka Vr(p) ={p |

23 < p <

25 }

Maka

Vr(p) A – {p} = {p} – {p} = ∩ φ

85

Karena terdapat Vr(p) sedemikian sehingga Vr(p) ∩ A – {p} = φ maka p = 2

bukan merupakan titik limit dari A.

Dari i, ii, iii dan iv dapat diperoleh bahwa

Ad = {p | 0 ≤ p ≤ 1}. ☻

Dari contoh ini terlihat bahwa titik limit dari himpunan A dapat berada di dalam A

tetapi juga dapat terletak di luar A.

Teorema 4.2.4. Jika A dan B adalah himpunan bagian-himpunan bagian yang sebarang

pada ruang topologi R maka berlaku

1. A ⊂ B maka Ad ⊂ Bd

2. (A ∪ B)d = Ad ∪ Bd

3. A tertutup jika dan hanya jika Ad ⊂ A

4. Jika B tertutup dan A ⊂ B maka Ad ⊂ B

5. A ∪Ad adalah himpunan tertutup

6. φ d = φ dan Xd = X

7. (A∩ B)d ⊂ Ad ∩ Bd

Bukti: Untuk membuktikan 1. bahwa Ad ⊂ Bd , cukup dibuktikan bahwa

p ∈ Ad → p ∈ Bd

Menurut definisi 4.2.1, mengatakan bahwa p ⊂ Ad sehingga untuk setiap r>0 maka

Vr(p) ∩ A – {p} ≠ φ

Karena A B maka ⊂

[Vr(p) ∩ A – {p}] [Vr(p) ⊂ ∩ B – {p}].

Sehingga jika

Vr(p) ∩ A – {p} ≠ φ maka Vr(p) ∩ B – {p} ≠ φ

yang berarti bahwa p ∈ Ad maka p ∈ Bd. Jadi terbukti bahwa jika A ⊂ B maka

Ad Bd. Sedang 2. Dari Teorema 4.2.4.1, didapatkan bahwa ⊂

A A B → Ad (A ∪ B)d ⊂ ∪ ⊂

B A B → Bd ⊂ (A B)d ⊂ ∪ ∪

Dari sini didapatkan bahwa

Ad ∪ Bd (A ∪ B)d . ⊂

86

Sekarang akan ditunjukkan bahwa

(A ∪ B)d ⊂ Ad ∪ Bd

Diasumsikan bahwa p ∉ (Ad ∪ Bd), karena p ∉ (Ad Bd), berarti bahwa ∪

p∈ (Ad Bd)c = (Ad)c ∪ ∩ (Bd)c

Dari sini berarti p ∈ (Ad)c dan x ∈ (Bd)c. Karena x ∉ Ad sedemikian sehingga

p ∈ G dan G ∩A {p} ⊂

Karena p ∉ Bd sedemikian sehingga

p ∈ H dan H ∩ B ⊂ {p}

sehingga, p ∈ G ∩ H dan

(G ∩ H) ∩ (A B) = (G ∪ ∩ H ∩ A) (G ∪ ∩H ∩ B)

⊂ (G ∩ A) (H ∪ ∩ B)

⊂ {p} ∪ {p}

⊂ {p}

Dengan dernikian p ∉ (A B)d, sehingga p ∪ ∉ (Ad Bd) maka p ∉ (A B)d dan

kontraposisinya p

∪ ∪

∈ (A B) maka p ∪ ∈ (Ad Bd). Dari sini dapat disimpulkan

bahwa

∪

(A ∪ B)d ⊂ Ad ∪ Bd

terbukti bahwa (A ∪ B)d = Ad Bd. sedagkan untuk membuktikan teoema 4.2.4.3

(→) Misalnya A adalah tertutup dan ambil p

∪

∉ A, yang berarti bahwa p Ac,

karena A adalah tertutup maka Ac adalah terbuka. Dari sini p Ad untuk Ac

adalah suatu himpunan terbuka sedemikian sehingga

∈∉

p ∈ Ac dan Ac ∩ A =φ

yang berarti bahwa p ∈ Ac maka p ∉ Ad, Kontraposisinya p Ad sehingga

p Ac yang berarti bahwa p

∈∉ ∈ Ad maka p ∈ A. Menurut Teorema 4.2.4.1. dapat

disimpulkan bahwa Ad ⊂ A. Jadi, A tertutup berlaku Ad A . selanjutnya (←)

Akan ditunjukkan sebagai latihan. Untuk Teorema 4.2.4.4. Menurut Teorema

4.2.4.1, yang menyatakan bahwa A B maka Ad Bd, karena B adalah tertutup

maka menurut teorema 4.2.4.3. disimpulkan bahwa

⊂

⊂ ⊂

Bd B ⊂

87

Dengan demikian Ad Bd B, yang berarti bahwa Ad B. 8. Berdasarkan

teorema 4.2.4.1, maka berlaku

⊂ ⊂ ⊂

A B A sehingga (A ∩ ⊂ ∩ B)d Ad ⊂

A B B sehingga (A ∩ ⊂ ∩ B)d Bd ⊂

Dari sini diperoleh bahwa. (A B)d Ad ∩ ⊂ ∩ Bd . Untuk bukti yang lain silahkan

buat latihan. ◘

Contoh 4.2.5 Diberikan A = (1,2] {5,6}. Mudah difahami bahwa setiap p [1,2]

merupakan titik limit himpunan A, sebab untuk setiap 0

∪ ∈

>r berlaku

0}{)( ≠−∩ pApVr

Terlihat 1 titik limit himpunan A meskipun 1 A∉ . 5 dan 6 masing-masing bukan titik

limit himpunan A meskipun A∈6,5 , sebab ada 41, =rr misalnya, sehingga

0}6{)6( dan 0}5{)5( =−∩=−∩ AVAV rr . ☻

Latihan 4.2.

1. Misalkan A = (0,∝) ∪ {5}. Tentukan titik limit himpunan A.

2. Andaikan topologi pada garis bilangan riil R dan himpunan

A ={p| -∝ ≤≤ p 0} {7}. ∪

Tentukan Ad !

4.3. TITIK DALAM, PENUTUP Definisi 4.3.1. Jika R∈p disebut titik-dalam (interior point) himpunan R⊂A jika ada

bilangan 0>r sehingga

ApVr ⊂)(

Definisi 4.3.2. Himpunan A dikatakan terbuka (open) jika setiap anggotanya merupakan

titik-dalam. R⊂B dikatakan tertutup (closed) jika Bc terbuka.

88

Contoh 4.3.3. Himpunan B = (2,3) ∪ (4,∞ ) merupakan himpunan terbuka, sebab jika

)3,2(∈p sehingga diambil bilangan r > 0 dengan }3,2min{21 ppr −−= dan jika

),4( ∞∈p dapat diambil )4(21

−= pr sehingga berlaku . ☻ BpVr ⊂)(

Teorema 4.3.4. Selang-selang yang berbentuk (a,b), (a,∞ ) dan ),( a−∞ masing-masing

merupakan himpunan terbuka.

Bukti: Jika ),( bap ∈ maka diambil bilangan },min{21 pbapr −−= , sehingga

diperoleh dengan kata lain setiap ),()( bapVr ⊂ ),( bap∈ merupakan titik-dalam

(a,b) dan oleh karena itu, bahwa (a,b) himpunan terbuka. Jika ),( ∞∈ ap , sehingga

diambil bilangan )(21 apr −= dan diperoleh ),()( ∞⊂ apVr dengan kata lain

setiap ),( ∞∈ ap merupakan titik-dalam ),( ∞a . selanjutnya ),( ∞a himpunan

terbuka. Bukti untuk ( ), a∞− sebagai latihan. ◘

Akibat 4.3.5. Setiap titik di dalam suatu perserikatan merupakan titik-dalam. Jadi, setiap

persekutuan merupakan himpunan terbuka.

Teorema 4.3.6. Dua pernyataan dibawah ini benar.

1. Jika R⊂A merupakan himpunan terbuka jika dan hanya jika ia merupakan

gabungan selang-selang terbuka.

2. Jika A terbuka maka A merupakan gabungan selang-selang terbuka yang saling asing.

Bukti : (1) (Syarat perlu) Jika A terbuka maka setiap Ap∈ merupakan titik-

dalam A yaitu terdapat bilangan 0>r sehingga

ArprppVr ⊂+−= ),()( .

Mudah difahami bahwa merupakan selang terbuka dan )( pVr

)( pVA rAp∈= U .

(Syarat cukup) Diketahui jj IA λ∈= U , dengan λ himpunan indeks, dan

Ij = (aj,bj). Diambil sebarang titik Ap∈ , tentu ada λ∈i sehingga . )( , iii baIp =∈

89

sehingga, p merupakan titik dalam himpunan (selang) terbuka . Jadi, p

merupakan titik dalam himpunan A. (2) Andaikan terdapat

AI i ⊂

λ∈ji , sehingga

. Ada dua kemungkinan: (a) atau dan (b)

atau

0≠∩ ji II ki II ⊂ ik II ⊂

jiji bbaa <<< ijij bbaa <<< .dalam keadaan (a) berturut-turut atau

dapat dihapus. Dalam keadaan (b) dan digabung menjadi satu selang

an .

I i

I k I i Ik

ba ji ),( d ),( ij ba

Teorema 4.3.7. Jika ℑ koleksi semua himpunan terbuka di dalam R, maka

(i) ℑ∈/ R,0

(ii) Jika ℑ∈∩ℑ∈ BABA maka ,

(iii) Jika , , ndekshimpunan iap auntuk setiAa λλ∈ℑ∈ maka ℑ∈= ∈ aa AA λU

Bukti: (i) Jelas bahwa ℑ∈0 . Untuk setiap R∈p selalu berlaku

untuk setiap bilangan yang bernilai

R⊂)( pVr

01 >r ℑ∈R . (ii) Ambil sebarang τ∈BA, .

Jika bukti selesai. Menurut (i) Jika 0=∩ BA 0≠∩ BA diambil BAp ∩∈

sebarang. Karena Ap∈ dan ℑ∈A maka ada bilangan sehingga

. Juga, karena

01 >r

ApVr ⊂)(1

Bp∈ dan ℑ∈B maka ada bilangan sehingga

. Dengan mengambil bilangan

02 >r

BpVr ⊂)(2

},min{ 21 rrr = diperoleh

dengan i = 1,2 dan berakibat )()(12

pVpV rr ⊂ BApVr ∩⊂)( . sehingga terbukti

.(ii). Ambil sebarang titik ℑ∈∩ BA aa AAp λ∈=∈ U , dibuktikan p titik dalam

himpunan A. tentu ada λ∈i sehingga iAp∈ . Karena ℑ∈iA maka ada bilangan

0>r sehingga . Hal ini berakibat ir ApV ⊂)( aar AApV λ∈=⊂ U)( . Menurut

Definisi 4.3.2 R⊂A tertutup jika AAc R= terbuka. ◘

Teorema 4.3.8. Jika π koleksi semua himpunan tertutup di dalam R, maka

1. π∈/ R,0

2. Jika ππ ∈∪∈ BA maka BA ,, .

3. Jika π∈aA untuk setiap λ∈a , λ himpunan indeks, maka aa AA I λ∈=

90

Teorema 4.3.9. Diberikan A dan B adalah dua himpunan sebarang dalam ruang topologi

R Maka berlaku:

1. int (A) adalah himpunan terbuka terbesar yang termuat dalam A. Jadi int (A) ⊂ A.

2. A terbuka jika dan hanya jika A = int (A).

a) int (φ ) = φ

b) int (X) = X

3. A ⊃ B maka int (A) ⊃ int (B)

4. int (int (A)) = int (A)

5. int (A ∩ B) = int (A) ∩ int (B).

6. int (A ∪ B) ⊃ int (A) ∪ int (B).

Bukti:

1. trivial

2. ( → )Jika A terbuka maka A ⊂ int (A).

Sesuai dengan teorema 4.3.9.1, yaitu int (A) A. ⊂

Dengan demikian berarti bahwa jika A adalah terbuka maka A ⊂ int (A) A. ⊂

Dari sini berarti bahwa A = int (A).

( ←) Karena int (A) adalah terbuka dan A = int (A) maka A adalah terbuka.

Menurut teorema 4.3.9.2.

i) φ terbuka jika dan hanya jika int (φ )= φ

ii) X terbuka jika dan hanya jika int (X) = X

3. Sebagai latihan

4. Menurut teorema 4.3.9.2. dan karena int (A) adalah terbuka maka

int (int (A)) = int (A).

5. Karena A ⊃ A ∩ B dan B A ⊃ ∩ B.

Menurut teorema 4.3.9.4. maka

int (A) ⊃ int (A ∩ B) dan int (B) ⊃ int (A ∩ B).

Dari sini diperoleh

int (A) int (B) ∩ ⊃ int (A ∩ B)

Selanjutnya karena int (A) A dan int (B) B maka ⊂ ⊂

91

int (A) int (B) ⊂ A ∩ ∩ B.

Ini berarti bahwa (int (A) ∩ int (B)) adalah himpunan terbuka yang termuat

dalam A B. ∩

Menurut teorema 4.3.9.1, maka

int (A) ∩ int (B) ⊂ int (A ∩ B)

sehingga disimpulkan bahwa

int (A ∩ B) = int (A) ∩ int (B).

6. Karena A B ∪ ⊃ A maka int (A B) ∪ ⊃ int (A).

Karena A ∪ B ⊃ B maka int (A B) ∪ ⊃ int (B).

Dari sini berarti bahwa: int (A ∪ B) ⊃ int (A) int (B). ◘ ∪

Teorema 4.3.10. Jika R⊂A maka int(A) = Ao merupakan himpunan terbuka terbesar

yany termuat di dalam A.

Bukti: Jika )int( Ap∈ jika dan hanya jika terdapat bilangan 0>δ sehingga

. Sehingga terbuka dan oleh karena itu ApVr ⊂)( )( pVr

ApVA Ap ⊂= ∈ )()int( δU

terbuka. Diambil sebarang himpunan terbuka . AU ⊂ Uu∈ jika dan hanya jika

ada bilangan sehingga 0>r

UuVr ⊂)( .

Hal ini berakibat u titik-dalam himpunan A yaitu )int( Au∈ . Terbukti sebarang

himpunan terbuka )int(berakibat AUAU ⊂⊂ atau terbukti bahwa int(A)

merupakan himpunan terbuka terbesar yang termuat didalam A. ◘

Teorema 4.3.11. Jika R⊂A maka cl(A) merupakan himpunan tertutup terkecil yang

memuat A.

Bukti: Tulis k koleksi semua himpunan tertutup yang memuat A. Jadi

FAcl kF∈= I)( .

Mudah difahani bahwa untuk setiap FA ⊂ kF ∈ . Diperlihatkan )( Acl tertutup..

Diambil sebarang himpunan tertutup T yang memuat A. menurut pembentukan k,

92

maka kT ∈ . Oleh karena itu TAcl ⊂)( dan demikian terbukti bahwa c1(A)

merupakan himpunan tertutup terkecil yang memuat A.

Akibat Teorema diatas adalah suatu himpunan yang tak memuat titik-titik batasnya

merupakan himpunan terbuka. Jelasnya sebagai berikut.

Akibat 4.3.12. Dua pernyataan dibawah ini benar :

1. Misalkan R⊂A merupakan himpunan terbuka jika dan hanya jika

0)( =∩ ArA

2. Jika R⊂A maka )( ArA − terbuka

Bukti: (Syarat perlu) Diketahui A terbuka dan diandaikan A mempunyai titik

batas p. jadi untuk setiap bilangan 0>r berlaku

0)( dan 0)( /≠∩/≠∩ crr ApNApV .

Dengan kata lain tak ada bilangan sehingga atau p bukan titik

dalam karena terbuka. Jadi, dapat disimpulkan

0>r ApVr ⊂)(

A∉ , p 0)(.,. /=∩e A r Ai .

(Syarat cukup) Diketahui 0)( =∩ ArA . Hal ini berarti jika ada

ApAr∈ berakibat ) ∉p ( dan p bukan titik-limit himpunan A. Sebaliknya, jika

)(maka ArqAq ∉∈ dan q bukan titik terasing, i.e., ada 0>r sehingga

yang ekuivalen dengan atau q titik

dalam.

0)( dan 0)( /≠ rr NAqV I /=cAq I AqVr ⊂)(

Sebagai akibat langsung Teorema 4.3.11 adalah teorema di bawah ini.

Teorema 4.3.13. Misalkan R⊂A tertutup jika dan hanya jika AAcl =)(

Bukti: Jika A tertutup, maka himpunan tertutup terkecil yang memuat A adalah A

itu sendiri. Dengan kata lain AAcl =)( . Sebaliknya, jika AAcl =)( , diperoleh

dengan I λ∈=

FFA λ menyatakan koleksi semua himpunan tertutup yang

memuat A. Selanjutnya, berlaku, tertutup. I FA F λ∈=

93

Teorema 4.3.14. Misalkan R⊂A tertutup jika dan hanya jika memuat semua titik

limitnya.

Bukti: (Syarat Perlu) Titik a merupakan titik limit himpunan A jika dan hanya jika

setiap bilangan berlaku 0>r

.0}{)( /≠−∩ aAaVr

Andaikan , tentu a merupakan titik-dalam himpunan terbuka , dengan

kata lain ada bilangan sehingga Hal ini berarti

, sehingga kontradiksi.

Aa∉ cA

00 >r .)(0

cr AaV ⊂

0)(0

/=∩ AaVr

(Syarat Cukup) Ambil sebarang Tentu x bukan titik limit himpunan ;

jadi ada bilangan

.cAx∈ A

0>δ sehingga 0)( /=∩ AaVr atau yang berarti x

titik-dalam himpunan Karena pengambilan x sebarang diperoleh terbuka

yang ekuivalen dengan tertutup. ◘

cr AaV ⊂)(0

.cA cA

A

Latihan 4.3.

1. Buktikan A ⊃ B maka int (A) ⊃ int (B).

2. Buktikan A = A ∪Ad.

3. Buktikan dan berikan contoh φ d = φ dan Xd = X.

4.4. TITIK BATAS DAN TITIK LUAR

Definisi 4.4.1. Jika R∈p disebut titik-batas (boundary point) suatu himpunan R⊂A

jika untuk setiap bilangan 0>r berlaku

0)( 0)( /≠∩/≠∩ crr ApVdanApV

Definisi 4.1.2. Jika R∈p disebut titik-luar (exterior point) suatu himpunan

jika ada bilangan 0

RA ⊂

>r berlaku

0)( /≠∩ ApVr .

Dengan demikian jika R∈p titik-batas himpunan R⊂A jika setiap persekitaran

titik p selalu memuat paling sedikit satu anggota A dan satu anggota Ac. Jika p titik-

94

batas himpunan A tak perlu p menjadi anggota A. Tetapi sebaliknya, jika p titik-

batas himpunan A dan ada bilangan 0>r sehingga }{)( pApVr =∩ maka p

disebut titik terasing (isolated point) himpunan A. Jadi setiap titik terasing

merupakan titik batas, sebaliknya tidak berlaku. Dapat kita tahu bahwa, titik batas

yang bukan titik-terasing merupakan titik limit. Sehingga p titik-batas himpunan A

jika dan hanya jika p titik-batas himpunan Ac. Jika R∈p merupakan titik-luar

himpunan A jika dan hanya jika p merupakan titik-dalam himpunan Ac.

Contoh 4.1.16 Jika }4,3{]2,1[ ∪=A . 1, 2, 3 dan 4 masing-masing merupakan

titik-batas himpunan A, sebab untuk setiap bilangan 0>r diperoleh

)( pVr (p = 1, 2, 3, 4)

memuat paling sedikit satu angka A dan satu Ac. 3 dan 4 masing-masing merupakan

titik terasing himpunan A, sebab dengan mengambil 21

=r diperoleh

}3{)3(21 =∩ AV dan }4{)4(21 =∩ AV .

1 dan 2 masing-masing titik-batas yang bukan titik-terasing, oleh karena itu 1 dan 2

masing-masing titik-limit.

Latihan 4.4.

1. Buktikan ext (A) = int (Ac). dan berikan contohnya?

2. Buktikan A = int (A) ∪ b (A).

3. Buktikan

i. b (Ac ) = b (A),

ii. b ( A ) = A ∩ A c

4.5. HIMPUNAN KEKOMPAKAN

Koleksi himpunan bagian a di dalam R disebut Liput (cover) himpunan R⊂A

jika . Setiap UAau∈

⊂ U a⊂ℑ sehingga ℑ masih meliput A disebut liput-bagian

(subcover) himpunan A. jika setiap anggota a itu merupakan himpunan terbuka

maka a disebut liput terbuka (open cover) himpunan A.

95

Contoh 4.5.1. Diberikan }5,3{]2,1( ∪=A dan diambil suatu bilangan 0>r . Koleksi

semua persekitaran dengan )( pVr Ap∈ merupakan liput terbuka himpunan A, sebab

setiap merupakan himpunan terbuka dan )( pNr ApVrAp ⊃∈ )(U .☻

Contoh 4.5.2. }:),{( R∈∞=ℑ aa merupakan liput terbuka himpunan R sebab

dan setiap ),( ∞⊂ ∈ aRaUR ),( ∞a merupakan himpunan terbuka. Jika diambil

}:),{( Qppa ∈∞= maka dan ℑ⊂a ),( ∞⊂ ∈ pQpUR oleh karena itu a merupakan

liput bagian himpunan R. ☻

Definisi 4.5.3. Himpunan dikatakan kompak (compact) jika setiap liput

terbukanya memuat liput-bagian yang banyak anggotanya hingga.

RA ⊂

Contoh 4.5.4. R⊂= },...,,{ 21 nxxxK merupakan himpunan kompak, sebab jika

};{ λ∈=ℑ aGa , dengan λ himpunan indeks dan Ga himpunan terbuka , merupakan liput

terbuka himpunan K, ,dapat dipilih liput bagian yang banyaknya anggota hingga,

yaitu sebagai berikut. Karena tentu ada himpunan sehingga

untuk setiap i. diperoleh

aa

GKλ∈

⊂ U

aai GKx λ∈⊂∈ U ℑ∈iG

,ii Gx ∈ ℑ⊂},...,,{ 21 nGGG merupakan liput-bagian yang banyak

anggotanya hingga dan . ☻ i

n

in GxxxK

121 },...,{

=⊂= U

Contoh 4.5.5. Misalkan R⊂∞),0[ tak kompak, sebab interval itu mempunyai liput

terbuka yang tak mempunyai liput bagian yang banyak anggotanya hingga: buktinya sebagai

berikut. Dibentuk liput terbuka dengan anggota-anggotanya berbentuk .

Sungguh ini merupakan liput terbuka himpunan

ℑ ),1( nGn −=

ℑ ),0[ ∞ sebab Gn merupakan himpunan

terbuka untuk setiap n dan

),0[1 ∞⊃∞= nn GU .

Andaikan ada liput bagian

ℑ⊂},...,,{21 pnnn GGG

Jadi,

pnnn GGG ...),0(21∪∪⊂∞

96

diambil bilangan asli

M=maks },...,,{ 21 pnnnn

diperoleh

),0(),1(...21

∞⊃−==∪∪∪ mGGGG mnnn p,

suatu kontradiksi. Dengan kata lain ada liput terbuka τ yang mempunyai liput bagian yang

banyak anggotanya hingga atau ),0[ ∞ tak kompak. ☻

Teorema 4.5.6. Jika kompak, maka K tertutup dan terbatas. RK ⊂

Bukti: Dibuktikan dahulu K terbatas. Untuk setiap bilangan Nn∈ dibentuk

himpunan terbuka Hn = (-n,n). Jelas bahwa }:{ NnHn ∈=ℑ merupakan liput

terbuka K sebab Hn terbuka untuk setiap n dan . Karena K kompak

tentu ada

nn HK ∞=⊂ 1U

ℑ⊂a yang banyak anggotanya hingga, tulis

},...,,{ 21 npnn HHHa =

sehingga

pnnn HHHK ∪∪∪⊂ ...21

Namakan

=m maks . },...,,{ 21 pnnn

Diperoleh

),(...21 mmHHHHK mnpnn −==∪∪∪⊂

sehingga K terbatas. Lebih lanjut diperlihatkan bahwa K tertutup atau Kc terbuka.

Untuk setiap Nn∈ dan dibentuk himpunan cKu∈ }1;{n

uggGn >−∈= R .

Mudah dipahami bahwa Gn terbuka untuk setiap Nn∈ dan

merupakan liput terbuka himpunan kompak K. oleh karena itu ada terdapat

bilangan asli m (seperti diatas) sehingga

,...}2,1;{ =nGn

GaaIa k ⊂+−⊂∈ ),( 00 δδ . Hal ini

berakibat G meliput KIk ∩ , suatu kontradiksi dan bukti selesai.

Teorema 4.5.7. (Teorema Heine-Borel) R⊂K kompak jika dan hanya jika

tertutup dan terbatas.

K

97

Bukti: (Syarat Perlu) terbukti berdasarkan teorema 4.5.6.

(Syarat cukup) Andaikan tedapat liput terbuka ℑ himpunan tertutup dan terbatas

yang tak mempunyai liput bagian yang banyak anggotanya hingga. Karena

terbatas tentu ada bilangan nyata

K K

0>r sehingga

1],[ IrrK =−⊂ .

Diambil menjadi dua selang tertutup dan sehingga mempunyai

satu anggota. Sehingga

1I '1I ''

1I ''1

'1 II ∩

ℑ merupakan liput terbuka maupun . Tentu

tidak terdapat liput bagian yang banyak anggotanya hingga yang masih meliput

; demikian pula untuk . Sebab jika ada untuk keduanya, gabungan dua

liput bagian itu mednjadi liput bagian yang banyak anggotanya hingga. Jadi

paling tidak salah satu atau yang tak terliput oleh liput bagian yang

banyaknya anggota hingga. Katakana yang dimaksud itu dan ditulis .

Potong menjadi dua selang tertutup dan dengan sehingga

sisngleton. Proses selanjutnya seperti di atas dilakukan terus menerus.

merupakan barisan selang tertutup yang mepunyai sifat-sifat dan

'1IK ∩ ''

1IK ∩

'1IK ∩ ''

1IK ∩

K'1IK ∩ ''

1IK ∩

'1IK ∩ '

12 II =

2I '2

I ''2

I ''2

'2 II ∩

}{ nI

nn II ⊂+1

0lim =→∞ nn I Menurut teorema selang susut, terdapat tepat satu titik

sehingga untuk setiap n . selanjutnya a merupakan titik limit himpunan ,

sebab untuk setiap bilangan

Ra ∈

nIa ∈ K

0>r terdapat sehingga mI

),( raraIa m +−⊂∈

dan tak mempunyai liput bagian yang bayaknya hingga yang masih meliput

Hasil ini berarti

ℑ

.KIm ⊂

0}{),( /≠−+−∩ araraK

atau a merupakan titik limit himpunan yang tertutup. sehingga, .

Selanjutnya, karena

K Ka ∈

ℑ liput terbuka himpunan tentu ada sehingga

karena G terbuka tentu ada sehingga

K ℑ∈G

.Ga ∈ 0r

98

( ) GraraaNr ⊂+−= 00 ,)(

dan karena 0lim =∞→ nn I , m,aka terdapat bilangan asli k sehingga

( ) GraraIa k ⊂+−⊂∈ 00 , .

Sehingga berakibat G meliputi , suatu kontradiksi dan bukti selesai. ◘ KIk ∩

Latihan 4.5.

1. Misalkan 0/≠K kompak di R. Tunjukkan inf K dan sup K ada.

2. Misalkan 0/≠K kompak di R, dan R∈c . Buktikan terdapat titik a di K

sedemikian sehingga { }Kxxcac ∈= −− : . inf

3. Jika 021 /≠∩ KK , 1K dan 2K himpunan kompak. Tunjukkkan terdapat

ii Kk ∈ sehingga { }ii Kxxxkk ∈−=−< :inf0 2121 .

99

5 LIMIT FUNGSI

DAN KEKONTINUAN

5.1. Limit Fungsi dan Definisi kontinu

Pada bagian ini akan dibicarakan tentang limit suatu himpunan bilangan nyata.

Terdapat pengertian baru yaitu limit suatu fungsi. Pengertian baru inilah yang

menjadi topik pembicaraan di dalam bagian ini.

Perlu diingat kembali, jika R dan ⊂A f fungsi dari ke R. A

→Af : R

Maka disebut domain fungsi AD f = f , R disebut kodomain fungsi f ,

( ){ }Axxff ∈= :R

disebut range fungsi f , dan

( )( ){ }Axxfxf ∈= :,G

disebut graph f .

Definisi 5.1.1. Diketahui ∈α R dan dua fungsi ⊂Af : R→R dan ⊂Ag : R→R.

Fungsi gfdanfggff ,,, +α berturut-turut didefinisikan

1. ( )( ) ( )xfxf ⋅= αα untuk setiap Ax ∈

2. ( )( ) ( ) ( )xgxfxgf +=+ untuk setiap Ax ∈

3. ( )( ) ( ) ( )xgxfxfg ⋅= untuk setiap Ax ∈

100

4. ( ) ( )( )xgxfx

gf

= untuk setiap ( ){ }0≠∈ xgdenganAx .

Selanjutnya, menurut Definisi 5.1.1 diatas diperoleh

( )( ) ( ) ( ) ( )xfxfxfxfffsukun

+++=+++ ......44 344 21

( ) ( )( )xnfxfn =⋅=

Jadi, untuk setiap ,N∈n

4434421sukun

fffnf +++= ...

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )xfxfxfxfffxfFaktorn

n ...... ⋅=⋅=43421

( )( )nxf=

Jadi, untuk setiap ,N∈n

321

faktorn

n ffff ....=

Contoh 5.1.2. Diberikan fungsi dengan rumus [ ) R→2,0:f ( ) xxxf += 2 dan

dengan rumus [ ) R→3,1:g ( ) xxg = , maka gf + dan gf ⋅ berturut-turut mempunyai

rumus

( )( ) ( ) ( ) ( ) xxxxxxgxfxgf 222 +=++=+=+( )( ) ( ) ( ) ( ) 232 xxxxxxgxfxfg +=+==

Dengan [ ) ( ] ( )2,13,12,0 =∩=∩==+ gffggf DDDD . ☻

Contoh 5.1.3. Jika diketahui juga RR →:, gf dengan rumus

( ) xxxf += 2 dan ( ) 32 += xxg

Maka fungsi dengan rumus h

( )32

2

++

=x

xxxh

sehingga

101

( )( ) =xgxf ( )xh

32

2

++

=x

xx

Oleh karena itu

( ){ }{ }1,1

0:

−=

≠∩∈=

R

xdanDDxxD gfh

karena h bila ( ) R∈x

( ) ( )11,0 −≠≠≠ xatauxxg .☻

Definisi 5.1.4. Diketahui fungsi RR →⊂Af : dan titik limit himpunan . Jika ada

bilangan

A

R∈l sehingga untuk setiap bilangan 0>ε terdapat bilangan sehingga jika

dan

0>r

( )aNAx r∩∈ ax ≠ berakibat ( ) ( )lNxf ε∈ dikatakan ( )xf limit untuk

dan dituliskan singkat dengan

l

ax →

ax→lim ( ) lxf =

Seperti telah diketahui, bahwa ax ≠ dan ( )arNAx ∩∈ jika dan hanya jika

( ) { }aaNAx r −∩∈

jika dan hanya jika Ax ∈ dan rax <−<0 demikian pula

( ) ( )lNxf ε∈

jika dan hanya jika

( ) ε<− lxf .

a

Nδ( a )

l Nε( l )

5.1.4.1. Ilustrasi limit f di a adalah l

Oleh karena itu diperoleh teorema di bawah ini.

102

Teorema 5.1.5. Misalkan RR →⊂Af : dan titik-titik himpunan A a

( ) lxfx

=→α

lim jika dan hanya jika untuk setiap bilangan terdapat bilangan 0>ε sehingga

bilangan sehinng jika 0>r Ax ∈ , dan rax <−<0 , berakibat

ε<− lxf )( .

Bukti: (Syarat perlu) Misalkan RR→⊂Af : dan a titik limit himpunan A.

lxfx

=→

)(limα

jika dan hanya jika untuk setiap bilangan 0>ε terdapat bilangan sehingga jika

, dan

0>r

Ax ∈ rax <−<0 , berakibat

ε<− lxf )( .

(Syarat cukup) Misalkan fungsi RR →⊂Af : dan titik limit himpunan A. Jika

terdapat R∈l sehingga untuk setiap bilangan 0>ε terdapat bilangan

sehingga jika

0>r

( )aNAx r∩∈ dan ax ≠ berakibat ( ) ( )lNxf ε∈ dikatakan

limit untuk dan dituliskan singkat dengan

( )xf

l ax →α→x

lim ( ) lxf = . Dari definisi

diatas sudah jelas bahwa ax→

lim ( ) lxf = jika dan hanya jika untuk setiap 0>ε

terdapat bilangan sehingga dan 0>r Ax ∈ rax <−<0 berakibat

ε<− )()( afxf

maka

ε<− lxf )( . ◘

Definisi 5.1.6. Fungsi RR →⊂Af : dikatakan

(i) Kontinu di (continous at) Aa ∈ jika Fungsi R→Af : dikatakan kontinu di

Aa ∈ dengan a titik limit A , jika untuk setiap bilangan 0>ε terdapat bilangan

0>r sehingga jika ( )aNAx δ∩∈ dan rax <− berakibat

maka

( ) ( )( )afNxf ε∈

103

ε<− )()( afxf

atau

( ) ( )afxfax =→lim

(ii) Fungsi f dikatakan kontinu pada (continous on) AB ⊂ jika f kontinu di setiap

Bx ∈ .

5.1.6.1 Ilustrasi Kontinu

Contoh 5.1.7. Jika 11lim

2

1 −−

→ xx

x= 2, karena rumus fungsi f adalah ( )

112

−−

=xxxf , maka

( )⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

∈−−

=∈= RR11:

2

xxxfxA

={ } { }11: −=≠∈ RR xx

Terlihat 1 tetapi 1 merupakan titik limit A sebab untuk bilangan A∉ 0>η berlaku.

( ) { }( ) ( ) 01,111 /≠+−∩−=∩ ηηη RNA .

Membuktikan

( ) 211limlim

2

11 =−−

= →→ xxxf xx

berarti menunjukkan bahwa untuk bilangan 0>ε yang diambil sembarang dapat dicari

(apakah ada) bilangan 0>δ sehingga untuk setiap Axx ∈≠ ,1 dan

δ<−< 10 x berlaku

( ) ,2112

ε<−−−

=−xxlxf

Yang ekuivalen dengan (karena 1 ( ,1≠∈ xA atau )01 ≠−x

ε<−=−+ 121 xx

f(a)Nε( f(a) )

a

f(a)Nε( f(a) )

aNδ(a)

104

Jadi, dapat diambil kesimpulan bahwa jika diambil suatu (ada) bilangan 0>δ dengan ε≤r ,

maka berlaku

( ) ε<−−−

=− 2112

xxlxf

Asalkan fDxx ∈≠ ,1 dan rx <−1 . Dengan demikian terbukti bahwa

211lim

2

1=

−−

→ xx

x

Fungsi f tak lagi kontinu di 1 sebab ( ) ( )12lim 1 fxfx ≠=→ Secara geometri keadaan

( )112

−−

=xxxf . ☻

Contoh 5.1.8. Diberikan fungsi

⎪⎩

⎪⎨⎧

=

≠−−

=1

111

)(

2

xuntukA

xuntukxx

xg

Cari dan tentukan nilai agar fungsi ( )xgx 1lim → A g kontinu di 1.. maka

( ) 211limlim

2

11=

−−

=→→ x

xxgxx

Menurut yang diketahui 1 A∈ dan ( ) Ag =1 . Oleh karena itu agar fungsi g kontinu di 1,

harus berlaku

( ) ( ) 2lim11

===→

xggAx

Lebih lanjut, untuk 1≠x rumus fungsi g dapat disederhanakan menjadi 1)( += xxg dan

dengan rumus ini mudah diperlihatkan bahwa fungsi g kontinu disetiap titik . Digabung

dengan hasil diatas, yaitu dengan mengambil

1≠x

2=A maka fungsi g kontinu pada R. ☻

Sifat-sifat lebih lanjut tentang limit ( )xf untuk dituangkan ke dalam

beberapa teorema di bawah ini.

ax →

Teorema 5.1.9. Diberikan RR →⊂Af : dan a titik limit A. Jika f(x) mempunyai

limit untuk , maka limitnya tunggal. ax →

105

Bukti : Ambil bilangan 0>ε sebarang dan andaikan ( )xf mempunyai limit k

dan dengan kl l≠ u . Jadntuk x → i, untuk setiap bilangan 0>a ε yang ditunjuk,

dapat dipilih bilangan 01 >r dan bilangan 02 >r sehingga berlaku

( )3ε

<− kxf

Untuk setiap Ax ∈ dengan ,0 1rax <−< dan

( )3ε

<− lxf

Untuk setiap Ax ∈ dengan .0 2rax <−< Selanjutnya, dengan mengambil

bilangan { }21,min rrr = diperoleh

( )( ) ( )( )xfklxflk −−=−

( ) ( )

εεε<+<

−+−≤

33

kxflxf

Untuk setiap Ax ∈ dengan rax <−<0 dengan kata lain diperoleh suatu

kontradiksi. Jadi yang benar limit untuk tunggal.

,lk =

( )xf ax →

Teorema 5.1.10. Diberikan fungsi RR →⊂Af : dan a titik limit A. .. Jika a∈A dan

f(x) mempunyai limit l untuk x , maka fungsi f terbatas pada A a→ )(aNr∩ untuk suatu

bilangan . 0>r

Bukti: Karena maka untuk bilangan ε = 1 terdapat bilangan

sehingga untuk setiap

,)(lim lxfax

=→

0>r

axdanraraAx ≠+−∩∈ ),( berakibat

1)( <− lxf

Oleh karena itu, untuk setiap ax ≠ dan )(aNAx r∩∈ diperoleh

1)( +< lxf

Diambil bilangan

{ }1),(max += lafM

Jadi diperoleh

106

Mxf ≤)(

untuk setiap x )(aNA r∩∈ . ◘

Jika a dan a titik limit himpunan A, maka kita dapat memodifikasi menjadi

teorema di bawah ini.

A∉

Teorema 5.1.11. Misalkan f: A RR →⊂ dan a titik limit himpunan A, jika f(x)

berlimit l untuk x maka fungsi f terbatas pada ,a→ }{)( aaNA r −∩ untuk suatu bilangan

. 0>r

Bukti: Karena maka untuk bilangan ε = 1 terdapat bilangan

sehingga untuk setiap

,)(lim lxfax

=→

0>r

}{)( aaNAx r −∩∈ , }{),( araraAx −+−∩∈

a≠ berakibat dan x

1}]{[)( <−− alxf

Oleh karena itu, untuk setiap ax ≠ dan }{)( aaNAx r −∩∈ diperoleh

1}{)( +−< alxf

Diambil bilangan

{ }1}{),(max +−= alafM

Jadi diperoleh

Mxf ≤)(

untuk setiap }{)( aaNAx r −∩∈ . ◘

Latihan 5.1.

1. Misalkan c titik cluster pada R⊆A , Misalkan R→Af : .Buktikan ,)(lim Lxf

cx=

→ jika dan jika .)(lim 0=−

→xf

cxL

2. Misalkan RR →:f , R∈c . Tunjukkan ,)(lim Lxfcx

=→

jika dan hanya jika

.)(lim0

Lcxfx

=+→

3. Tunjukkan bahwa .lim 33 cx untuk setiap cx

=→

R∈c .

4. Tunjukkan bahwa cxcx

=→

lim untuk setiap 0>c .

107

5. Misalkan fungsi RR →:f mempunyai limit L di 0, dan a > 0. jika

RR →:g dengan definisi ( ) ( )axfxg = untuk setiap R∈x , tunjukkan

bahwa .)(lim0

Lxgx

=→

6. Misalkan RR →:f , R∈2 . Tunjukkan ,)(lim Lxfcx

=→

jika dan hanya jika

.)2(lim0

Lxfx

=+→

7. Misalkan R∈c dan misalkan RR →:f sehingga ,

tunjukkan jika L = 0 maka 0)(lim

( )( ) Lxfcx

=→

2lim

=→

xfcx

.

5.2. Konsep Limit dan Konsep Kontinu

Ada beberapa konsep untuk menguji limit suatu fungsi, diantarannya dua teorema

dibawah ini.

Teorema 5.2.1. Misalkan fungsi f : A RR →⊂ dengan a sebagai titik limit A

jika dan hanya jika untuk setiap barisan bilangan nyata lxfax

=→

)(lim

{ } ∈∈⊂ nsetiapuntukAxAx nn , N yang konvergen ke a berakibat barisan bilangan nyata

{f(xn)} konvergen ke l.

Bukti: (Syarat perlu) jika dan hanya jika untuk setiap bilangan lxfax

=→

)(lim 0>ε

terdapat bilangan sehingga jika 0>r Axax ∈≠ , , dan rax <− berakibat

ε<− lxf )( .

Diambil sebarang barisan bilangan tersebut dapat dipilih bilangan {xn}

dengan yang konvergen ke a. Hal ini berarti untuk bilangan tersebut

dapat dipilih bilangan asli no sehingga jika berakibat

0>r

Ax n∈ 0>r

onn ≥ raxn <− . Menurut

hipotesis diatas, karena Axax nn ∈≠ , dan raxn <− ,diperoleh

ε<− lxf n )( ,

lxf nan=

→)(lim atau barisan { })( nxf konvergen ke l.

108

(Syarat cukup) Diketahui untuk sebarang barisan bilangan nyata {xn} dengan

yang konvergen ke a berakibat barisan bilangan nyata { }

konvergen ke l. Jadi, untuk setiap bilangan

Axax nn ∈≠ , )( nxf

0>ε dapat dipilih bilangan asli no dan

bilangan sehingga untuk dan 0>r onn ≥ raxn <− berakibat

ε<− lxf n )( .

Karena pengambilan barisan {xn} sebarang asalkan fn Dx ∈ , maka dapat

disimpulkan untuk setiap raxAx <−∈ , dan ax ≠ berakibat

ε<− lxf n )( sehingga, lxf nn=

∞→)(lim . ◘

Teorema 5.2.2. Diberikan fungsi f : RR →⊂A dan a titik limit A

jika dan hanya jika untuk setiap selang terbuka (c,d) yang memuat l terdapat selang terbuka

(u,v) yang memuat a sehingga untuk setiap x∈(u,v) ∩ A dan x ≠ a berakibat f(x)∈ (c,d).

lxf nan=

→)(lim

Teorema 5.2.3. Misalkan ,)(lim,)(lim lxgkxf axax == →→ berlaku

1. ,)(lim))((lim kxfxf axax ααα =⋅= →→ untuk α sebarang konstanta α,.

2. ),)((lim xgfax +→ lkxgxf axax +=+= →→ )(lim)(lim

3. ))((lim xfgax→ ( ) klxgxf anax =⋅= →→ lim)(lim

4. ( )( ) l

kxgxfx

gf

ax

axax ==

→

→→ lim

lim)(lim jika l 0≠

Bukti :

1. Diambil sebarang barisan bilangan nyata { }nx yang konvergen ke a. Oleh

karena itu diperoleh barisan ( ){ }nxf dan barisan ( ){ }nxg berturut-turut

konvergen ke k dan l, maka

.)(lim,)(lim lxgkxf nnnn==

∞→∞→

selanjutnya diperoleh

.)(lim))((lim kxfxf axax ⋅=⋅= →→ ααα

dan

109

2. ( )naxax xgfxgf )(lim))((lim +=+→→

lkxgxf

xgxf

nnnn

nnx

+=+=+=

∞→∞→

∞→

)(lim)(lim)}()({lim

3. ( ) )()(lim)(lim))((lim nnxnnax xgxfxfgxfg ⋅= ∞→∞→→

)(lim nn xf∞→=

sehingga

klxg nn =∞→ )(lim

4. ( )nnax xgfx

gf

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= ∞→→ lim)(lim

( )( )n

nn xg

xf∞→= lim

.0asalkan, ≠= llk

◘

Selanjutnya dengan menganalisa terema-teorema pada konsep limit maka dapat

membentuk suatu konsep pada kekontinuan

Teorema 5.2.4. Misalkan fungsi f dan g kontinu di suatu a ∈ R dan α ∈ R, berlaku

1. αf, kontinu di a.

2. f + g, kontinu di a.

3. fg kontinu di a.

4. gf kontinu di a asalkan g(a) ≠ 0.

Bukti:

1. Fungsi RR →⊂Af : dikatakan kontinu di Aa ∈ dengan a titik limit A,

jika untuk setiap bilangan 0>ε terdapat bilangan 0>r sehingga jika

( ) { AxaNAx r ∈∩∈ , dan }rax <−

berakibat

( ) ( )( )afNxf ε∈ .

110

maka

( ) ( ){ }ε<− afxf

maka α f kontinu di a, R→Af : kontinu di Aa ∈ dengan a titik limit

A, jika untuk setiap bilangan 0>ε terdapat bilangan sehingga jika 0>r

( )aNAx δ∩∈

maka

, Ax ∈ rax <−

berakibat

εααα ε <−=∈ )(.)({))(()(. afxfafNxf

})()({ εα <−= afxf

2. Jika f , g kontinu di a R→Af : kontinu di fAa∈ dengan a titik limit

A, RAg →: kontinu di gAa ∈ dengan a titik limit A jika untuk setiap

bilangan 0>ε terdapat bilangan 0>r sehingga jika Ax ∈ sehingga

Ax ∈{ dan }δ<− ax

akibatnya

))()(()()( agafNxgxf ∩∈+ ε ε<−+−= )()()()( agxgafxf

[ ] [ ]{ }ε<+−+= )()()()( agafxgxf

3. Akan dibuktikan f . g, kontinu di a Jika R→Af : kontinu di Aa ∈

dengan a titik limit A , R→Ag : kontinu di Aa ∈ dengan a titik limit

A sehingga jika untuk setiap bilangan 0>ε terdapat bilangan 0>r

sehingga jika Ax ∈

Ax ∈{ dan }rax <−

akibatnya

))()(()()( agafNxgxf ∩∈ ε

111

)1)((2)()(

)1(2)()(

+<−

+<−

afagxg

Mafxf

b

ε

ε

[ ] [ ]

)()()()()()(

)()()()()()()()(

)()()()(

agxgafafxfxg

agafxgafxgafxgxf

agafxgxf

−+−≤

−+−=

−

εεε

εε

=+<

++

+<

−+−<

22

)1)((2)(

)1(2

)()()()()(

afaf

MM

agxgafafxfM

bb

b

4. Selanjutnya akan dibuktikan bahwa gf kontinu di a, jika R→Af :

kontinu di Aa ∈ dengan a titik limit A dan R→Ag : kontinu di

Aa ∈ dengan a titik limit A jika untuk setiap bilangan 0>

ε terdapat

bilangan 0>r sehing (:{ga jika }0)=∈∈ − xAx gAx

[ }0)(:{ =∈−∈ xgAxAx dan ]rax <−

akibatnya

0)()),()(()()(

≠∩∈ xgagafNxgxf

ε

⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

<⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡= ε

)()(

)()(

agaf

xgxf

Contoh 5.2.5. Jika diketahui . Oleh karena itu, diperoleh nnax ax =→lim

)...(lim 121 n

nnan xx ααα +++ −

→

= )lim...(limlim 121 nax

nax

nax xx ααα →

−→→ +++

= naxn

axn

ax xx ααα →−

→→ +++ lim...limlim 121

= nnn aa ααα +++ − ...1

21

112

maka

1. )4(lim)1(lim)4)(1(lim 23

23

223 −+=−+ →→→ xxxx xxx

= (32 + 1) (32 – 4) = 50

2. 24313

)4(lim)1(limlim 2

2

23

23

3 =−+

=−+

→

→→ x

x

x

xx

3. 21lim

)2)(2()2)(1(lim

423lim 222

2

2 +−

=−+−−

=−−−

→→→ xx

xxxx

xxx

xxx

= 41

2212

)2(lim)1(lim

2

2 =+−

=+−

→

→

xx

x

x . ☻

5.2.6.1 Komposisi f pada g

V f(a) W U g(a) a f B g A C

Teorema 5.2.6. Jika fungsi f : A ⊂ R→R kontinu di a ∈ A , fungsi g : A ⊂ R→R dan

g kontinu di f (a), maka fungsi g 0 f kontinu di a.

Bukti: Diambil sebarang barisan bilangan nyata {xn} yang konvergen ke a dengan

xn ∈ A untuk setiap n ∈ N. Cukup dibuktikan bahwa barisan

{(g0f)(xn)} = {g(f(xn))}

konvergen ke (g f) (a) = g(f(a)). Karena fungsi f kontinu di a di peroleh barisan

bilangan nyata {f(xn)} konvergen ke f(a) dengan f(a) ∈ A dan f(xn) ∈ A untuk setiap

n ∈N. Karena fungsi g kontinu di f(a) dan barisan {f(xn)} konvergen ke f(a), maka

barisan

o

{g(f(xn))} = {(g o f)(xn)}

konvergen ke g(f(a)) = (g0f)(a). Dengan kata lain terbukti bahwa fungsi bersusun g0f

kontinu di a.

113

Teorema 5.2.7. Jika f : A ⊂ R→ R, g : A ⊂ R → R dnn h : A ⊂ R → R, ,

a titik limit A , dan f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) Untuk setiap x ∈ A dan

,)(lim kxfax

=→

,)(lim lxgax

=→

mxhax =→ )(lim (ada), maka k≤ l ≤ m.

Latihan 5.2.

1. misalkan RR →⊆Agf :, , R∈c dan titik cluster pada titik A, andaikan f

terbatas pada persekitaran c serta .0lim =→

gc

Buktikan . x

2. Misalkan N∈n , sehingga .3≥n hitung ketaksamaan

untuk ,1

22 xxx n ≤≤−

1 <<− x dengan gunakan 0lim 2

0= , tunjukkan 0lim

0= .

→x

x →

n

xx

3. berikan suatu contoh jika RR →⊆Agf :, , dan f, g tidak mempunyai

limit pada titik c kan tetapi f + g, fg mempunyai limit di c

5.3. Limit Kanan, Limit Kiri, Kontinu Kiri dan Kontinu Kanan

Pengertian ( ) lxfax

=→

lim mengandung arti bahwa ax ≠ dan ( ) fr DaNx ∩∈ , yang

ekuivalen dengan ( ) fDarax ∩−∈ , atau ( ) fDraax ∩+∈ , . Oleh karena itu

pengertian ( ) lxfax

=→

lim dapat dirinci (dipecah) menjadi dua bagian (dua

pengertian) sebagai berikut.

Definisi 5.3.1. Misalkan fungsi f : RR →⊂A dan a titik limit himpunan A Jika ada

bilangan yata k sehingga untuk setiap bilangan ε > 0 terdapat bilangan r > 0 sehingga berlaku

( ) ε<− kxf Untuk setiap ( ) Araax ∩+∈ , , maka dikatakan mempunyai

limit kanan k untuk dan dituliskan dengan

( )xf

ax →

( ) kxfax

=+→

lim

Definisi 5.3.2. Misalkan fungsi f : RR →⊂A dan a titik limit himpunan A. Jika ada

bilangan nyata l sehingga untuk setiap bilangan ε > 0 terdapat bilangan r > 0 sehingga berlaku

( ) ε<−xf setiap l , Untuk ( ) ,, Aarax ∩−∈ katakan ( )xf memp i

limit kiri l untuk ax → dan kan dengan

maka di unya

ditulis

114

( ) lxfax

=−→

lim

Teorema 5.3.3. Diberikan fungsi RR →⊂Af : dan a titik limit A. f ( berlimit l

untuk jika dan hanya jika f

)x

ax → ( )x berlimit kiri l dan berlimit kanan l untuk ax →

Bukti: Kita tahu bahwa jika )()()( xfxfxf +≤≤− untuk semua Diberikan

h >0 maka dapat ditentukan r sedemikian sehingga

ax→

)(xf− dan )(xf+ terletak

antara dan hl − hl + untuk rax <−<0 atau

hlxfhl +<−<− )(

dan

hlxfhl +<+<− )(

untuk rax <−<0 . Jadi

hlxfhlxfhlxfhl +<+<−≤≤+<−<− )()()(

hlxfhl +<<− )(

atau hlxf <−)( untuk rax <−<0 sehingga ( ) lxfax

=→

lim . ◘

Definisi 5.3.4. Misalkan fungsi ,,: AaAf ∈→⊂ RR dan a titik limit himpunan A

Fungsi f dikatakan kontinu kanan (right continuous) di a jika

( ) ( )afxfax

=+→

lim

Definisi 5.3.5. Misalkan fungsi ,,: AaAf ∈→⊂ RR dan a titik limit himpunan A

Fungsi f dikatakan kontinu kiri (left continuous) di a jika

( ) ( )afxfax

=−→

lim

Teorema selanjutnya merupakan hubungan pengertian kontinu kiri dan kanan.

Teorema 5.3.6. Diketahui fungsi AaAf ∈→⊂ ,: RR dan a titik limit A . Fungsi f

kontinu di a jika dan harga jika f kontinu kiri dan kontinu kanan di a .

Bukti: Fungsi f kontinu di a jika dan hanya jika untuk setiap bilangan ε > 0 terdapat

bilangan r > 0 sehingga untuk ( ) Ararax ∩+−∈ , berakibat

( ) ( ) ,ε<− afxf

115

Jika dan hanya jika setiap

( ){ }Aarax ∩−∈ ,

berakibat

( ) ( )2ε

<− afxf

dan untuk

( ){ }Araax ∩+∈ ,

berakibat

( ) ( )2ε

<− afxf

dan jika hanya jika f kontinu kiri di a dan f kontinu kanan a. ◘

Teorema 5.3.7. Jika fungsi f : A ⊂ R→R dan g : A ⊂ R R masing-masing kontinu

di suatu titik a, maka fungsi-fungsi

→

1. f, kontinu di a

2. f + g, kontinu di a

3. fg, kontinu di a

4. gf kontinu di a.dengan ( ) 0≠ag

Teorema 5.3.8. Diketahui fungsi f : A ⊂ R R. Jika fungsi f kontinu pada himpunan

kompak K ⊂ A, maka f (K) kompak (tertutup dan terbatas pada R).

→

Bukti: Diambil sebarang ℑ liput terbuka himpunan f (K). Oleh karena itu

diperoleh

( ) Uτ∈

⊂U

UKf

Oleh karena itu,

( )( ) ( ).111 UUττ ∈

−

∈

−− =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⊂=

UU

UfUfKffK

116

Karena setiap U ∈ K terbuka dan f kontinu, maka f –1(U) terbuka. Berdasarkan

hasil (a) di atas, terlihat bahwa koleksi

( ){ }ℑ∈= − UUf :1σ

merupakan liput terbuka himpunan kompak K. Oleh karena itu σ mempunyai liput

bagian

( ) ( ) ( ){ } σ⊂−−−mUfUfUf 1

21

11 ,...,,

dengan banyak anggotanya hingga. Jadi,

( )Um

kkUfK

1

1

=

−⊂

yang berakibat

( ) ( ) ( )( )UUm

kk

m

kk UffUffKf

1

1

1

1

=

−

=

− =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⊂ = U

m

kkU

1=

atau terbukti bahwa f (K) kompak. ◘

Dari bukti teorema di atas diperoleh akibat teorema di atas sebagai berikut.

Akibat 5.3.9. Jika f : [a,b] R kontinu, maka f ([a,b]) tertutup dan terbatas. →

Teorema 5.3.10. Diketahui fungsi f : A ⊂ R R. Jika fungsi f kontinu pada himpunan

kompak K ⊂ A , maka terdapat x’, x”∈ K sehingga

→

( ) ( ) ( ){ }KxxfKfxf ∈== :supsup'

dan

( ) ( ) ( ){ }KxxfKfxf ∈== :infinf"

Bukti: Menurut hipotesis, diperoleh himpunan ( ) ( ){ }KxxfKf ∈= ; terbatas,

namakan m dan M berturut-turut sebagai infimum dan supremum himpunan f(K).

Oleh karena itu setiap n∈ N terdapat xn , yn ∈ K sehinga

( ) Mxfn

M n ≤<−1

dan

( )n

myfm n1

+<≤ a

117

sehingga diperoleh barisan bilangan nyata terbatas {xn} dan {yn} di dalam K.

Menurut Teorema Bolzano Weierstrass, terdapat barisan bagian {xnk} ⊂ {xn} dan

{ynl}⊂ {yn} yang masing-masing konvergen, katakan berturut-turut konvergen ke x’

dan x”. Karena K tertutup, maka x’ , x” ∈ K. selanjutnya, karena f kontinu pada K,

diperoleh

( ) ( ) ( ) ( )"limdan'lim xfyfxfxf nlnnkn kk

==∞→∞→

(b)

Berdasarkan hasil (a) dan (b), diperoleh

( ) Mxfnk

MM

kk

k

nn

n

≤≤

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

∞→

∞→

lim

1lim

atau

( ) Mxf ='

( ) ( ) mxfmn

myfmkk nmn

==⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +≤≤

∞→∞→"atau1limlim . ◘

Contoh 5.3.11. Misalkan f(x) = x1 untuk ( ]1,0∈x . Fungsi f kontinu pada

dan K tak kompak (terbatas tetapi tak tertutup). Jelas bahwa

( ]1,0=K

( ) ( ){ }KxxfKf ∈= ;

tak terbatas ke atas karena untuk setiap bilangan M > 0 terdapat Kn

xn ∈=1 sehingga

( ) Mnn

fxf n >=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

1 .☻

Contoh 5.3.12. Misalkan g(x) = x2 - 2x untuk x∈[0,3]. Mudah dipahami bahwa g

kontinu pada himpunan kompak K = [0,3]. maka,

( ) ( ){ }KxxfKf ∈= ;

terbatas, mempunyai infimum m = 0 dan supremum M = 3. sehingga ada x’ , x” ∈ K = [0,3]

sehingga f(x’) = M = 3 dan f(x”) = m = -1 yaitu x’ = 3 dan x” = 1.

Jelas bahwa jika

118

( ) ( ) [ ]{ }[ ]{ }

[ ][ ]3,1

,3,0;2

3,0;2

−==

∈−=

∈=

Mmxxx

xxgKg

dan [-1,3] tertutup dan terbatas maka kompak. ☻

Teorema 5.3.13 Jika f kontinu pada selang I⊂ A dan a,b∈I dengan a<b dan f(a)<0< f(b)

atau f(b)< 0 < f(a), maka ada c ∈ [a,b] sehingga f(c) = 0.

Untuk bukti teorema diatas sebagai latihan pembaca.

Akibat 5.3.14. Misalkan fungsi RR →⊂Af : . Jika fungsi f kontinu pada selang f dan

a, b ∈ I dengan a < b, maka untuk setiap bilangan k yang terletak di antara f (a) dan f (b)

tentu ada c ∈ [a,b] sehingga f(c) = k.

Latihan 5.3.

1. Misalkan f dan g mempunyai limit di R pada ∞→x dan

untuk semua ( )

( ) ( )xgxf ≤

∞∈ ,a . Buktikan lim gx

x .lim fx ∞→∞→

≤

2. Misalkan ( ) R→∞,0:f . Buktikan ( ) Lxfx

=∞→

lim jika dan hanya jika

Lx

fx

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+→

1lim0

.

3. Tunjukkan jika ( ) R→∞,0:f sehingga ( ) Lxxfx

=∞→

lim dimana R∈L ,

maka ( ) 0lim =∞→

xf . x

4. Jika fungsi ( ) R→∞,0:, gf , dan ( ) Lxfx

=∞→

lim , dan ( ) ∞= ,

buktikan Lg

∞→xg

xlim

fx

=∞→

lim o .

119

5. Tunjukkan bahwa fungsi ( ) xxf = continu pada setiap titik R∈c .

6. misalkan 0>K , RR →:f memenuhi ( ) ( ) yxKyfxf −≤− untuk

semua R∈yx , , tunjukkan f kontinu pada setiap titik R∈c .

5.4. Kekontinuan Seragam

Telah diketahui bahwa fungsi RR →⊂Af : kontinu pada himpunan

jika dan hanya jika untuk setiap

fDS ⊂

Sx ∈ dan bilangan 0>ε terdapat bilangan

( ) 0, >= εxrr sehingga berlaku

( ) ( ) ε<− ufxf

Untuk setiap ( ) ( )rxrxAxNAu r +−∩=∩∈ , . Mudah difahami bahwa nilai

bilangan r tersebut selain bergantung pada nilai ε juga bergantung pada titik .

Oleh karena itu, akan lebih jelas jika dituliskan r = r(x,ε). Untuk lebih jelasnya,

perhatikan definisi.

Sx ∈

Definisi 5.4.1. Fungsi f : A ⊂ R R dikatakan kontinu seragam (uniformlly

continuous) pada himpunan S ⊂ A jika untuk setiap bilangan ε > 0 tedapat bilangan r > 0

yang tak bergantung pada titik

→

Sx ∈ sehingga untuk setiap S Ny xr ( ) ∩∈ (setiap x, y ∈

Df da (( ) ) εn δ<− yx at) berakib <− yfxf .

Jika fungsi f kontinu seragam pada S, maka, untuk setiap bilangan ε > 0 ada

bilangan (( ) )( ) >= 0 < ε− yfxf untuk setiap dan Sxεrr selalu berlaku ∈

Sy ≤ δ∈ asalkan − yx . Oleh karena itu diperoleh teorema di bawah ini.

Teorema 5.4.2 Jika fungsi RR →⊂Af : kontinu seragam pada suatu himpunan S⊂A

maka fungsi f kontinu pada S.

120

Agar kebalikan teorema tersebut di atas berlaku diperlukan syarat tertentu yang

harus dipenuhi oleh himpunan S . Hal ini dapat dilihat di dalam teorema di bawah

ini.

Teorema 5.4.3. Jika fungsi RR →⊂Af : kontinu pada himpunan kompak ,

maka fungsi f kontinu seragam pada K.

fDK ⊂

Bukti: Karena fungsi f kontinu di setiap titik di dalam K, maka untuk setiap

( ) 0, >Kx ∈ 0> dan bilangan ε ada bilangan = εx sehingga untuk setiap η η

( )xN∩∈Ku η berakibat

( ) ( )2ε

<− xfuf

Mudah difahami bahwa, jika diambil η21=r , diperoleh

( ) ( )UUKxKx

r rxrxxNK∈∈

+−=⊂ ,

sehingga ( ){ KxxNr }∈= ;τ merupakan liput terbuka himpunan kompak K. oleh

karena itu, sehingga terdapat liput bagian

( ) ( ) ( ){ } τ⊂nrrr xNxNxNn

,...,, 21 21

yang masih meliputi K, artinya

( ) ( ) ( )nrrr xNxNxNKn

∪∪∪⊂ ...21 21

Dengan

( ) ( ) .,...,2,1,,,dan 21 nkxxrrKx kkkkk ===∈ εηε

121

Himpunan { }nkxk ,...,2,1: = dapat diurutkan/diatur sehingga diperoleh

Pilih .... xxx <<< 21 n { }rrr ,...,,min 2121

nnr = jika x∈ K tentu ada bilangan asli m

,1 m n≤≤ sehingga berlaku

( ) ( ) ., KrxrxKxNx mmmmmrm∩+−=∩∈

untuk setiap ( ) KxNy r ∩∈0

berlaku

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )xfxfxfyfxfxf mm −+−≤− εεε<+<

22,

karena mm rxx <− dan

η<+<−+−<− momm rrxxxyxy

atau . ◘ ( mxNy η∈ )

Contoh 5.4.4. Misalkan Fungsii g : ( ) 2xxg = kontinu seragam pada setiap himpunan

kompak , sehingga. Lebih eksplisit, dapat ditunjukkan sebagai berikut. Diambil

bilangan ε > 0 sebarang. Untuk setiap

[ ]baK ,=

[ ]baxu ,, ∈ , diperoleh

( ) ( ) ( )( ) uxuxuxuxuxufxf +−=+−=−=− 22 Mux −< ,

dengan M = maks { }ba , . Oleh karena itu dengan memilih bilangan

[ ]( )c baxtergantungtakM ,= ∈δ , diperoleh

( ) ( ) ε<−<− Muxufxf

untuk setiap [ ] δ<−∈ uxdenganbaux ,, . ☻

Latihan 5.4.

122

1. Tunjukkan bahwa fungsi ( ) xxf = kontinu seragam pada setiap titik

R∈c .

2. Tunjukkan bahwa fungsi ( )x

xf 1= kontinu seragam pada ),[ ∞= aA

dimana a suatu konstanta positif.

3. Tunjukkan bahwa fungsi ( ) 2

1x

xf = kontinu seragam pada ),1[ ∞=A

tetapi tidan kontinu seragam pada ( )∞= ,0 . B

4. Tunjukkan bahwa fungsi )( ) ( 211x+

untuk xf = R∈x merupakan kontinu

seragam pada R.

5. Buktikan jika f kontinu seragam dan terbatas pada RA ⊆ , maka f terbatas

pada A.

123

6 KONSEP

TURUNAN

Pengertian turunan suatu fungsi disusun berdasarkan pengertian limit suatu

fungsi di suatu titik. Sebagai akibatnya suatu fungsi memiliki sifat-sifat khusus di

suatu titik jika ia mempunyai turunan di titik itu. Selain itu pengertian turunan

banyak aplikasinya. Itulah beberapa alasan mengapa di dalam bab ini, khusus

dibicarakan seluk-beluk turunan suatu fungsi, fungsi dari bilangan nyata ke

bilangan nyata, serta sifat-sifatnya terutama yang menyangkut materi-materi untuk

pengembangan lebih lanjut.

6.1. PENGERTIAN DAN KONSEP TURUNAN

Diberikan fungsi RR →⊂Af : dan c∈ A sebagai titik limitnya. Jika fungsi

cxcfxfxd f −

−=

)()()( untuk setiap x A∈ dan x c≠ . Jadi, Yang menjadi pusat

perhatian adalah nilai jika ada. )(lim xd fcx→

Definisi 6.1.1. Jika diketahui fungsi AcAf ∈→⊂ ,: RR , dan c titik-limit himpunan

A, maka nilai ( )cx

cfxfxdcxfcx −

−=

→→

)()(limlim , jika ada disebut turunan fungsi f di c dan

dituliskan dengan )(),( cdxdfcf ′ .

Jadi, menurut definisi tersebut )()( cdxdfcf =′

cxcfxf

cx −−

=→

)()(lim . Jika ada

dikatakan fungsi f mempunyai turunan di c. Dengan kata lain fungsi

)(cf ′

f dikatakan

124

mempunyai turunan di c jika ada bilangan )(cf ′ sehingga untuk setiap bilangan

0>ε terdapat bilangan 0>δ sehingga jika cx ≠ dan

),( δδ +−∩=∩∈ CCANAx f berakibat

.)()()( ε<′−−− cf

cxcfxf

keadaan itu berakibat

cxcxcfcfxf −<−′−− ε))(()()(

ekuivalen dengan

,))(()( cxcxcfxfcx −<−−<−− εε

atau

( ) cxcxcfcfxfcxcxcfcf −+−′+<<−−−′+ εε )()()())(()(

jika ada bilangan η dengan εη <<0 sehingga

( ) ( ) ( )( ) ,cxcxcfcfxf −+−′+= η

Maka dikatakan fungsi f terdeferensial (differentiable) di c. Jelas bahwa jika fungsi

f terdeferensial di c tentu fungsi f mempunyai turunan di c .

Contoh 6.1.2 Diberikan ( ) .sin xxf = Untuk setiap R=∈ Ac diperoleh

cxcx

cxcfxfcf

cx

cx

−−

=

−−

=′

→

→

sinsinlim

)()(lim)(

h

chch

sin)sin(lim0

−+=

→

ch

hhc

hcos

21

21sin

)21cos(lim

0=+=

→

sehingga ( ) xxf sin= diperoleh turunan fungsi f ada disetiap titik R∈c yaitu

( ) ccf cos=′

125

Karena pengertian turunan suatu fungsi disusun berdasarkan pengertian

limit, maka diperoleh teorema di bawah ini.

Teorema 6.1.3 Diketahui dua fungsi ,:, RR →⊂Agf dan Ac ∈ sebagai titik limit

himpunan A. Jika ( )cf ′ dan ( )cg′ ada, maka

(i) ( ) ( ) ( ) ( )cgcfcgf ′+′=′+

(ii) ( ) untuk sembarang konstanta ( ) ( )cfcf ′=′ .αα α

(iii) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )cgcfcgcfcfg ''' +=

(iv) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ){ }2

'''

cgcgcfcgcfc

gf −

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛, asalkan ( ) .0≠cg

Bukti: Ambil sembarang dua fungsi RR →⊂Agf :, dan Ac ∈ , sehingga

( )cf ' dan ( )cg ' ada. Maka,

( )( ) ( )( ) ( )( )h

xgfhxgfxgfdxd

h

+−++=+

→0lim

( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]h

xgxfhxghxfh

+−+++=

→0lim

( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]h

xghxgxfhxfh

−++−+=

→0lim

( ) ( ) ( ) ( )⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ −+

+−+

=→ h

xghxgh

xfhxfh 0lim

( ) ( ) ( ) ( )h

xghxgh

xfhxfhh

−++

−+=

→→ 00limlim

( ) ( )xgxf '' +=

Selanjutnya untuk (ii) terdapat α dengan A∈α sehingga ( )cf ada. Maka,

( )( ) ( ) ( )h

cfhcfcfdxd

h

−+=

→

.lim0

αα

( ) ( )h

cfhcfh

−+=

→0limα

( )cf '.α=

126

Untuk (iii) misalkan fgr = , dimana, cx ≠ maka,

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )cx

cgcfxgxfcx

crxr−−

=−− ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

cxcgcfxgcfxgcfxgxf

−−+−

=

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )cx

cgxgcfxgcx

cfxf−−

+−−

= .

Sehingga didapat g kontinu di c , kemudian

( ) ( )cgxgcx

=→

lim .

maka f dan g terdiferensial di c, jadi

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )cgcfcgcfcx

crxrcx

''lim +=−−

→

Untuk (iv)gfZ = , karena ( ) 0≠cg ,maka ( )cZ ada. sehingga

( ) ( ) ( )( )

( )( )cgcf

xgxfcZxZ −=−

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )cgxg

xgcfcgxf.−

=

( ) ( ){ } ( ) ( ) ( ) ( ){ }( ) ( )cgxg

cgxgcfcgcfxf.

−−−=

karena ( )cf ' serta ( )cg ' ada, maka diperoleh

( ) ( ) ( ) ( )cx

cZxZcZcgf

cx −−

==⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛→

lim''

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

−−

−−−

=→ cx

cgxgcfcgcx

cfxfcgxgcx

1lim . ◘

Yang perlu mendapat perhatian adlah syarat-syarat adanya turunan fungsi

bersusun tersebut.

Teorema 6.1.4. (Chain Rule) Diberikan fungsi RR →⊂Agf :, , fungsi dengan

AcAf ∈⊂ , sebagai titik-limit himpunan A ,dan ( )cf sebagai titik-limit himpunan A.

Jika ( )cf ' dan ( )( )cfg ' ada, maka

127

( ) ( ) ( )( ) ( )cfcfgcfg ''' =o

Bukti: Karena ( )( )cfg ' dan ( )cf ' ada, maka

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )cx

cffgxfgcfgcx −

−=

→

ooo lim'

( )( ) ( )( )( ) ( )

( ) ( )cx

cfxfcfxf

cfgxfgcx −

−−−

=→

lim

( )( ) ( )cfcfg '' ⋅=

Contoh 6.1.5. Diberikan ( ) xxf = dan ( ) xxg sin= . ( )cf ' ada untuk setiap dan 0≠c

( )cg ' ada disetiap R∈c . sehingga

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )cgcfcgcfcfg ''' +=⎪⎩

⎪⎨

⎧

=>−−>+

=0

0cossin0cossin

cjikaadatidakcjikaccccjikaccc

Perhatikan bahwa ( )cf ' ada untuk setiap dan c ( )cg ' ada untuk setiap . Fungsi c

RR →⊂Af : dikatakan mempunyai derivatif pada jika mempunyai

derivatif disetiap titik

fDG ⊂ f

Gx ∈ .

Definisi 6.1.6. Jika fungsi RR →⊂Af : dan

( ) ( ) ( )⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ =

−−

∈=→

xfxu

xfufAxAxuf

lim:'

ada, maka fungsi disebut fungsi derivatif atau fungsi turunan fungsi R→Af :' f pada

ffAA ⊂'

Menurut definisi tersebut mudah difahami bahwa domain fungsi adalah 'f

( ) ( ) ( ) Gxfxu

xfufAxAxuf

=⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ =

−−

∈=→

adalim; ''

Hal ini berakibat .' AAf⊂

Teorema 6.1.7. Jika fungsi mempunyai turunan di satu titik [ ] R→baf ,: ( )bac ,∈ ,

maka fungsi f kontinu di . c

128

Bukti: Menurut yang diketahui bilangan

( ) ( )cx

cfxfcfcx −

−=

→lim)(' ada.

Oleh karena itu diperoleh:

( )( )( ) ( )( ) ( ) ( ) 00.'limlim ==−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

→−

=−→→

cfcxcxcfxfcfxf

cxcx

Yang berarti terbukti fungsi f kontinu di . ◘ c

Teorema 6.1.8. Diketahui fungsi dan [ ] R→baf ,: f terdiferensial di ( )bax ,0 ∈ .

(i) jika ( ) 00' >x , maka terdapat f f naik di 0x .

(ii) jika ( ) 00' <x , maka fungsi f f turun di 0x .

Bukti: Fungsi f terdiferensial di , maka bilangan 0x ( )0' xf ada, artinya untuk

setiap bilangan 0>ε terdapat bilangan 0>δ sehimgga berlaku

( ) ( ) ( ) ε<−−+

0'00 xf

hxfhxf

untuk setiap δ<h . Jadi diperoleh

( ) ( ) ( ) ( ) εε +<−+

<− 0'00

0' xf

hxfhxfxf

Untuk (i) Jika ( ) 00' >xf dipilih bilangan ε >0 tersebut sehingga

( ) 00' >− εxf .

Oleh karena itu untuk δ<h berlaku

( ) ( )h

xfhxf 000 −+<

Untuk setiap ( )δδ +−∈ 00'' ,xxx dan diperoleh 0

'' xx >

δ<=−< hxx 0''0

dan

( ) ( ) 000 >−+ xfhxf

atau

129

( ) ( )0'' xfxf > .

Untuk dan diperoleh ( )δδ +−∈ 00' ,xxx 0

' xx <

δ<<−= hxxh ,00'

dan

( ) ( ) 000 <−+ xfhxf

atau

( ) ( )0' xfxf <

Jadi terbukti bahwa jika berakibat fungsi f naik di . ( ) 00' >xf 0x

Lebih lanjut (ii). Jika ( ) 00' <xf dipilih bilangan ε tersebut di atas sehingga

( ) 00' <+ εxf .

Oleh karena itu untuk δ<h berlaku

( ) ( ) 000 <−+

hxfhxf

Untuk an diperoleh ( )hxhxx +−∈ 00'' , d 0

'' xx >

δ<=−< hxx 0''0

dan

( ) ( ) 000 <−+ xfhxf

atau

( ) ( )0'' xfxf < .

Untuk dan diperoleh ( )hxhxx +−∈ 00' , 0

' xx <

δ<<−= hxxh 0'

dan

( ) ( ) 000 >−+ xfhxf

atau

( ) ( )0' xfxf > .

130

Jadi terbukti bahwa jika , berakibat fungsi ( ) 00' <xf f turun di . ◘ 0x

Definisi 6.1.8. Diketahui fungsi RR →⊂Af : dan Ac ∈ sehingga

1. ( )cf disebut nilai maksimum relatif fungsi f jika terdapat bilangan 0>δ

sehingga berlaku ( ) ( )xfcf > untuk setiap ( ) Accx ∩+−∈ δδ , dan cx ≠ .

2. ( )cf disebut nilai minimum relatif fungsi A jika terdapat bilangan 0>δ sehingga

berlaku ( ) ( )xfcf < untuk setiap ( ) Accx ∩− +∈ δδ , dan cx ≠ .

3. ( )cf disebut nilai ekstrim fungsi f jika ( )cf merupakan nilai maksimum relatif

atau nilai minimum relatif.

Contoh 6.1.9. Diberikan ( ) 1+= xxf . ( ) 10 =f merupakan nilai minimum relatif

fungsi f sebab untuk bilangan 0>δ berlaku ( ) ( )xff <= 10 untuk setiap

( ) ( )δδδδ ,, −=∩−∈ Ax dan 0≠x . Perlu dicatat bahwa ( )0'f tak ada. ☻

Teorema 6.1.10. Jika fungsi terdiferensial di [ ] R→baf ,: ( )bac ,∈ dan nilai

ekstrem (nilai maksimum relatif atau nilai minimum relatif fungsi

( )cf

f ), maka ( ) 0' =cf .

Bukti: Diketahui fungsi f terdiferensial di ( )bac ,∈ dan dianggap nilai

maksimum relatif fungsi

( )cf

f . Jadi , untuk setiap bilangan 0>ε dapat dipilih bilangan

0>δ sehingga

( ) ( ) ( ) ε<−−+ cf

hcfhcf '

atau

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) εε +−+

<<−−+

hcfhcfcf

hcfhcf '

dan

( ) ( )hcfcf +>

Atau

( ) ( ) 0<−+ cfhcf

untuk setiap bilangan h dengan δ<< h0 . Tak mungkin ( ) 0' >cf sebab jika

demikian , maka untuk h >0 diperoleh

131

( ) ( ) ( ) ε+−+<<

hcfhcfcf '0

yang berakibat

( ) ( ) 0>−+

hcfhcf

atau

( ) ( )cfhcf >+

suatu kontrakdisi. Tak mungkin ( ) 0' <cf , sebab jika demikian, maka untuk h <0

diperoleh

( ) ( ) ( )0' <<−−+ cf

hcfhcf ε

yang berakibat

( ) ( ) 0<−+

hcfhcf

sehingga

( ) ( )cfhcf >+ ,

suatu kontradiksi.

Jadi satu-satunya kemungkinan adalah ( ) 0' =cf . ◘

Teorema 6.1.11. Diketahui dan [ ] R→baf ,: ( )bac ,∈

1. Jika fungsi f terdiferensial pada suatu persekitaran ( )δδ +− cc , sehingga ( ) 0' >xf

untuk setiap ( ) ( ) ( ) 00,, '' <=−∈ xfdancfccx δ untuk setiap ( )δ+ maka

( )cf nilai maksimum relatif fungsi

∈ ccx ,

f .

2. Jika fungsi f terdiferensial pada suatu persekitaran ( )δδ +− cc , sehingga ( ) 0' <xf

untuk setiap ( ) ( ) ( ) 00,, '' >=−∈ xfdancfccx δ untuk setiap ( )δ+ maka

( )cf nilai minimum relatif fungsi

∈ ccx ,

f .

Bukti :

1. Jika ( )ccx ,δ−∈ dan menurut teorema nilai rata-rata

[ ]))(()()( ' abcfafbf −=−

132

dan ada pada titik . Kemudian dan diketahui ),( cxC x ∈ 0)(' ≥xCf

)()( cfxf ≤ untuk ( )ccx ,δ−∈ , dengan mengetahui ),( δδ +− cc dan f

mempunyai maksimum realitif di C.

2. Jika ( )ccx ,δ−∈ dan menurut teorema nilai rata-rata

[ ]))(()()( ' abcfafbf −=−

dan ada pada titik . Kemudian dan diketahui ),( cxC x ∈ 0)(' ≤xCf

)()( cfxf ≥ untuk ( )ccx ,δ−∈ .Dan dengan mengetahui ),( δδ +− cc dan f

mempunyai minimum realitif di C.

Fungsi yang monoton ( naik atau turun ) tegas merupakan fungsi injektif,

oleh karena itu fungsi tersebut mempunyai fungsi inverse. Agar suatu fungsi

monoton tegas yang mempunyai derivatif di suatu titik, fungsi inversenya juga

mempunyai turunan di titik yang terkait diperlukan suatu syarat, yaitu kekontinuan

di titik itu.

Teorema 6.1.12. Diketahui fungsi RR →⊂Agf :, monoton tegas, kontinou, dan

terdiferensial di Ac ∈ dengan ( ) 0' ≠cf .Jika fungsi inversenya g monoton tegas dan kontinou

di ( )cfd = , maka g terdiferensial di d dan ( )( )cf

dg '' 1

=

Bukti : Dibentuk fungsi H :

( ) ( )( ) ( )( )( ) ( )dgtg

dgftgftH−−

=

dengan dt ≠ karena g monoton tegas, maka ( ) ( )dgtg ≠ untuk setiap dt ≠ .Oleh

karena itu fungsi h terdefinisi secara baik (well defined). Karena dan

, maka diperoleh

( )( tgft = ))( )( dgd =

( )( ) ( )dgtg

dttH−−

=

Untuk setiap dt ≠ dan ( ) 0≠tH . Akandiperlihatkan dahulu bahwa

( ) ( )cftHdt'lim =→ .

133

Karena fungsi f terdiferensial di c, maka untuk setiap bilangan 0>ε terdapat

bilangan 0>δ sehingga berlaku

( ) ( ) ( )cfcx

cfxf '−−− ε<

Untuk setiap cx ≠ dan

( )δδ +−∩∈ xxAx , .

Karena fungsi g kontinu d =f(c) maka untuk bilangan 0>δ tersebut dapat di pilih

bilangan 0>γ sehingga jika dt ≠ dan

( )γγ +−∩∈ ddAt , ,

maka berlaku

( ) ( ) δ<− dgtg

mengingat g fungsi injektif dan c =g(d), maka diperoleh :

( ) )()()(

))(())(()( '' cfdgtg

dgftgfcftH −−−

=−

ε<−−

= )()()( ' cfcx

cfxf

Untuk setiap ( )δδ +−∩∈≠ xxAxcx ,, atau

( ) ( ) δ<−=−< dgtgcx0

dengan

γ<−< dt0 .

Dengan demikian terbukti bahwa

)()(lim ' cftHct =→ .

Lebih lanjut, karena 0)( ≠tH untuk dt ≠ serta

( )( ))(

1tHdt

dgtg=

−−

Untuk setiap At ∈ dengan dt ≠ , maka diperoleh

134

)(1

)(lim1

)(1lim)()(lim

' cftH

tHdtdgtg

dt

dtdt

==

=−−

→

→→

sehingga )(

1)( ''

cfdg = . ◘

Akibat 6.1.13 Diberikan fungsi f monoton tegas dan kontinu pada selang I maka f

terdeiferensial pada I dengan f’(x) 0≠ untuk setiap Ix ∈ .

Akibat 6.1.14 Diberikan fungsi inverse fungsi f, yaitu fungsi g monoton tegas dan kontinu

pada selang J=f(I) maka g terdiferensial pada J danogf

g'1'=

Contoh 6.1.15 Fungsi f dengan rumus untuk setiap nxxf =)( ( )∞∈ ,0x dan n suatu

bilangan asl, merupakan fungsi naik monoton tegas dan kontinu pada selang ( )∞,0 . Fungsi

inversenya adalah fungsi g dengn rumus

( ) nyyg1

=

Untuk setiap ( )∞∈ ,0y . Fungsi g tersebut merupakan fungs monoton tegas dan kontinu pada

selang ( )∞,0 . Lebih lanjut untuk setiap 0)(' 1 ≠= −nnxxf ( )∞∈ ,0x . Maka diperoleh

( ) ( )( )

( )( )

1

'

'

)(.{1

1'

1

−=

=

=

nygn

ygf

yogfyg

n

nn

yn

yn

11

1

.

1.

1

−

−

=

=

.

111 −

= nyn

. ☻

135

Latihan 6.1

1. Misalkan RR →:f dengan definisi ( ) 2xx untuk x rasional,

untuk x irrasional. Tunjukkan bahwa f terdeferensial di x = 0 dan temukan

f = ( ) 0=xf

( ).0f ′

2. Tunjukkan bahwa ( ) 32

xxf = , R∈x tidak terdefensial di titik x = 0.

3. Misalkan RR →:f terrdefensial di R∈c tunjukkan bahwa

( ) ( ) .1lim ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ −⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=′ cf

ncfncf

4. jika 0>r suatu bilangan rasional, RR →:f dengan definisi

( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

xr 1sin untuk ,0xxf ≠x dan ( ) 00 =f . Hitung nilai r jika ( )0f ′ ada.

6.2. Teorema Nilai Rata-rata

Teorema yang paling penting, mendasar dan pengembangannya banyak

aplikasinya adalah Teorema Rolle. Pengembangan Teorema Rolle yang paling dekat

adalah Teorema Rata-rata yang banyak pemakaiannya terutama untuk hitung

pendekatan.

Teorema 6.2.1 (Teorema Rolle) Jika fungsi [ ] R→baf ,: mempunyai sifat-sifat

[ ]

.0)('),(0)()()(),()(')(

,)(

00 =∈==∈

xfsehinggabaxterdapatmakabfafiiibaxsetiapuntukadaxfii

bapadaKontinui

f x0

6.2.1.1 Teorema Rolle

a x0 b

=0( )

136

Bukti: Jika 0)( =xf untuk setiap ),( bax∈ , maka bukti selesai. Jika, ada

),( bat∈ sehingga ,0)( ≠tf tak mengurangi arti jika dianggap a dan b dua titik nol

fungsi f yang berturutan pada [a,b]. Jadi ada dua kemungkinan yaitu 0)( >xf untuk

setiap ),( bax∈ atau 0)( <xf untuk setiap ),( bax∈ , dan karena f kontinu pada

[a,b], maka ada ),(0 bax ∈ sehingga

=)( 0xf sup [ ]{ }baxxf ,:)( ∈ ......(1)

Tinggal diperhatikan bahwa f’(x0) = 0. Karena f’(x) ada untuk setiap ),( bax ∈ maka

hxfhxfxf

h

)()(lim)(' 00

00−+

=→

ada. Tak mungkin , sebab untuk h > 0 dan h cukup kecil diperoleh 0)(' 0 >xf

0)()( 00 >−+ xfhxf

atau

)()( 00 xfhxf >+

yang merupakan suatu kontradiksi terhadap (1). Juga, tak mungkin < 0,

sebab untuk h < 0 dan

)( 0xf

h cukup kecil diperoleh

0)()( 00 >−+ xfhxf

atau

)()( 00 xfhxf >+

yang merupakan suatu kontradiksi terhadap (A) lagi. Jadi satu-satunya

kemungkinan adalah

)( 0xf =0.

Bukti sejalan jika < 0 untuk setiap )( 0xf ),( bax ∈ . ◘

Teorema 6.2.2 (Teorema Nilai Rata-rata I) The first mean Value Teotem)

Jika fungsi mempunyai sifat-sifat [ ] R→baf ,:

i. f kontinu pada [ ]ba ,

ii. f’(x) ada untuk setiap ),( bax ∈

137

maka terdapat ),(0 bax ∈ sehingga

abafbfxf

−−

=)()()(' 0

Perhatian: bahwa syarat-syarat (i) dan (ii) pada Teorema Roole dan Teorema Rata-

rata I, tetapi syarat (iii) pada Teorema Rolle tak perlu ada pada Teorema Rata-rata I.

a bx0 x

d(x)

6.2.2.1 Teorema Nilai Rata-Rata

Bukti: Dibentuk fungsi [ ] R→bad ,: dengan rumus

)()()()()()( axab

afbfafxfxd −−−

−−=

Mudah ditelusuri bahwa fungsi d tersebut memenuhi syarat-syarat (i), (ii), (iii) pada

Teorema Roole. Oleh karena itu, terdapat ),(0 bax ∈ sehingga , jadi 0)(' 0 =xd

abafbfxfxd

−−

−=)()()(')( 0

atau

abafbfxf

−−

−)()()(' 0 ◘.

Teorema Nilai rata-rata I dapat diubah bentuknya sebagai berikut. Ditulis

d = b – a

Oleh karena itu d = a + b. Jika )1,0(∈θ tentu bdadaa =+<+< θ . Dengan

demikian Teorema Nilai Rata-rata I dapat ditulis sebagai berikut.

Teorema 6.2.3 Jika fungsi [ ] R→+ daaf ,: maka mempunyai sifat-sifat

i. f kontinu pada [ ]daa +,

ii. f’(x) ada untuk setiap [ ]daa f +,:

138

maka terdapat bilangan θ dengan 10 <<θ sehingga

)(')()( dadfafdaf θ++=+

Selanjutnya, jika fungsi f’ fungsi kontinu di sekitar titik a, maka

)('lim)('0

dafafh

θ+=→

sehingga diperoleh

)(')()( adfafdaf +≈+

Contoh 6.2.4. Hitung nilai pendekatan 01,0−e . Diambil f(x) = xe dan karena -0,01 dekat

dengan 0, maka diambil a = 0 dan a + h = 0 + (-0,01). Jadi, h = -0,01. Karena f(x) = xe

dan kontinu di 0, maka

)(')()( ahfafhaf +≈+

yaitu 01,0−e . ☻ 99,0)01,0( 00 ≈−+≈ ee

Contoh 6.2.5. Hitung nilai pendekatan arctan (0,025). Dari

arctan = 0,025 = arctan(0 + 0,025)

memberikan petunjuk pengambilan f(x) = arctan x, a = 0, dan h = 0,025. karena

211)('x

xf+

=

dan kontinu di a = 0 diperoleh

)(')()( ahfafhaf +≈+

sehingga

76.0249843840)025,0(1

1)025,0(0arctan025,0arc 2 =++≈ .

Selanjutnya akan dibahas Aturan L’Hospital yang merupakan Pengembangan

Teorema Nilai Rata-rata I adalah Teorema Nilai Rata-rata II yang sangat

bermanfaat untuk menghitung nilai limit bentuk tak tentu seperti

,,.0,,00

∞−∞∞∞∞ dan sebagainya.

139

Teorema 6.2.6 (Teorema Nilai Rata-rata II) Diberikan fungsi

mempunyai sifat-sifat:

[ ] R→+ haagf ,:,

(i) f dan g kontinu pada [ ]haa +,

(ii) f’(x) dan g’(x) ada untuk setiap ),,( haax +∈

Maka terdapat bilangan θ dengan 10 << θ sehingga

)()()()(

)(')('

afhagafhaf

haghaf

−+−+

=++θθ

asalkan g(a+h)≠ g(a).

Bukti: Dibentuk fungsi [ ] R→+ haak ,: dengan rumus

{ })()()()()()()()()( agxg

aghagafhafafxfxh −

−+−+

−−=

Mudah ditelusuri bahwa fungsi k memenuhi syarat-syarat Teorema Rolle sehingga

berlaku 0)(' =+ hak θ untuk )1,0(∈θ . Jadi

{ } 00)(')()()()(0)(')(' =−+

−+−+

−−+=+ hagaghagafhafhafhak θθθ

atau

)()()()(

)(')('

aghagafhaf

haghaf

−+−+

=++θθ . ◘

Teorema Nilai Rata-rata II tetap berlaku jika selang (a,a+h) diganti dengan selang

(a-h,a).

Seklanjutnya akan Aplikasikan suatu dalil L’Hospital menjadi teorema berikut ini

Teorema 6.2.7. Diberikan fungsi [ ] R→+ haagf ,:, , sehingga

1. Jika f dan d terdeferensuial dan 0)()( 00 == xgxf berlaku bentuk 00

140

2. Jika f dan g kontinu dan terdeferensial di sekitar dan ∞=→

)(lim0

xfxx

dan

∞=→

)(lim0

xgxx

. berlaku bentuk∞∞

3. Jika f dan g kontinu dan terdeferensial di sekitar dan ∞=→

)(lim0

xfxx

dan

∞= . berlaku bentuk 0.∞ ∞−∞ →

)(lim0

xgxx

dan

∞=4. Jika f dan g kontinu dan terdeferensial di sekitar dan →

)(lim xf dan 0xx

∞=→

)(lim0

xgxx

berlaku bentuk 00 ,0,1 ∞∞ .

Bukti:

1. ngsi f dan d terdeferensial di sekitar (pada suatu perserikatan) titik

x0

Diketahui fu

, 0)( ≠xg dan ,0)(' ≠xg untuk 0xx ≠ . Jika

0)()( 00 == xgxf

akan dicari

)()

0 xgx

xx→

Menurut hipotesis, ada bilangan 0>

(lim f

δ sehing tinu pada ga f dan g kon

[ ]hxhx +− 00 , serta dan ada untuk setiap )(' xf )(' xg ∈x [ ]hxhx +− 00 ,

untuk setiap h dengan δ<< h0 . Oleh karena itu, berdasarkan Teorema Nilai

pat bilangan θ dengan 10 <<θRata-rata II, Terda sehingga berlaku

)()()()(

)(')('

00

00

0

0

xghxgxfhxf

hxghxf

−+−+

=++θθ

Hal ini berakibat

141

)(')('lim

)(')('lim

)(')('lim

)()()()(lim

)()(lim

)()(lim

0

0

0

0

0

0

00

00

0

0

0

0

xgxf

tgtf

hxghxf

xghxgxfhxf

hxghxf

xgxf

xx

xt

h

h

hxx

→

→

→

→

→→

=

=

++

=

−+−+

=

++

=

Jadi diperoleh:

)(')('lim

)()(lim

00 xgxf

xgxf

xxxx →→=

2. Diketahui fungsi f dan g kontinu dan terdeverensial di sekitar titik x0 kecuali di

x0 serta ∞=→

)(lim0

xfxx

dan ∞=→

)(lim0

xgxx

. Jika 0)(' ≠x dan 0)(' ≠xg untuk

0xx ≠ akan dicari

f

)()(lim

0 xgxf

xx→

Karena ∞=→

)(lim0

xfxx

dan ∞=→

)(lim0

xgxx

, maka diperoleh dan 0)(lim0

=→

xFxx

0)(lim0

=→

xGxx

dengan )(

1)(xf

xF = dan )(

1)(xg

xG = . Oleh karena itu

dengan didefinisikan fungsi F dan G seperti itu sehingga .

Mudah difahami bahwa F dan G kontinu dan terdeverensial di sekitar x0.

Selanjutnya, menurut bentuk

0)()( 00 == xGxF

00 diperoleh

142

{ }{ }

)(')(

)()('lim

)(')('lim

)()(lim

)()(lim

2

20

0

00

xfxf

cgxg

xGxFxGxF

xgxf

xx

xx

xxxx

→

→

→→

=

=

=

Akibatnya

)()(lim

)(')('lim1

00 xgxf

xfxg

xxxx →→⋅=

atau

)(')('lim

)()(lim

00 xgxf

xgxf

xxxx →→=

Perlu mendapat perhatian bahwa limit ∞∞ dan limit bentuk

00 walaupun

mempunyai rumus yang sama tetapi persyaratannya sedikit berbeda; pada limit

bentuk ∞∞ fungsi f dan g tak terdefinisi di titik x0.

3. a) Diketahui ∞=→

)(lim0

xfxx dan ∞=

→)(lim

0

xgxx

, akan di carim dan

{ })()(lim0

xgxfxx

−→

.

Syarat-syarat yang harus dipenuhi oleh fungsi f dan g para bentuk ini

sama dengan yang terdapat pada limit bentuk

∞−∞

∞∞ . Selanjutnya, karena

)()(1

)(1

)(1

)()(

xgxf

xfxgxgxf−

=−

maka diambil

)(1

)(1)(

xfxgxF −=

dan

143

G(x) = )()(

1xgxf

,

masing-masing untuk 0xx ≠ berlaku 0)( 0 =xF dan . Jadi,

diperoleh limit bentuk

0)( 0 =xG

00 . Selanjutnya

{ }

)(')('lim

)()(lim)(0(lim

0

00

xGxFxGxFxgxf

xx

xxxx

→

→→

=

=−.

3. b) Diketehui 0)(lim0

=→

xfxx

dan ∞=→

)(lim0

xgxx

; akan dicari dan

)()(lim0

xgxfxx→

.

Fungsi f dan fungsi g masing-masing terdeferensial di sekitar titik x0 dan f

kontinu di x0. Karena 0)( ≠xf untuk 0xx ≠ ,

0)( =xf dan ∞=→

)(lim0

xgxx

,

maka dibentuk fungsi G dengan G(x0) = 0 dan

)(1)(xg

xG = .

Mudah difahami bahwa fungsi G kontinu dan terdeferensial di sekitar titik

x0. Menurut limit bentuk00 diperoleh

)(')(lim

)()(lim)()(lim

0

00

xx

xxxx

xGxfxGxfxgxf

→

→→

=

=

4. Limit bentuk 00 ,0,1 ∞∞ dapat dibawa ke limit bentuk 00 atau

∞∞ asalkan

sepasang fungsi yang terkait memenuhi syarat-syarat yang sesuai dengan limit

144

bentuk 00 atau

∞∞ . Untuk mengubag limit bentuk 00 ,0,1 ∞∞ ke limit bentuk

00

atau ∞∞ digunakan rumus abb ea log⋅= . ◘

Contoh 6.2.8. Jika f(x) = sin x dan g(x) = x, maka mudah difahami bahwa f dan g

kontinu dan mempunyai turunan di sekitar titik 0 serta f(0) = g(0) = 0,

dan 0 untuk setiap 0

0cos)(' ≠= xxf

1)(' ≠=xg ≠x (x disekitar 0). Oleh karena itu diperoleh

1coslim

)(')('lim

)()(limsinlim

0

0

00

xxgxfxgxf

xx

x

x

xxxx

→

→

→→

=

=

=

.

10cos == . ☻

Contoh 6.2.9. Jika dan 1)( −= xexf xxg =)( , maka mudah difahami bahwa f dan g

kontinu dan mempunyai turunan di sekitar titik 0 serta f(0) = g(0) = 0 , an

untuk setiap 0

xexf =)(' d

01)(' ≠=xg ≠x (x disekitar 0). Oleh karena itu diperoleh

1lim

)(')('lim

)()(lim1lim

0

0

0

00

===

=

=−

→

→

→→

eexgxf

xgxf

xe

x

x

x

x

x

x

1

Contoh 6.2.10. Akan dihitung

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

→ xxxx sin11lim

0

.

Fungsi x

xf 1)( = dan x

xgsin

1)( = kontinu dan turunan di sekitar titik 0 kecuali di 0

sendiri. Dibentuk fungsi:

145

)(1

)(1)(

xfxgxF −=

dan

)()(1)(

xgxfxG =

untuk dan 0xx ≠ 0)0()0( ==GF . Jelas bahwa fungsi F dan G merupakan sepasang fungsi

yang memenuhi syarat-syarat limit bentuk 00 . Oleh karena itu

xxxx

xGxFxGxF

xxxx

xx

x

x

x

xx

sincos1coslim

)(')('lim

)()(lim

sinsinlim

sin11lim

0

0

0

00

+−

=

=

=

−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −

→

→

→

→→

Karena

1cos)(' −= xxF

dan

xxxxG sincos)(' += ,

maka diperoleh dan sepasang fungsi yang memenuhi syarat-syarat limit bentuk 'F 'G00 . Oleh

karena itu,

xxxx

xGxF

xGxF

xxxx

x

x

xx

sincos2sinlim

)('')(''lim

)(')('lim

sincos1coslim

0

0

00

−−

=

=

=+−

→

→

→→

020== . ☻

146

Contoh 6.2.11. Diberikan y

yy y ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=

→

11lim0

Limit bentuk . Untuk menyelesaikan,

ambil

∞1

yyf 11)( +=

dan yyg =)( . Jadi,

)(log)(

)(

lim

))((lim11lim

yfyg

y

yg

y

y

y

e

yfy

⋅

∞→

∞→∞→

=

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

Cukup dihitung dahulu

{ }

{ }{ }

1

11

1lim

111

1

lim

)()(

)(')('lim

)()('

)()('

lim

)(1

)(loglim)(log)(lim

22

2

2

=

+=

+

−⋅

−=

−⋅=

−=

=⋅

∞→

∞→

∞→

∞→

∞→∞→

y

y

yy

xfyg

ygyf

ygyg

yfyfyg

yfyfyg

y

y

y

y

yy

Jadi dapat disimpulkan

eey

y

y==⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

∞→

111lim . ☻

147

Latihan 6.2.

1. Gunakan teorema nilai rata-rata untuk membuktikan yxyx −≤− sinsin ,

untuk semua R∈yx , .

2. Misalkan 0>> ba dan N∈n memenuhi 2≥n . Buktikan ( )nnn baba111

−<−

3. Misalkan [ ] R→baf ,: continu pada [a,b] dan terdeferential di (a,b)

tunjukkan jika Afax

=′→

lim maka ( )af ′ ada dan ( ) Aaf =′ .

4. Misalkan f terdeferensial pada ( )∞,0 dan andaikan ( ) ( )( ) Lxfxfx

=′+∞→

lim .

Tunjukkan bahwa Lf dan 0x

=∞→

lim lim =′∞

. →

fx

6.3. Teorema Taylor dan Metode Newton

Pada kalkulus lanjutan telah dibicarakan deret pangkat

...)()( 2210 +−+−+ axcaxcc

Beserta selang kekonvergenannya. Jika x terletak didalam selang

kekonvergenan deret pangkat tersebut berarti deret tu konvergen kesuatu nilai

)(xf . Dengan kata lain , jka I selang kekonvergenan deret pangkat itu maka untuk

setiap Ix ∈ pada suatu fungsi f sehngga berlaku

...)()()( 2210 +−+−+= axcaxccxf

Yang berarti untuk setiap Ix ∈ dan bilangan 0>ε terdapat bilangan asli

0η sehingga untuk setiap 0ηη ≥ berakibat

ε<−=−−= ∑∑>= 0

0

)()()()(0 nk

kk

n

k

kkn axcaxcxfxR

Sekarang masalahnya dibalik, jika diketahui fungsi f dan titik a, apakah ada

nilai sehingga untuk setiap 0

...,,2,1 nccc 0>ε ada bilangan asli 0η sehingga

ε<−−= ∑=

0

0

)()()(n

k

kkn axcxfxR

148

Untuk setiap Ix ∈ dengan Ia∈ , dan syarat-syarat apa saja yang harus dipenuhi

oleh fungsi f itu.

Teorema 6.3.1 (Teorema Taylor) Jika [ ]bax ,0 ∈ dan fungsi

memenuhi syarat-syarat

[ ] R→baf ,:

i. f kontinu pada [ ]ba, dan

ii. )( ada untuk setiap ),...,(),(),( )1( xfxfxfxf n+′′′′′′ [ ]bax ,∈

Maka untuk setiap [ ]bax ,∈ terdapat titik c yang terletak di antara x dan

sehingga berlaku 0x

)()(!

)(...)(!2

)()(!1

)()()( 00

)(2

00

00

0 xRxxn

xfxxxfxxxfxfxf nn

n

+−++−′′

+−′

+=

Dengan

10

)1(

)()!1()()( +

+

−+

= nn

n xxn

cfxR

Bukti : Diambil sebarang [ bax , ]∈ tetap dan ditulis dengan I selang tertutup yan

ujung-ujungnya dan 0x x .

(*) Selanjutnya dibentuk fungsi R→IF : dengan rumus

)(!

)(...)(!2

)()(!1

)()()()( )(2

tfn

txtftxtftxtfxftF nn−

−−′′−−′−

−−=

Maka

0)(!

)(...)(!1

)()()()( )( =−

−−′−−−= xf

nxxxfxxxfxfxF n

n

Ittfn

txtftxtftxtftF nn

∈∀−

−−′′′−−′′−

−′−=′ + ),(!

)(...)(!2

)()(!1

)()()( )1(2

Ittfn

txtF nn

∈∀−

−=′ + ),(!

)()( )1(

(*) Kemudian dibentuk fungsi baru, untuk setiap It∈ selanjutnya dibentuk fungsi

R→IG : dengan rumus

)()()( 0

1

0

xFxxtxtFtG

n+

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

−=

149

0)(00)(

)()()( 0

1

0

=−=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

−=+

xGxG

xFxxxxxFxG

n

Maka terpenuhi teorema rolle bahwa G kontinu pada I )(tG′ ada untuk setiap

It ∈ dan

0)()( 0 == xGxG

maka terdapat yang terletak diantara dan c 0x x sehingga 0)( =′ cG

)()()( 0

1

0

xFxxcxcFcG

n+

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

−=

)()()()1()()( 01

0

xFxx

cxncFcG n

n

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

++′=′+

10

0

010

)()()1(

)()(

)()()()1()(

+

+

−−

+

′−=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

+−=′

n

n

n

n

xxcxn

cFxF

xFxx

cxncF

( ))(.

)()(.

!)(.

11

)()()1(

)(!

)(

)(

)1(1

0

10

)1(

0

cfcx

xxn

cxn

xxcxn

cfn

cx

xF

nn

nn

n

n

nn

++

+

+

−−−

+=

−−

+

−

−=

= 10

)1(

)()!1()( +

+

−+

nn

xxn

cf

= )(xRn

dan

150

)(!

)(...)(!1

)()()()( )( tfn

txtftxtfxfxF nn−

−−′−−−=

)(!

)(...)(!1

)()()()( )( tfn

txtftxtftFxf nn−

++′−++=

subsitusi 0xt =

)(!

)(...)(!1

)()()()( 0)(0

00

00 xfnxxxfxxxfxFxf n

n−++′−

++=

)()(!

)(...)(!1

)()( 0)(0

00

0 xRxfnxxxfxxxf n

nn

+−

++′−+= . ☻

Untuk selanjutnya berdasarkan Teorema 5.3.1

nn

n xxn

xfxfxxxfxfxP )(!

)(...!2

)()(!1

)()()( 00

)(0

00

0 −++′′

+−′

+=

Disebut polinomial Taylor berderajat n ntuk fungsi f di dan 0x

10

)1(

)()!1()()( +

+

−+

= nn

n xxn

cfxR

Disebut sisa taylor, oleh karena itu jika fungsi memenuhi syarat-syarat teorema

taylor sehingga diperoleh

f

)()()( xRxPxf nn +=

Dan disebut ekspansi taylor fungsi f di . 0x

Jika fungsi f memenuhi syarat-syarat teor ema taylor pada [ maka

diperoleh

]ba,

)()()( xRxPxf nn +=

untuk setiap [ ]bax ,∈ jika nilai )(xRn cukup kecil maka polynomial taylor dapat

dipandang sebagai nilai pendekatan ke-n nilai )(xf jadi

)()( xPxf n≈

Dengan nilai korelasi (kesalahan) mutlak )(xRn diketahui bahwa

151

)!1(

)!1()(

)(

10

10

)1(

+−

≤

−+

=

+

++

nxxM

xxn

cfxR

n

nn

n

Dengan

{ }IxxfM n ∈= + :)(sup )1(

Dan I selang tertutup yang dibentuk oleh dan 0x x . Jika 0xx − mengecil, maka

berakibat nilai )(xRn mengecil pula. Nilai M juga mengecil pula asalkan

kontinu.

)1( +nf

Contoh 6.3.2. Akan dihitung nilai pendekatan 02,0−e sampai benar 7 angka dibelakang

koma. Dapat diambil Karena -0,02 dekat dengan 0, maka diambil .)( xexf =

02,0dan00 −== xx . Karena

xk exf =)()( , untuk setiap bilangan asli [ ]0,02,0dan −∈xk , maka diperoleh

[ ]}{

11

11

1

11

)01,0()!1(

2

0,02,0;sup)01,0()!1(

2

)02,0()!1(

)002,0()!1()()02,0(

++

++

+

++

+≤

−∈+

≤

+=

−−+

=

nn

tnn

n

nn

n

n

ten

nc

ncfR

Dengan mengambil n=3 dan karena 02,0)002,0(0 −=−−=− xx sehingga

980198666,0!3

)02,0(!2

)02,0(!1

)02,0(1

)02,0(!3

)0(''')02,0(!2

)0('')02,0(!1

)0(')0(

)02,0(

32

32

02,0

≅

−+

−+

−+≅

−+−+−+≅

−≅−

ffff

fe

152

Benar sampai dengan 7 angka di belakang koma, atau dengan kesalahan mutlak

00000001,0)01,0()02,0( 4 =<−nR . ☻

Menurut Teorema Taylor telah diperoleh

)()(!

)()(!2

)('')(!1

)(')()( 002

00

00

0 xRxxnxfxxxfxxxfxfxf n

nn

+−+⋅⋅⋅+−+−+=

Jika dituliskan dengan ,10,dan 00 <<+=−= θθhxcxxh maka diperoleh

)(!

)(!2

)(''!1

)(')()( 00200

00 hxRhnxfhxfhxfxfhxf n

nn

+++⋅⋅⋅+++=+

Dengan

10)1(

0 )!1()()( +

+

++

=+ nn

n hn

hxfhxR θ ,

dan θ suatu bilangan antara 0 dan 1 ( 10 <<θ )

Jika ada untuk setiap dan setiap )(xf k [ bax ,∈ ] Nk∈ , maka diperoleh deret

pangkat di dalam )( 0xx − :

⋅⋅⋅+−′′

+−′

+= 20

00

00 )(

!2)()(

!1)()()( xxxfxxxfxfxf

Atau

⋅⋅⋅+′′

+′

+=+ 20000 !2

)(!1

)()()( hxfhxfxfhxf

yang disebut deret Taylor atau ekspansi Taylor untuk f(x) di . 0x

Khususnya, deret Taylor untuk f(x) di 0 adalah (ii).

⋅⋅⋅+′′

+′

+= 2

!2)0(

!1)0()0()( xfxffxf

yang disebut deret Maclaurin untuk f(x)

Jika )(xf ′ dan )(xf ′′ ada untuk setip [ ]bax ,∈ dan kontinu pada

maka menurut teorema taylor diperoleh

f ′′

[ ba , ]

20

00

00 )(

!2)()(

!1)()()( xxxfxxxfxfxf −

′′+−

′+=

Dengan c suatu titik di antara dan x 0x

153

2)()()()(

2

0000hhxfhxfxfhxf θ+′′+′+=+

Dengan 0xxh −= dan θ suatu bilangan dengan 10 <<θ karena disyaratkan

kontinue pada

f ′′

[ ]ba ,

Contoh 6.3.4. Diberikan Tentukan deret Taylor f di a, kemudian hitung nilai

pendekatan

.)( xexf =

98,0e . Untuk setiap N∈k , diperoleh

αeafdanexf kxk == )()( )()(

Oleh karena itu deret Taylor untuk adalah adiexf x=)(

⋅⋅⋅+−′′

+−′

+= 3020 )(!3

)()(!2

)()()( axxfaxxfafxf

atau

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⋅⋅⋅+−

+−

+−

+=

⋅⋅⋅+−+−+−+=

!3)(

!2)(

!1)(1

)(!3

)(!2

)(!1

32

32

axaxaxe

axeaxeaxeee

a

aaaax

Selanjutnya, karena 98,0=x dekat dengan 1=a , maka diperoleh

664457,2)980198666,0)(590457182818284,2(

)000001333,00002,002,01(!3

)02,0(!2

)02,0(!1

)02,0(132

198,0

≅≅

⋅⋅⋅+−+−=⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⋅⋅⋅+−

+−

+−

+=

e

ee

(benar paling sedikit 20 angka di belakang koma, atau 203 10)98,0( −<R ). ☻

Bilangan a disebut titik nol fungsi f jika 0)( =af . Dengan kata lain titik

nol fngsi f adalah akar persamaan 0)( =xf . Secara geometri titik nol fungsi f

adalah nilai x sehingga kurva )(xfy = memotong sumbu datar. Jadi titik nol

fungsi

a

f jika dan hanya jika )0,())(,( aafa = merupakan titik potong kurva

)(xfy = dengan sumbu-X

154

Teorema 6.3.5 (Metode Newton) Diberikan selang tertutup [ baI , ]= dan fungsi

R→If : yang terdeferensial dua kali berturut-turut, jadi )(xf ′ dan ada untuk

setiap

)(xf ′′

Ix ∈ . Diketahui pula bahwa 0)(,0)()( >≥′< mxfbfaf untuk setiap Ix ∈

dan Mxf ≤′′ )( untuk setiap Ix ∈ dn untuk suatu konstanta 0>M tentu ada selang

yang memuat titik nol fungs II ⊂∗ f katakanlah r sehingga untuk setiap baris

bilangan dengan

∗∈ Ix1

{ } ∗⊂ Ixn

)()(

1n

nnn xf

xfxx′

−=+

Konvergen ke r lebih lanjut

21 rxKrx nn −≤−+ , dengan

mMK2

=

y=f(x)

r x3 x2 x1

(x1, f(x1))

6.3.5.1 Ilustrasi Metode Newton

Bukti: Menurut hipotesis fungsi f kontinu pada , naik tegas atau turun tegas

pada selalu terdapat garis singgung pada kurva

I

I )(xfy = di setiap titik

dengan dan

))(,( afa

Ia∈ f mempunyai titik nol didalam ),( ba . Jika diambil garis

singgung pada kurva di titik mempunyai persamaan

Ix ∈1

))(,( 11 xfx

))(()( 111 xxxfxfy −′=−

Dari garis singgung ini memotong sumbu-X di titik ( )0,2x dengan

))(()(0 1211 xxxfxf −′=−

atau

155

)()(

1

112 xf

xfxx′

−=

Dengan cara yang sama, dibuat garis singgung di titik pada

kurva

))(,( 22 xfx

)(xfy = yang memotong sumbu-X dititik dengan )0,( 3x

)()(

21

223 xf

xfxx′

−=

Proses tersebut dikerjakan terus-menerus maka dperoleh rumus umum

)()(

1n

nnn xf

xfxx′

−=+ ; Ν∈n

Tinggal diperlihatkan bahwa { }nx konvergen ke r dan

21 rxKrx nn −<−+ .

Karena fungsi f kontinu pada ),( ba dan 0)()( <bfaf maka ada ),( bar ∈

sehingga 0)( =rf karena 0)( >′ xf untuk setiap [ ]bax ,∈ berakibat bahwa tepat

ada satu sehingga [ bar ,∈ ] 0)( =rf . Karena fungsi f memenuhi syarat Teorema

Taylor dengan 2=n maka jika di ambil titik tetap x ′ I∈ yang pengambilannya

sebarang, maka terdapat titik c I∈ yang terletak diantara x ′ dan r sehingga

berlaku

2)(!2

)()(!1

)()()(0 xrcfxrxfxfrf ′−′′

+′−′′

+′==

Yang berakibat

2))((21))(()( xrcfxrxfxf ′−′′+′−′′=′′−

Dibentuk x ′′ dengan rumus

)()(

xfxfxx′′′

−′=′′

Dengan memanfaatkan nilai yang diperoleh di atas, dan sedikit

manipulasinya, maka diperoleh

)'(xf

156

2)'()'(')(''

21)'(''' xr

xfcfxrxx −+−+=

yang berakibat

2)'()'(')(''

21'' xr

xfcfrx −=−

dan karena Ic ∈ , serta terbatas pada I, maka diperoleh ''dan' ff

2

2

'

')('')(''

21''

rxK

rxcfcf

rx

−≤

−=−

Selanjutunya diambil bilangan k1dengan0 <> δδ dan dibentuk selang tertutup

[ ]δδ +−= rrI ,*

Jelas bahwa diperoleh ** jikadan IxII n ∈⊂ δ≤− rxn dan

δδ ≤≤−≤−+22

1 KrxKrx nn

yang berarti . Oleh karena itu, jika pada awalnya diambil akan

berakibat untuk setiap

*1 Ixn ∈+

*1 Ix ∈

*Ixn ∈ Nn∈ . Juga jika berakibat *1 Ix ∈

rxKrx nn −<−+ 11 )( δ

dan karena 1<δK maka dapat disimpulkan bahwa barisan { }nx konvergen ke r. ◘

Contoh. 6.3.6. Akan dihitung nilai pendekatan 2 , yaitu titik nol fungsi:

bilangan r =

2)( 2 −= xxf

2 terletak antara 1 dan 2. Karena

012)(' >=≥= mxxf

pada selang [ ]2,1=I dan

32)('' =≤= mxf

pada selang [ ]2,1=I , maka metode Newton dapat digunakan untuk fungsi f tersebut. Jadi,

)2(21

222

1n

nn

nnn x

xx

xxx +=−

−=+

157

Dengan mengambil titik awal diperoleh 11 =x

...)744142135623,1(470832665857

...),414215,1(408577...),14666,1(

1217,5,1

23

5

432

==

======

x

xxx

yang telah benar 10 angka di belakang koma. ☻

Latihan 6.3.

1. Misalkan axxf cos)( = untuk R∈x dimana 0≠a . Temukan ( )xf n

untuk RN ∈∈ xn , .

2. Tunjukkan bahwa jika 0>x , maka .2111

81

211 2 xxxx +≤+≤−+

3. Gunakan teorema taylor dengan n=2 untuk aproximasikan 2.1 dan 2 .

4. Jika 0>x tunjukkan bahwa ( ) .815

91

3111 32

31

xxxx ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛≤⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −+−+

5. Hitung e dengan koreksi tepat 7 desimal.

158

7 INTEGRAL RIEMANN

Pembahasan fungsi yang dibicarakan adalah fungsi bernilai real dan yang

didefinisikan pada selang tertutup dan terbatas. Suatu partisi P pada selang (a,b)

suatu himpunan berhingga

{a = x0, x1, x3, x4, x5, ….xn = b}

sedemikian sehingga

.1210 bxxxxxa nn =<<<<<= −L

A=x0 x1 x2 x3 xn-1 xn

7.1.1.1. Partisi pada [a,b]

Norma partisi P yang dinyatakan dengan ⏐P⏐adalah nilai terbesar diantara

bilangan (xi-xi-1), i =1, 2, … n. ⏐P⏐= maks{xi-xi-1: 1≤ i ≤ n).

7.1. Definisi Integral Riemann

Definisi 7.1.1. Misalkan fungsi riil dan terbatas yang didefinisikan pada selang tertutup [a,b].

Untuk setiap partisi P pada [a,b] dibentuk jumlahan atas

U = ∑=

−−n

iiii xxm

11 )(

Dari jumlahan bawah

L = ∑=

−−n

iiii xxm

11 )(

Dengan

mi = sup f (x) dan

159

mi = inf f (x), i = 1, 2, …, n.

dengan xi-1 ≤ x ≤ xn .

Maka dapat dibentuk

∫− b

aR f (x)dx = inf U(P,f)

disebut Integral Atas Riemann fungsi f pada [a,b] dan

∫−

b

aR f (x)dx = sup L (P,f )

disebut Integral Bawah Riemann fungsi f pada [a,b] dengan infimum dan

supremum diambil meliputi semua partisi P pada [a,b], jika nilai integral atas dan

integral bawah sama, maka dikatakan bahwa f dapat Terintegral Riemann pada

[a,b] dan dinyatakan Riemann fungsi f pada [a,b] dan dinyatakan dengan f∈[a,b].

Nilai yang sama ini dinamakan Integral Riemann fungsi f pada [a,b] dan ditulis

( )∫b

adxxf )(R

jadi

( )∫b

aR f (x)dx = f (x)dx = ( ) f (x)dx ( )∫

− b

aR ∫

−

b

aR

Contoh 7.1.2. Diberikan fungsi konstan f (x) = k dan

⎩⎨⎧

=irrasionalxrasionalx

xg,0,1

)(

dengan a ≤ x ≤ b. Untuk sembarang partisi P pada [a,b] diperoleh

U (P,f ) = k(b-a)

dan

L(P,f ) = k(b-a).

Jadi diperoleh

( )∫− b

aR f (x)dx = ( ) f (x)dx = k(b-a) ∫

−

b

aR

160

sehingga

f ∈ R [a, b] dan f (x)dx = k(b-a) ( )∫b

aR

sedang

U(P,g) = b – a

dan

L(P, g) = 0

untuk setiap partisi P pada [a,b]. dengan demikian didapatkan

( )∫− b

aR f (x)dx = b – a

dan

( )∫−

b

aR f (x)dx = 0.

sehingga g ∉ R [a,b] yakni g tidak dapat terintegral Riemann pada [a, b]. ☻

Definisi 7.1.3. Diberikan P dan Q partisi [a, b] dan P ⊃ Q sehingga dikatakan bahwa

partisi P lebih halus dari pada Q, atau P suatu penghalusan Q, Jika P1 dan P2 partisi pada

[a,b] maka P* = P1 ∪ P2 merupakan partisi penghalusan untuk P1 dan untuk P2 partisi P*

disebut penghalusan gabungan untuk P1 dan P2.

Teorema 7.1.4. Dibrikan fungsi terbatas pada [a,b], jika P ⊃ Q maka

L(P,f ) ≥ L(Q,f ) dan U(P,f ) ≤ U(Q,f ).

Bukti: Akan dibuktikan ketidaksamaan yang kedua saja. Diandaikan bahwa P

hanya memuat satu titik c di luar Q = {x0, x1, …. xn) dan xk-1 < c < xk. Kita

namakan dan km′ km ′′ berturut-turut supremum nilai f (x) pada [xk-1,c] dan pada

[c,xk], dan Mk supremum f (x) pada [xk-1, xk]. maka km′ ≤ dan M” ≤ Mk. km

Jadi

U(P,f ) – U(Q,f ) = km′ (c-xk-1) + km ′′ (xk-c) – Mk (xk – xk-1)

≤ mk(c-xk-1) + mk (xk-c) – Mk(xk-xk-1) = 0

161

Telah kita buktikan bahwa U(P,f ) ≤ U(Q,f ) untuk P hanya memuat satu titik di

luar Q, jika P memuat lebih dari satu titik di luar partisi Q, misalnya r titik, maka

bukti dikerjakan dengan mengulang proses di atas sampai r kali. ◘

Teorema 7.1.5. Diberikan fungsi terbatas pada [a,b], maka Untuk sembarang P dan Q

berlaku

L(P,f ) ≤ U(Q,f )

Bukti: Dibentuk penghalusan gabungan P* = P ∪ Q. Mudah dimengerti bahwa

untuk setiap partisi T berlaku

L(T,f ) ≤ U(T,f ).

Menurut Teorema 7.1.4 diperoleh

L(P,f ) ≤ L(P*,f ) ≤ U (P*,f ) ≤ I(Q,f ), ◘

Teorema 7.1.6. Jika partisi P dan Q berlaku L (P,f ) ≤ U(Q,f ). maka

( )∫−

b

aR f (x) dx ≤ f (x) dx ( )∫

− b

aR

Bukti: Diketahui untuk setiap partisi P dan Q berlaku

L (P,f ) ≤ U(Q,f ).

Jika P diambil tetap, dan Q bergerak meliputi semua partisi Q pada [a,b], maka

L(P,f ) adalah suatu batas bawah dari himpunan jumlah-jumlah atas {U(Q,f )}. Jadi

L(P,f ) ≤ inf {U(Q,f )} = ( ) f (x) dx ∫− b

aR

selanjutnya jika F meliputi semua partisi pada [a, b], maka

( )∫− b

aR f (x) dx,

merupakan suatu batas atas himpunan jumlah-jumlah bawah {L(P,f)}.Dengan

demikian

162

sup {L (P,f )} = f (x) dx ≤ ( ) f (x) dx. ◘ ( )∫−

b

aR ∫

− b

aR

Teorema 7.1.7. Diberikan fungsi f ∈R [a,b] jika dan hanya jika untuk setiap ε > 0

terdapat partisi P pada [a, b] sehingga berlaku

U(P,f ) – L(P,f ) < ε

Bukti: Untuk setiap partisi P berlaku

L(P,f ) ≤ f (x) dx ≤ f (x) dx ≤ U(P,f ) ( )∫−

b

aR ( )∫

− b

aR

Jadi

0 ≤ f (x) dx - f (x) dx ≤ U(P,f ) – L(P,f ) ( )∫− b

aR ( )∫

−

b

aR

Dengan demikian, jika untuk setiap ε > 0 terdapat P sehingga

U(P, f ) – L(P,f ) < ε,

maka kita mempunyai hubungan

0 ≤ ( ) f (x) dx - ( ) f (x) dx < ε ∫− b

aR ∫

−

b

aR

yang berlaku untuk setiap ε > 0 jadi

( )∫− b

aR f (x) dx - f (x) dx ( )∫

−

b

aR

yang berarti f ∈R [a,b]. Sekarang diandaikan f ∈R [a, b] dan diberikan ε > 0 karena

( )∫b

aR f (x) dx = sup L(P,f ) = inf U(P,f ),

maka terdapatlah partisi P1 dan P2 pada [a,b] sedemikian hingga

( )∫b

aR f (x) dx ≤ U(P1, f ) < ( ) f (x) dx + ∫

b

aR

2ε

dan

163

( )∫b

aR f (x) dx -

2ε < L(P2, f ) ≤ ( ) f (x) dx + ∫

b

aR

2ε

Jika P = P1 ∪ P2, maka berlaku

( )∫b

aR f (x) dx ≤ U(P,f ) ≤ U(P1,f ) < ( ) f (x) dx + ∫

b

aR

2ε

( )∫b

aR f (x) dx -

2ε < L(P2,f ) ≤ L(P,f ) < ( ) f (x) dx ∫

b

aR

Jadi diperoleh

( )∫b

aR f (x) dx -

2ε < L(P, f ) ≤ U(P1, f ) < ( ) f (x) dx + ∫

b

aR

2ε

sehingga

U(P,f ) – L(P,f ) < ε

Latihan 7.1.

1. Jika I=[0,4] hitung bentuk partisi berikut ini

• P1=(0,1,2,4).

• P2=(0,1,1,5,2,3,4,4).

7.2. Integral Limit

Definisi 7.2.1. Diberikan fungsi f real dan terbatas pada selang [a,b]. untuk setiap partisi

P = {x0, x2. …, xn) pada [a,b] dibentuk jumlah

S(P,f ) = f (ti)(xi-xi-1) ∑=

n

i 1

Dimana ti titik sembarang pada subselang tertutup [xi-1, xi], i = 1, 2, …., n. Bilangan real A

disebut limit S(P,f ) untuk norma |P | → 0 dan ditulis 0

lim→P

S(P,f ) = A jika dan hanya

jika untuk setiap ε > 0 yang diberikan dan sembarang pengambilan titik ti ∈ [xi-1, xi],

terdapat δ > 0 sedemikian sehingga untuk semua partisi P pada [a,b] dengan |P |< δ berlaku

164

|S(P ,f ) - A| < ε.

Sesungguhnya jika untuk setiap f yang ditentukan, jumlah S(P, f ) adalah fungsi dari

P dan dari pemilihan ti ∈ [xi-1, xi]. Jadi pada definisi limit di atas ketidaksamaan

|S(P, f ) - A| < ε

harus dipenuhi untuk semua P dengan |P | < δ dan setiap pengambilan ti ∈ [xi-1, xi].

7.2.1.1. Ilustrasi partisi pada [a,b]

7.2.1.2 Jumlahan Reimann

Contoh 7.2.2. Jika limit S(P ,f ) dan S(P, g) untuk fungsi f dan g pada fungsi konstan

f (x) = k

dan

⎩⎨⎧

=irrasionalxrasionalx

xg,0,1

)(

untuk setiap partisi P dari [a,b] diperoleh

S(P,f ) = f (ti)(xi-xi-1) = k(b-a), ∑=

n

i 1

jadi

0lim→P

S(P,f ) = k(b-a).

akan tetapi untuk setiap partisi P, jika ti diambil bilangan rasional maka

S(P,g) = ∑ 1(xi-xi-1) = b – a, =

n

i 1

jika ti dipilih bilangan irasional maka


t1 t2 t3 tn


t1 t2 t3 tn-1 tn

165

S(P,g) = 0(ti)(xi-xi-1) = 0 ∑=

n

i 1

dengan demikian 0

lim→P

S(P,g) tidak mungkin ada. ☻

Teorema 7.2.3. Jika 0

lim→P

S(P,f ) ada maka mempunyai limit tunggal

Bukti: Andaikan 0

lim→P

S(P,f ) adalah A dan B. Diambil ε > 0, maka terdapat δ1 > 0

dan δ2 > 0 sedemikian hingga untuk |P | < δ1 berlaku

|S(P,f ) - A| < 2ε

dan untuk |P | = δ2 berlaku

|S(P,f ) - E| < 2ε .

jika δ diambil bilangan yang terkecil di antara δ1 dan δ2 maka |P1| < δ kedua

ketidaksamaan di atas berlaku. Jadi

|A-B| = | (S(P1,f ) – B) – (S(P1,f ) – A)|

< |S(P1,f ) - A| + |S(P1,f ) - B| < ε.

Karena |A-B| < ε ini berlaku untuk setiap ε > 0, maka haruslah A – B = 0. ◘

Teorema 7.2.4. Jika limit 0

lim→P

S(P,f ) ada maka f ∈ R[a,b] dan

0lim→P

S(P,f ) = f (x) dx ( )∫b

aR

Bukti: Andaikan 0

lim→P

S(P,f ) = A dan diberikan ε > 0. dapat dicari δ > 0 sehingga

untuk semua |P | < δ berlaku

|S(P,f ) - A| = |∑ f (ti)(xi-xi-1) - A| < −

n

i 1 4ε

166

untuk sembarang pemilihan ti ∈ [xi-1,xi]. Diambil sembarang partisi P dengan

|P | < δ. Jika Mi dan mi berturut-turut supremum dan infimum f (x) untuk

xi-1 ≤ x ≤ xi, maka dapat dipilih dan pada [xi-1,xi] sedemikian hingga 'it

''it

F( ) > Mi - 'it )4(

εab −

dan

f ( ) < mi + ''it )4(

εab −

Jadi

U(P,f ) = Mi(ti)(xi-xi-1) ∑=

n

i 1

< ( f ( ) + ∑=

n

i 1

'it )4(

εab −

) (xi-xi-1)

= f ( ) (xi-xi-1) + ∑=

n

i 1

'it 4

ε

Karena |P | < δ, maka diperoleh

U(P,f ) < A + 4ε +

4ε = A +

2ε

Demikian juga dapat diturunkan

L(P,f ) > A - 2ε

Jadi asal |P | < δ diperoleh

U(P,f ) – L(P,f ) < ε,

dan terbukti bahwa f ∈ R [a,b]. Mengingat

( )∫b

aR f (x) dx = inf U(P,f ) < A +

2ε

dan

167

( )∫b

aR f (x) dx = sup L(P,f ) > A -

2ε ,

Karena ini berlaku untuk setiap ε > 0 maka

( )∫b

aR f (x) dx ≤ A

dan

( )∫b

aR f (x) dx ≥ A,

Jadi

( )∫b

aR f (x) dx = A

sekarang akan dibuktikan jika f ∈ R [a,b] maka 0

lim→P

S(P,f ) ada. Namun sebelumnya

dibuktikan dahulu lemma berikut

Lemma 7.2.5. Diberikan fungsi f yang didefinisikan dan terbatas pada [a,b]. Maka untuk

setiap ε > 0 yang diberikan terdapat δ > 0 sehingga untuk semua partisi P dengan |P | < δ

berlaku

U(P,f ) < f (x) dx + ε ( )∫− b

aR

dan

L(P,f ) > ( ) f (x) dx - ε ∫−

b

aR

Bukti: Diberikan ε > 0 maka terdapat suatu partisi P0 = {y0, y1, …. yr} pada [a,b]

sehingga

U(P0,f ) < ( ) f (x) dx +∫− b

aR

2ε

Sekarang dipilih bilangan positif h dengan h’ < |P0| dan

168

h < )1)(2(

εmMr −−

Dengan M dan m berturut turut supremum dan infimum f (x0) untuk a ≤ x ≤b

Sekarang diambil sembarang partisi pada [a,b], yakni P = { x0 x1, …. xn } dengan

|P| < h. Tentu saja paling banyak hanya ada satu titik yi yang terletak dalam interior

selang-selang yang dibentuk oleh P. Jadi banyaknya subselang [xi-1, x1] yang

memuat titik yk sebagai interior paling banyak ada r-1. Kita namakan untuk

supremum dari f (x) pada , dan m untuk supremum f(x) berturut

pada dan pada Maka berlaku

kim

],[1 kk ii xx− m ki

*

ki**

],[1 kyx

ki −],[

kik xy

kim )(

1−−

kk ii xx - - (m ki* )(

1−−

kik xy m ki**

ki yxk

−−1

) < M -

m

)(1−

−kk ii xx

)(1−

−kik xy - m = (M-m) ],[

1 kyxki −

)(1−

−kk ii xx

Kita andaikan Q = P ∪ P0, maka

U(P,f ) – U(Q,f ) ≤ (M-m) ∑=

p

k 1)(

1−−

kk ii xx

≤ (M-m)h ∑=

p

k 1

≤ ∑ (M-m)h −

=

1

1

r

k

= (r-1) (M-m)h < 2ε

Jadi

U(P,f ) < U(Q,f ) + 2ε .

Karena Q ⊃ P0 maka

U(Q,f ) ≤ U(P0,f )

Sehingga diperoleh

169

U(P,f ) < U(P0,f ) + 2ε < ( ) f (x) dx + ε ∫

− b

aR

Asalkan |P| < h. Dengan cara yang serupa dapat ditunjukkan bahwa terdapat

bilangan h’ > 0 sehingga untuk |P | < h’ berlaku

L(P,f ) > f (x) dx - ε. ( )∫−

b

aR

Jika δ dipilih yang terkecil di antara h dan h’ maka untuk semua partisi p dengan

|P | < δ berlakulah kedua ketidaksamaan dalam teorema di atas. ◘

Teorema 7.2.6. Fungsi f dapat terintegral Riemann pada [a,b] jika dan hanya jika

0lim→P

S(P,f ) ada,

dan

( )∫b

aR f (x) dx =

0lim→P

S(P,f )

Bukti: Jika 0

lim→P

S(P,f ) ada maka f ∈ R [a, b] sehingga diberikan ε > 0. Menurut

Lemma di atas jika f ∈ R [a,b] maka terdapat δ > 0 sehingga untuk semua |P | < δ

berlaku

U(P,f ) < f (x) dx + ε ( )∫b

aR

dan

L(P,f ) > f (x) dx - ε ( )∫b

aR

Jadi untuk setiap |P | < δ berlaku

( )∫b

aR f (x) dx - ε < L(P,f ) ≤ S(P,f ) ≤ U(P,f ) < ( ) f (x) dx + ε ∫

b

aR

mengingat untuk setiap partisi P selalu berlaku

L(P,f ) ≤ S(P,f ) ≤ U(P,f ).

170

Diperoleh

|S(P,f ) - f (x) dx | < ε ( )∫b

aR

untuk semua P dengan |P| < δ, Terbukti bahwa

0lim→P

S(P,f ) = f (x) dx. ◘ ( )∫b

aR

Contoh 7.2.7. Jika f terbatas pada selang [a,b] dengan supremum h dan infimum m, sehingga

h –m = sup {|(x) – f (y)| : x dan y ∈ [a,b]}.

Jadi semua x dan y dalam [a,b] berlaku

m ≤ f (x) ≤ M

dan

m ≤ f (y) ≤ M,

sehingga f (x) dan f (y) pada selang (m,h). Maka selalu berlaku

|f (x) – f (y)| ≤ M-m

untuk setiap x dan y pada [a,b]. Diberikan ε > 0. Maka terdapat x dan y anggota [a,b]

sedemikian hingga

m ≤ f (y) < m + 2ε < M -

2ε < f (x) ≤ M.

jadi

M-m-ε < f (x) – f (y) = |f (x) – f (y)| ≤ M-m.

dengan demikian M-m adalah suatu batas

E = {|f (x) – f (y)| : x dan y ∈ [a,b]}

dan setiap bilangan yang kurang dari M-m bukan batas E. jadi

M-m = sup E. ☻

Teorema 7.2.8. Jika f ∈ R [a,b] maka f 2 ∈ R [a,b].

Bukti: Diberikan ε > 0 sebarang. Karena f ∈ R [a,b] maka terdapat partisi

P = {x0 x1, …, xn}

pada [a,b] sehingga

171

U(P,f ) – L(P,f ) = (Mi – mi) (xi – xi-1) < ∑=

n

i 1 M2ε

dengan

sup {|f (x)| : a ≤ x ≤ b}.

| f 2(x) – f 2(y)| = |f (x) – f (y)| |f (y) + f (y)|

≤ 2M| f (x) – f (y)

≤ 2M(Mi – mi)

Jika dan m adalah suprenum dari infimum nilai f 2(t) untuk xi-1 ≤ t ≤ xi, maka

diperoleh

M*i *i

M*i - m = sup {|f 2(x) – f 2(y)| : x dan y ∈ [xi-1, xi]} ≤ 2M(Mi – mi). *i

Jadi

U(P,f 2 ) – L(P,f 2 ) = (Mi – mi) (xi – xi-1) ∑=

n

i 1

≤ 2M (Mi – mi) (xi – xi-1) < ε ∑=

n

i 1

sehingga terbukti f 2 ∈ R [a,b]. ◘

Latihan 7.2.

1. Jika f dan g anggota R [a,b] dan k suatu tetapan, buktikan bahwa kf ∈ R [a,b]

dan f + g ∈ R [a,b] dan.

( )∫b

aRS kf (x) dx = k ( f (x) dx dan )∫

b

aRS

( )∫b

aRS f (f+g)(x) dx = f (x) dx + g(x) dx ( )∫

b

aRS ( )∫

b

aRS

2. Jika f ∈ R [a,b] dan a < c < b maka f ∈ R [a,b] dan f ∈ R [c,b] dan

( )∫b

aRS f( x) dx = ( f (x) dx + f (x) dx )∫

b

aRS ( )∫

b

aRS

3. Jika f ∈ R [a,b] dan g ∈ R [a,b] buktikan bahwa f g ∈ R [a,b].

172

4. Jika f monoton pada [a,b] buktikan bahwa f ∈ R [a,b].

5. Jika f kontinu pada [a,b] buktikan bahwa f ∈ R [a,b].

173

8 INTEGRAL

RIEMANN-STIELTJES

Pada bab ini dibicarakan integral lebih umum dari integral Riemann, yang disebut

integral Riemann-Stieltjes. Integral Riemann adalah keadaan khusus untuk integral

Riemann-Stieltjes. Dengan demikian sifat-sifat atau teorema-teorema tentang

integral Riemann-Stieltjes akan berlaku juga untuk integral Riemann setelah

diadakan pengkhususan.

8.1. Definisi Integral Riemann-Stieltjes

Definisi 8.1.1. Diberikan selang tertutup [a,b] dan fungsi g yang naik monoton pada [a,b].

untuk setiap partisi P = {x0, x1, …, xn} pada [a,b] dituliskan

gi = g(xi) – g(xi-1)

Jelas bahwa gi ≥ 0. Untuk setiap fungsi real f yang terbatas pada [a,b] dibentuk jumlah

U(P, f, g) = Mi gi dan L(P, f, g) = Mi gi ∑=

n

i 1∑=

n

i 1

Dengan Mi = sup f (x) dan mi = inf f (x), dan selanjutnya didefinisikan

( )∫− b

aRS f dg = inf U(P, f, g)

( )∫−

b

aRS f dg = sup L(P, f, g)

dengan inf dan sup diambil meliputi semua partisi pada [a,b]. Jika

174

( )∫− b

aRS f dg = f dg, ( )∫

−

b

aRS

nilai yang sama ini dinyatakan dengan yang

( )∫b

aRS f dg atau ( f (x) dg(x) )∫

b

aRS

disebut Integral Riemann-Steltjes fungsi f terhadap g pada [a,b]. Jika

( )∫b

aRS f dg

ada, yakni

( )∫− b

aRS f dg = ( f dg )∫

−

b

aRS

maka dikatakan bahwa f dapat terintegral terhadap g menurut Riemann dan ditulis

f ∈ RS(g). Dengan mengambil g(x) = x, terlihat bahwa integral Riemann merupakan

keadaan khusus integral Riemann-Stieltjes. Perlu dinyatakan secara eksplisit di sini

bahwa fungsi naik monoton g tidak perlu kontinu. Nilai integral bergantung kepada

f, g (yang naik), a, dan b tetapi tidak kepada variabel pengintegralan, yang boleh

dihapuskan. Dengan diketahui f terbatas pada [a,b] maka baik inf U(P, f, g) maupun

sup L(P, f, g) dijamin berhingga, sehingga masalah tentang kedapatanterintegralan f

pada [a,b] adalah masalah kesamaan inf I(P, f, g) dan sup L(P, f, g)

Teorema 8.1.2. Jika partisi P* suatu penghalusan partisi P pada [a, b], maka

U(P*, f, g) ≤ U(P, f, g)

dan

L(P*, f, g) ≥ L(P, f, g).

Untuk sebarang P dan Q berlaku

L(P, f, g) ≤ U(Q, f, g).

Teorema 8.1.3. Jika fungsi f terhadap g pada [a,b] maka f dg ≤ f dg ( )∫−

b

aRS ( )∫

− b

aRS

175

Teorema 8.1.4. Fungsi f ∈ RS(g) jika hanya setiap ε > 0 yang diberikan terdapat suatu

partisi P pada [a,b] sehingga

U(P, f, g) – L(P, f, g) < ε

Teorema selanjutnya sangat penting untuk membuktikan apakah suatu fungsi

adalah dapat terintegral Riemann-Stieltjes terhadap g.

Teorema 8.1.5 Jika f kontinu pada [a,b] maka f ∈ RS (g).

Bukti: Diberikan ε > 0. Karena f kontinu pada [a,b] maka f kontinu seragam pada

[a,b]. Dapatlah dipilih η > sehingga

(g(b) – g(a)) < ε

Dengan demikian terdapat δ > 0 sehingga untuk semua z dan y ∈ [a,b] dengan

|x - y| < δ berlaku

|f (x) – f (y) | < η

Dipilih suatu partisi P pada [a,b] dengan |P | < δ. Maka pada setiap subselang

[xi-1, xi] terdapat titik it ′ dan it ′′ sehingga

f ( it ′ ) = Mi

dan

f ( it ′′ ) = mi

dan

|Mi - mi| < η, (I = 1, 2, …., n)

Dengan demikian

U(P, f, g) – L(P, f, g) = (Mi – mi) gi ∑=

n

i 1

(η∑ (g’xi) – g(xi-1)) = η (g(b)) – g(a) < ε =

n

i 1

maka f ∈ RS (g).

Teorema 8.1.6. Jika f fungsi monoton pada [a,b] dan g kontinu pada [a,b], maka f ∈RS(g).

176

Bukti: Diandaikan bahwa f naik monoton pada [a,b]. Karena g kontinu pada [a,b],

untuk setiap bilangan asli n dapat dipilih suatu partisi P pada [a,b], sehingga

gi = n

agbg )()( − , (i = 1, 2, …, n)

Karena f naik, maka

Mi = f (xi) dan mi = f (xi-1) untuk i = 1, 2, …., n.

Jadi

U(P, f, g) – L(P, f, g) = (f (xi) – f (xi-1)) gi ∑=

n

i 1

= n

agbg )()( − (f (b) – f (a)).

Dengan demikian untuk setiap ε > 0, dengan mengambil n yang cukup besar dapat

dicari partisi P pada [a,b] sehingga

U(P, f, g) – L(P, f, g) < ε

Sehingga fungsi f ∈ RS(g). ◘

Teorema 8.1.7. Jika f terbatas pada [a,b] dan mempunyai titik-titik diskontinu yang

berhingga pada [a,b], dan g kontinu di setiap titik di mana f diskontinu, maka f ∈RS (g).

Bukti: Diberikan 0>ε . Diambil M = sup | f(x)| dan dimisalkan E adalah

himpunan (berhingga) titik titik diskontinu fungsi f. Karena E berhingga dan g

kontinu di setiap titik anggota E, maka E dapat diselimuti oleh selang-selang

tertutup saling asing yang cacahnya berhingga (uj, vj) ⊂ [a,b] sedemikian hingga

jumlah selisih-selisih yang bersangkutan g(vj) – g(uj) kurang dari ε. Selanjutnya,

selang-selang ini diletakkan sedemikian hingga setiap titik E yang terletak di selang

terbuka (a,b) terletak di dalam interior sesuatu [uj, vj]. Jika semua selang terbuka

(uj, vj) dikeluarkan dari [a,b], maka himpunan K yang tertinggal adalah suatu

himpunan kompak. Jadi f kontinu seragam pada K, dan terdapatlah suatu δ > 0

sehingga

| f(s) – f(t) | < ε

177

untuk semua s dan t di dalam K dengan |s - t| < δ. Sekarang dibentuk partisi

P = {x0, x1, …, xn}

pada [a,b] sedemikian hingga, setiap uj dan setiap vj anggota P. dan untuk setiap j,

P ∩ (uj, vj)

adalah kosong. Jika xi-1 bukan suatu uj maka diambil xi – xi-1 < δ, perhatikan bahwa

untuk setiap i berlaku

Mi – mi ≤ 2M.

dan

Mi – mi < ε

kecuali apabila xi-1 adalah salah satu antara uj. Dengan demikian

U(P, f, g) – L(P, f, g) = ∑≠− ji ux 1

(Mi – mi) gi

∑=− ji ux 1

(Mi – mi) gi < ε gi + 2M ∑=

n

i 1∑

j

(g(vj) – g(uj))

= (g(b) – g(a)) ε + 2 M ε

Karena ε > 0 sembarang, maka f ∉ RS (g). ◘

Contoh 8.1.8. Buktikan bahwa f ∈ RS (g) pada [0,3] jika diberikan

( )⎪⎩

⎪⎨

⎧

≤≤<≤<≤

=323211102

xuntukxuntukxuntuk

xf

dan

( )⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

≤<

≤≤=

32112

21100

xuntuk

xuntukxg

nilai ( f dg karena f ∈ RS(g). Diambil P = {0, )∫3

0RS 2

11 , 431 , 3}, maka

U(P, f, g) = 2

178

dan

L(P, f, g) = 2

Karena

L(P, f, g) ≤ ( f dg )∫3

0RS

≤ U(P, f, g),

maka f dg = 2. ☻ ( )∫3

0RS

Contoh 8.1.9. Diberikan

( )⎩⎨⎧

≤<≤≤

=210101

xuntukxuntuk

xf

dan

( )⎩⎨⎧

≤<≤≤

=211100

xuntukxuntuk

xg

selidikilah apakah f ∈ RS(g) pada [0,2]. Untuk sembarang partisi P = {x0, x1, …, xn}

maka terdapat K sehingga xk-1 = 1 atau xk-1< 1 < xk dalam kedua keadaan ini gk =1 dan

gi= 0 untuk setiap k. Jadi untuk sembarang partisi P berlaku

U(P, f, g) = 1

dan

L(P, f, g) = 0

Dengan demikian

inf U(P, f, g) = 1

dan

sup L(P, f, g) = 0.

sehingga f ∉ RS(g) pada [0,2]. ☻

179

Latihan 8.1.

1. Tunjukkan fungsi Dirichlet tidak terintegral Riemann-Stieltjes

2. buktikan bahwa setiap fungsi kontinu pada [a,b] adalah Terintegral

Riemann-Stieltjes pada [a,b].

3. Diberikan f ∈ RS(g) jika hanya setiap ε > 0 yang diberikan terdapat suatu

partisi P pada [a,b] sehingga

U(P, f, g) – L(P, f, g) < ε

4. Buktikan bahwa fungsi interval tertutup Terintegral Riemann-Stieltjes dan

subinterval juga terintegral Riemann-Stieltjes

5. Buktikan jika f terintegral Riemann-Stieltjes pada [ab]maka | f | teritegral

pada [a,b]

8.2. Sifat-sifat Integral Riemann-Stieljes

Teorema 8.2.1. Jika f1 ∈ RS (g) dan f2 ∈ RS(g) pada [a,b], maka f1 + f2 ∈ RS (g), dan

untuk setiap tetapan c berlaku cf ∈ RS (g) apabila f ∈ RS (g), dan

( )∫b

aRS (f1 + f2) dg = f1 dg + ( f2 dg ( )∫

b

aRS )∫

b

aRS

( )∫b

aRS cf dg = c f dg ( )∫

b

aRS

Teorema 8.2.2. Jika f1(x) ≤ f2 (x) pada [a,b], maka

( )∫b

aRS f1 dg ≤ ( f2 dg. )∫

b

aRS

Teorema 8.2.3. Jika f ∈ RS(g) pada [a,b] dan jika a < c < b, maka f ∈ RS(g) pada

[a,b] dan [c,b], dan

( )∫c

aRS f dg + f dg = f dg. ( )∫

b

cRS ( )∫

b

aRS

Teorema 8.2.4. Jika f ∈ RS(g) pada [a,b] dan jika ⎪f (x)⎪ ≤ M pada [a,b], maka

180

( )∫b

adg f RS ≤ M [g(b) – g(a)]

Teorema 8.2.5. f d(g1 + g2) = f dg1 + ( f dg2 ( )∫b

aRS ( )∫

b

aRS )∫

b

aRS

Teorema 8.2.6. Jika f ∈ RS(g) dan c suatu tetapan positif, maka f ∈RS(cg) dan

( )∫b

aRS f d(cg) = c f dg ( )∫

b

aRS

Contoh 8.2.7. Diberikan Suatu Fungsi Tangga Satuan

( )( )⎩

⎨⎧

>≤

=0,10,0

)(xx

xI

Jika f terbatas pada [a,b] dan a < x < b, f kontinu di s dan g(x) = I(x-s). Ditinjau partisi

P = {x0 x1, x2, x3}

dengan x0= a, x1 = a dan x3 = b. maka

U(P, f, g) = M2 dan L(P, f, g) = m2

karena f kontinu di s, maka jika diberikan ε> 0, dapat dipilih x2 cukup dekat kepada x1 = s,

sedemikian hingga untuk setiap x pada [x1, x2] berlaku

f (s) - ε < f (x) < f (s) + ε,

sehingga

f (s) - ε ≤ m2 = L(P, f, g) ≤ f (x) < M2 = U(P, f, g) ≤ f (s) + ε

jadi diperoleh

f (s) - ε ≤ L(P, f, g) ≤ ( f dg ≤ f dg ≤ U(P, f, g) ≤ f (s) +

ε

)∫−

b

aRS ( )∫

− b

aRS

Karena hubungan ini berlaku untuk setiap ε > 0, maka didapatkan

f (s) = ( f dg ≤ f dg. )∫−

b

aRS ( )∫

− b

aRS

181

Jadi f dg = f (s). ☻ ∫b

a

Contoh 8.2.8. Diberikan deret suku positif ∑cn yang konvergen, dan {sn } barisan titik-titik

berlainan pada [a,b], dan

g(x) = cn1(x – sn) ∑∞

=1n

Jika f kontinu pada [a,b] buktikan bahwa

( )∫b

aRS f dg = ∑ cn f (sn)

∞

=1n

karena untuk setiap x berlaku 0 ≤ cn I(x-sn) < cn dan deret ∑cn konvergen, maka g(x)

konvergen untuk setiap x. Jelas bahwa g naik monoton, dan g(a) = 0 dan g(b) = ∑cn,

Diberikan ε > 0, Maka dapat dipilih bilangan bulat positif p sehingga

∑∞

+= 1pncn < ε

diambil fungsi

g1(x) = cnI(x – sn) ∑=

p

n 1

dan

g2(x) = cnI(x – sn) ∑∞

+= 1pn

karena f kontinu, diperoleh

f dg1 = cnI(x – sn) ( )∫b

aRS ∑

∞

=1n

Karena

g2(a) = 0

dan

g2(b) = cn < ε, ∑+= 1pn

182

maka

2g (b) - (a) < ε 2g

dan

( )∫b

a

dgf 2RS εM≤

dengan M = sup ( )xf . Karena 21 ggg += maka

( ) ( ) ( )∫∫ ∫ +=b

a

b

a

b

a

dgfdgfdgf 21 RSRSRS .

jadi

( ) ( )∫ ∑=

−b

a

p

nnn scdgf

1

RS = ( ) ( ) ( ) εMdgfdgfdgfb

a

b

a

b

a

≤=− ∫∫ ∫ 21 RSRSRS

jika diambil ∞→p diperoleh . ☻ ( ) )(1

n

b

a nn sfcdgf∫ ∑

=

=RS

Teorema 8.2.9. Diberikan fingsi g naik monoton dan ( )gg RS∈′ . Diberikan f suatu

fungsi real yang terbatas pada [ . Maka f ]ba , ( )gRS∈ pada [ ]ba , jika dan hanya jika

. Dalam hal ini 'fg [ ba ,RS∈ ]

( ) ( ) ( ) ( )dxxgxfdgfb

a

b

a

'∫∫ = RSRS

Bukti: Diberikan terdapatlah partisi 0>ε { }nxxx ...,,, 10=P pada [ ] sedemikian hingga

ba ,

( ) ( ) ε<− ',', gLgU PP

Menurut Teorema nilai Rata-rata dapat dipilih [ ]11 , xxt ii −∈ sehingga

( ) iii xtgg Δ=Δ ' untuk i = 1, 2,…, n.

183

jika kita menamakan dan berturut-turut untuk inf dan sup 'im n

im ( )xg ' pada

[ ]11 , xx i− , maka untuk setiap [ ]11 , xxs ii −∈ berlaku

( ) '' ' iii msgm ≤≤

sehingga

( ) ( ) ( ) ε<−− −=∑ 11

1

'' i

n

iii xxtgsg

Diambil M = sup ( )xf pada [ ]ba , . Karena

( ) =Δ∑=

i

n

ii gsf

1

( ) ( ) ii

n

ii xtgsf Δ∑

=

'1

maka diperoleh

( ) ( )( )( ) ε≤∑ ∑ 1- Mxxsgsfgsfn

i

n

iiiiii

1 11'

= =

−−Δ

Khususnya diperoleh

( ) ε∑ MfgUgsfn

iii +≤Δ

=

)',(1

P

Untuk semua pilihan [ ]11 , xxs ii −∈ sehingga

( ) εMfgUgfU +≤ ',),,( PP

Dengan cara yang sama dihasilkan

( ) εMgfUfgU +≤ ),,(', PP

Jadi

( ) ( ) εMgfUfU ≤− ',,, PP

Jadi dapat kita simpulkan bahwa

( ) ( ) ( ) ( ) εMdxxgxfdgfb

a

b

a

≤−∫ ∫− −

'RSRS

Tetapi sembarang, jadi untuk setiap fungsi terbatas berlaku 0>ε

184

( ) ( ) ( ) dxgxfdgfb

a

b

a

'∫∫−−

= RSRS

Dengan cara yang sama dapat dijabarkan

( ) ( ) ( ) dxgxfdgfb

a

b

a

'∫∫−−

= RSRS

sehingga terbukti bahwa jika dan hanya jika ( )gf RS∈ [ ]bagf ,RS∈′ , dan terbukti

juga kesamaan di dalam teorema di atas. ◘

1. Jika [ ]ba maka integral Riemann-Stieljes menjadi integral Riemann

biasa.

g ,RS∈′

2. Jika ( ) (yang dinamakan fungsi tangga murni) maka integral

Riemann-Stieljes menjadi suatu deret tak berhingga.

∑∞

=

−=1

)(n

nn sxIcxg

Definisi 8.2.10. Fungsi h dikatakan naik tegas pada [ ]ba, jika a ≤ x < y ≤ b maka

h(x) <h(y). Jika tanda ketidaksamaan ini dibalik maka h dinamakan turun tegas pada . [ ]ba ,

Teorema 8.2.11. Diberikan h suatu fungsi yang naik tegas dari selang [ ]BA, terhadap

selang [ ]ba, , f∈RS(g) pada [ ]ba, . Selanjutnya didefinisikan G dan F pada [ ]BA, dengan

G(y) = g(h(y)) dan F(y) = f (h(y).

Maka f ∈ RS(G) pada [ ]BA, dan

( ) ( )∫ ∫=B

A

b

adgfdGF RSRS

Bukti: Untuk setiap partisi P = {x0, x1, … xn} pada [ ]ba, dikorespondensikan

dengan partisi Q = {y0, y1, … yn} pada [ ]BA, . Semua partisi pada [ ]BA, dapat

diperoleh dengan cara ini. Karena nilai-nilai yang diperoleh f pada [ ]ii- xx ,1 tepat

sama dengan nilai-nilai yang diperoleh F pada [ ]ii- yy ,1 , maka mudah dimengerti

bahwa

U(Q, F, G) = U(P, f, g)

dan

185

L(Q,F,G) = L(P, f, g)

Karena f ∈ RS(g) maka P dapat dipilih sehingga U(P, f, g) dan L(P, f, g) dekat

terhadap . Yakni, jika diberikan ε > 0, dapat dicari P pada

sehingga

( )∫b

adgfRS [ ]ba ,

( ) ( ) ε+≤<− ∫∫b

a

b

adgf<gfU g fL ε dgf RSPPRS ),,( ),,(

Demikian juga diperoleh partisi Q pada [ ]BA, sehingga

( ) ( ) εε +≤− ∫∫b

a

b

adgf<GFU GF < L dgf RSQQRS ),,(),,(

Karena ini berlaku untuk setiap ε > 0, maka F ∈ RS(G) dan ∫ ∫=B

A

b

adgfdGF

jika diambil g(x) = x, maka G = h. Jika diasumsikan h' ∈ RS [ ]B,A dan diperoleh

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )dxxfdyyhyhfdGFb

a

B

A

B

A ∫∫ ∫ == RSRSRS '

yakni rumus untuk penggantian variabel pada integral Riemann. ◘

Sekarang akan diperlihatkan bahwa pengintegralan dan pendiferensialan dalam arti

yang tertentu merupakan operasi-operasi yang saling invers.

Teorema 8.2.12. Diberikan fungsi f ∈ RS [ . Untuk a ≤ x ≤ b dibentuk fungsi F

dengan

]

] ]

] ]

ba,

F(x) = ( ) ( )dttfx

a∫RS

Maka F adalah kontinu pada , jika f kontinu di x0∈ [ , maka F dapat terdiferensial

di x0, dan

[ ba, ba,

F' (x0) = f(x0).

Bukti: Karena f ∈RS , maka f terbatas pada [ . Diandaikan ⏐F(x)⏐ ≤ M

untuk a ≤ x ≤ b.

[ ba, ba,

( )∫y

xdttf=x-FyF )()()( RS ≤ M(y-x)

Jadi jika diberikan ε > 0, maka

186

⏐F(y)⏐- ⏐F(x)⏐< ε,

Jika ⏐y-x⏐< ε/M. Hal ini menunjukkan bahwa F kontinu bahkan kontinu seragam

pada [ ]ba , . Sekarang jika f kontinu di x0, maka diberikan ε > 0 dapat dicari δ > 0

sehingga untuk ⏐t - ⏐< δ dan a ≤ t ≤ b berlaku 0x

f( t ) – f(x0) < ε.

Sehingga jika

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ε<−−

=−−−

∫t

sduxfuf

stxf

stsFtF RS1

0

ketidaksamaan ini memperlihatkan bahwa F' ( ) = f( ). ◘ ox ox

Teorema 8.2.13. (Teorema Fundamental Kalkulus ) Jika f ∈ RS [a,b] dan

terdapat sesuatu fungsi terdeferensial F pada [a,b] sedemikian hingga F′ = f, maka

( )∫b

aRS f(x) dx = F (b ) – F (a )

Bukti: Diberikan ε > 0. kita pilih suatu partisi P = { , … } pada [a,b]

sedemikian hingga

0x 1x nx

U ( P,f ) – L ( P, f ) < ε.

Teorema nilai rata-rata akan memberikan titik titik

ti ∈[x i-1, xi, , ] ix 1x

Sehingga

F ( xi ) - F( xi-1 ) = f ( ti ) - F( xi- x i-1 )

untuk I = 1,2,…, n. jadi

( ) ( ) )11

F(a-F(b)=x-x t f i-ii

n

i∑=

karena m1 ≤ f (ti ) ≤ ( Mi ) untuk I =1, 2 .., n , maka

U (P, f ) ≥ )()()()()( 11

,fLaFbFxxtf ii

n

ii P≥−=− −

=∑

Disamping itu juga berlaku

187

( ) ) ()()( ,f L dx xf ,fUb

aPRSP ≥≥ ∫

sehingga diperoleh

)()( aFbF − - ( )∫ ≥b

a,fL dxxf )()( PRS ≥ ε

karena ini berlaku untuk setiap ε > 0, maka . ◘ ( ) )()()( aF- bF dx xfb

a=∫RS

Teorema 8.2.13. (Teorema Integral Parsial) Diberikan F dan G adalah fungsi–fungsi

yang dapat terdiferensial pada [a,b] dan F′ = f ∈ RS [a,b] dan G′ ∈ RS [a,b] maka

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )dxxGxfaFbFdxxgxFb

a

b

a ∫∫ −−= RSRS

Bukti: Misalkan H (x) = F(x) G(x), maka H ∈ RS [a,b] . Karena F dan G dapat

terdidefensial maka H demikian juga h′ = FG′ + F′G. maka, diperoleh

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )aGaFbGbFahbHdxxGxFxgxFb

a−=−=++∫RS

Yakni yang harus dibuktikan

Pada suatu konsep integral Riemen-Stieltjes banyak peneliti menggunakan definisi

intergral Riemen-Stieltjes berikut ini

Definisi 8.2.14. Fungsi f dapat Terintegral Riemen-Stieltjes terhadap g pada selang

[a,b], jika terdapat suatu bilangan real A yang mempunyai sifat bahwa untuk setiap ε > 0,

terdapat suatu δ > 0 sehingga untuk setiap partisi P pada [a,b] dengan norma |P |< δ dan

untuk setiap pemilihan ti ∈[xi-1, xi] berlaku

|S (P, f, g) - A|< ε

dimana

S (P, f, g) = .xgxg tf n

i-iii∑ −−

1

))1()(()(

1. Misalkan F nonnegatif dan kontinu pada [a,b] dan .

Buktikan bahwa f (x) = 1 untuk semua x ∈ [a,b].

( )∫ =b

af (x)dx 1RS

188

2. Misalkan fungsi real terbatas yang didefinisikan pada [0.1]. Jika f diskontinu

di setiap titik pada himpunan Cantor c, dan Kontinu di titik yang lain,

buktikan bahwa f ∈ RS [0,1]

3. Misalkan f fungsi real yang didefinisikan pada [0,1] dan untuk setiap

k > 0 diketahui bahwa f ∈ RS [k ,1]. Didefiniskan

( ) ( ) ( ) ( )dxxfdxxfk ∫∫ →

=1

00

1

0lim RRS

Buktikan f ∈ RS [0,1].

4. Diandaikan f ∈ RS[a,b] untuk setiap b > a dengan a tertentu. Didefinisikan

( ) ( ) ( )dxxfdxxfba ∞→

∞=∫ limRS

Jika limit itu juga ada setelah f diganti f , maka dikatakan bahwa

konvergen mutlak. ( )dxxfa∫∞

RS

Diasumsikan bahwa f (x) ≥ 0 dan turun monoton pada (1,∞).

Buktikan bahwa , Konvergen jika dan hanya jika ( ) ( )dxxfa∫∞

RS ( )∑∞

=1n

nf

konvergen.

5. Jika p dan q bilangan real positif sedemikian hingga. Buktikan jika u ≥ 0 dan

v ≥ 0, maka uv ≤ qu

pu qp

+ kesamaan berlaku jika dan hanya jika up = vq

6. Jika p dan q bilangan real positif sedemikian hingga 111=+

pp. Buktikan

bahwa jika f ∈ RS(g) dan H∈ RS(g), f ≥ 0, h ≥ 0 dan

( ) ( ) 1==∫ ∫ dghdgfb

a

b

a

qp RSRS

maka : ∫ ≤b

afhdg 1

189

(c) jika f dan h di dalam RS (q), maka

qb

a

qpb

a

pb

adgfdgffhdg

11

⎟⎠⎞⎜

⎝⎛⎟

⎠⎞⎜

⎝⎛≤ ∫∫∫ RSRSRS

Ini dinamakan ketidaksamaan Holder. Jika p=q=2 ketidaksamaan itu

biasanya dinamakan ketidaksamaan Schwarz.

190

DAFTAR PUSTAKA

[1] Bartle, R.G., 2000, A Modern Theory of Integration, American Mathematical

Society Vol. 32. [2] Gupta and Jain, 1986, Lebesgue Measure and Integration, Wiley Eastern

Limited, India. [3] Pfeffer,W.F.,1993, The Riemann Approach to Integration, Cambridge University

Press, New York, USA. [4] Royden, H.L., 1989, Real Analysis, third edition, Macmillan Publishing Company,

New York, USA. [5] Wheeden, R.L dan Zygmund, A, 1977, Measure And Integral : An Introduction

to Real Analysis, Marcell Dekker Inc, New York. [6] Goldberg, R.R.. Method of Real Analysis, 2nd edition. New York: John Wiley &

Sons. 1976.

[7] J. M. H. Olmsted, Advanced Calculus. New York: Prentice-Hall, 1961

[8] Kreyszig, Anvanced Engineering Mathematics, 7th, New York: John Wiley &

Sons. 1993.

[9] Morris Kline, Mathematical Thoughtftom Ancient to Modern Times. New

York: Oxford University Press, 1972

[10] Stoll, Manfred.. Introduction to Real Analysis, 2nd Edition. New York: Addison

Wesley Longman, Inc, 2001

[11] Taylor, Robert, Advanced Calculus, 3rd New York: John Wiley & Sons. 1983.

[12] Varbeg, Purcell, Rigdon, Calculus, 8th edition Addison Wesley Longman, Inc,

2003.

[13] Walter Rudin, Principles of' Mathematical Analysis (3rd ed.). New York:

McGraw-Hill, 1976.

Hairur Rahman, M.Si.

adalah seorang dosen Jurusan Matematika Fakultas Sains dan Teknologi Universitas Islam Negeri (UIN) Malang,

yang telah menyelesaikan program sarjananya di Jurusan Pendidikan Matematika Universitas Muhammadiyah Malang tahun 2003 kemudian melanjutkan

ke program magisternya pada jurusan Matematika di Universitas Gajah Mada Yogyakarta (UGM) dan selesai pada Juli 2005. , Buku ini merupakan karya ilmiahnya yang ketiga yang bisa diterbitkan.

Buku perdananya berjudul ”Kalkulus dan Aplikasi Derive 6.0 dan Indahnya Matematika Dalam Al-Quran”

Analisis Real II.pdf

Documents

Transcript of Analisis Real II.pdf