View
460
Download
16
Category
Preview:
Citation preview
Bacaan Warga KSA
Pengantar Analisis Real Introduction to real analysis
Dikumpulkan dari berbagai sumber oleh: Abu Abdillah
KOMUNITAS STUDI ALKWARIZMI UNAAHA
2013
Komunitas Studi Al Khwarizmi Abu Abdillah ii
PERSEMBAHAN
Untuk bahan bacaan warga KSA (Komunitas Studi Al Khwarizmi).
Pesan
Janganlah kesibukan duniamu melalaikan untuk menuntut ilmu Agama,
ingatlah bahwa yang wajib ‘ain bagi kalian adalah menuntut ilmu Agama.
Komunitas Studi Al Khwarizmi Abu Abdillah iii
KATA PENGANTAR
uku ini ditulis dalam rangka pengadaan buku ajar mata kuliah
Analisis Real I dan II, yang merupakan mata kuliah wajib.
Buku ini berisi materi yang diperuntukan bagi mahasiswa
yang telah mengambil mata Kalkulus I dan Kalkulus II. Topik-topik dalam
buku ini sebenarnya sudah dikenal oleh mahasiswa yang telah mengambil
kedua mata kuliah tersebut. Hanya saja, materi pada buku ini lebih abstrak,
teoritis, dan mendalam. Materi pada buku ini merupakan materi dasar analisis
real. Analisis real merupakan alat yang esensial, baik di dalam berbagai
cabang dari matematika maupun bidang ilmu-ilmu lain, seperti fisika, kimia,
dan ekonomi. Mata kuliah Analisis I adalah gerbang menuju mata kuliah yang
lebih lanjut, baik di dalam maupun di luar jurusan Matematika. Jika mata
kuliah ini dapat dipahami dengan baik maka mahasiswa mempunyai modal
yang sangat berharga untuk memahami mata kuliah lain. Diharapkan, setelah
mempelajari materi pada buku ini, mahasiswa mempunyai kedewasaan
dalam bermatematika, yang meliputi antara lain kemampuan berpikir secara
deduktif, logis, dan runtut, serta memiliki kemampuan menganalisis masalah
dan mengomunikasikan penyelesaiannya secara akurat dan rigorous.
Buku ini terdiri dari lima bab. Bab I membahas tentang aljabar
himpunan, fungsi, dan induksi matematika. Sebagaimana kita ketahui bahwa
materi pada bab ini adalah materi penunjang pemahaman pada bab-bab
selanjutnya, maka diharapkan para pembaca dan pengajar tidak
mengabaikan penyampaian bab I ini. Bab II membahas tentang himpunan
bilangan real. Di dalamnya, dibicarakan tentang sifat aljabar (lapangan), sifat
terurut, dan sifat kelengkapan dari himpunan bilangan real. Kemudian,
dibahas tentang himpunan bagian dari himpunan bilangan real yang
B
Komunitas Studi Al Khwarizmi Abu Abdillah iv
dikonstruksi berdasarkan sifat terurutnya, yang disebut sebagai interval.
Dijelaskan pula tentang representasi desimal dari bilangan real dan
menggunakannya untuk membuktikan Teorema Cantor. Selanjutnya, bab III
berisi tentang barisan bilangan real, yang meliputi definisi dan sifat-sifat
barisan, Teorema Bolzano-Weierstrass, kriteria Cauchy, barisan divergen,
dan sekilas tentang deret tak hingga. Kemudian, bab IV mendiskusikan
tentang definisi limit fungsi (termasuk limit sepihak, limit di tak hingga, dan
limit tak hingga) dan sifat-sifatnya. Lalu, bab V membahas kekontinuan fungsi,
yang meliputi definisi fungsi kontinu dan sifat-sifatnya, fungsi kontinu pada
interval, kekontinuan seragam, serta fungsi monoton dan fungsi invers.
Buku ini masih dalam proses pengembangan dan tentunya masih jauh
dari sempurna. Untuk itu, penulis membuka diri terhadap saran dan kritik dari
pembaca, demi semakin baiknya buku ini sebagai buku ajar mata kuliah wajib
Analisis I.
Unaaha, April 2013
Penulis,
Abu Abdillah
Komunitas Studi Al Khwarizmi Abu Abdillah v
DAFTAR ISI PERSEMBAHAN ............................................................................... ii KATA PENGANTAR ......................................................................... iii DAFTAR ISI ....................................................................................... v BAB I PENDAHULUAN
1.1 Aljabar Himpunan ........................................................... 1 1.2 Fungsi ............................................................................... 8 1.3. Induksi Matematika ......................................................... 17
BAB II HIMPUNAN BILANGAN REAL
2.1 Sifat Aljabar dari R .......................................................... 27 2.2 Sifat Terurut dari R ......................................................... 29
2.3. Sifat Kelengkapan dari R ............................................... 38 2.4. Interval ............................................................................. 48 2.5 Representasi Desimal dari Bilangan Real .................... 51
BAB III BARISAN BILANGAN REAL 3.1 Definisi Barisan Bilangan real ....................................... 54
3.2 Sifat-Sifat Barisan Bilangan Real .................................. 57 3.3 Teorema Bolzano-Weierstrass ....................................... 64 3.4 Kriteria Cauchy ............................................................... 65 3.5 Barisan Divergen ............................................................ 68
3.6 Deret Tak Hingga ............................................................ 71
BAB IV LIMIT FUNGSI
4.1 Titik Timbun ..................................................................... 80 4.2 Definisi Limit Fungsi ....................................................... 81 4.3 Teorema Limit Fungsi ..................................................... 84
Komunitas Studi Al Khwarizmi Abu Abdillah vi
BAB V KEKONTINUAN FUNGSI
5.1 Definisi Fungsi Kontinu .................................................. 89 5.2 Sifat-Sifat Fungsi Kontinu .............................................. 92
5.3 Fungsi Kontinu pada Interval ......................................... 94 5.4 Kekontinuan Seragam .................................................... 97 5.5 Fungsi Monoton dan Fungsi Invers ............................... 100
DAFTAR PUSTAKA
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 1
BAB I HIMPUNAN BILANGAN REAL
ada bab ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan
untuk mempelajari analisis real. Bagian 1.1 dan 1.2 kita akan
mengulang sekilas tentang aljabar himpunan dan fungsi, yang
keduanya merupakan perkakas penting untuk semua cabang matematika.
Pada bagian selanjutnya yakni bagian 1.3 kita akan mengulas mengenai
induksi matematika. Sebagaimana kita ketahui bahwa induksi matematika
berhubungan dengan sifat dasar sistem bilangan asli yang akan sering kita
gunakan pada pembuktian beberapa masalah khusus dalam bab selanjutnya.
1.1 ALJABAR HIMPUNAN
Bila A menyatakan suatu himpunan, maka untuk suatu unsur x kita akan
menuliskannya menjadi
Ax , ■
untuk menyatakan x suatu unsur di A , x anggota A , atau x termuat di A ,
atau A memuat x . Selanjutnya bila kita ingin menyatakan bahwa x suatu
unsur yang bukan di A maka dapat kita tuliskan menjadi:
Ax , ■
Selanjutnya bila A dan B keduanya adalah himpunan sehingga untuk setiap
unsur Ax mengakibatkan Bx ( setiap unsur di A juga unsur di B ), maka
kita katakan A termuat di B , atau B memuat A , atau A suatu subhimpunan
dari B , dan kita menuliskannya dengan:
BA atau AB , ■
Bila BA dan terdapat unsur di B yang bukan anggota A maka kita
katakan A subhimpunan sejati dari B .
P
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 2
1.1.1. Definisi Kesamaan Dua Himpunan
Dua buah himpunan A dan B dikatakan sama bila keduanya memuat
unsur yang sama. Dengan kata lain untuk setiap unsur x anggota himpunan A
maka x juga merupakan anggota himpunan B , dan juga sebaliknya untuk setiap
unsur y anggota himpunan B maka y juga merupakan anggota himpunan A .
Selanjutnya kedua buah himpunan A dan B dikatakan sama maka kita
menuliskannya dengan:
BA ■
Untuk menunjukkan bahwa BA , kita harus menunjukkan bahwa
BA dan AB .
Suatu himpunan dapat ditulis dengan mendaftar anggota-anggotanya,
atau dengan menyatakan sifat keanggotaannya. Kata “sifat keanggotaan”
memang menimbulkan keragu-raguan, akan tetapi bila P menyatakan sifat
keanggotaan (yang tak bias maknanya) maka suatu himpunan x yang
memenuhi P akan kita tuliskan dengan cara:
)(xPx ■
Notasi diatas kita baca: “himpunan semua x yang memenuhi (sedemikian
sehingga) P ”. Bila perlu untuk menyatakan subhimpunan S yang memenuhi P ,
maka kita dapat menuliskannya dalam bentuk:
)(xPSx ■
Beberapa himpunan tertentu akan banyak digunakan dalam buku ini, dan
akan kita tuliskan dengan penulisan standar yakni sebagai berikut:
Himpunan bilangan asli, ,...3,2,1N
Himpunan bilangan bulat ,...2,2,1,1,0 Ζ
Himpunan bilangan rasional
0,, nnmnmQ
Himpunan bilangan real, R
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 3
Contoh-contoh:
1. Himpunan 0232 xxx N , menyatakan himpunan bilangan asli yang
memenuhi persamaan kuadrat 0232 xx . Karena yang memenuhi
hanya 1x dan 2x , maka himpunan tersebut dapat juga dituliskan
menjadi 2,1 .
2. Terkadang formula dapat pula digunakan untuk menyingkat penulisan
himpunan. Sebagai contoh himpunan bilangan genap positif sering dituliskan
dengan cara Nxx2 , dari pada kita menuliskannya
NN xxyy ,2 .
Operasi Himpunan
Pada bagian ini kita akan mendefinisikan aturan untuk membangun
(mengkonstruksi) himpunan baru dari himpunan yang sudah ada.
1.1.2. Definisi
a. Bila A dan B keduanya adalah himpunan, maka irisan (interseksi) dari A
dan B dituliskan dengan BA , merupakan himpunan yang unsur-unsurnya
adalah anggota himpunan A dan juga merupakan anggota himpunan B .
BxAxxBA dan ■
b. Gabungan dari himpunan A dan B adalah himpunan yang unsurnya paling
tidak termuat di salah satu dari himpunan A atau B . Gabungan dari
himpunan A dan B dituliskan dengan BA .
BxAxxBA atau ■
1.1.3. Definisi
Himpunan yang tidak mempunyai anggota disebut dengan himpunan kosong,
dituliskan dengan atau . Bila himpunan A dan B dua himpunan yang tidak
mempunyai unsur bersama (yaitu, BA ), maka A dan B dikatakan
saling asing atau disjoin.
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 4
1.1.4. Teorema
Misalkan BA, dan C sebarang himpunan, maka:
a) AAAAAA , Idempoten
b) ABBAABBA , Komutatif
c) CBACBACBACBA , Asosiatif
d) CABACBACABACBA ,
Distributif.
Bukti teorema diatas diserahkan kepada pembaca!
Dimungkinkan juga untuk menunjukkan bahwa bila nAAA ,...,, 21
merupakan koleksi himpunan, maka terdapat sebuah himpunan, maka terdapat
sebuah himpunan A yang memuat unsur yang merupakan unsur semua
himpunan njA j ,...,2,1, ; dan terdapat sebuah himpunan B yang unsurnya
paling tidak unsur dari suatu njA j ,...,2,1, . Dengan menanggalkan kurung,
kita tuliskan dengan
nAAAA ...21
nBBBB ...21
Untuk mempersingkat penulisan, A dan B di atas sering dituliskan dengan
n
jjAA
1
n
jjAB
1
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 5
1.1.5. Definisi
Misalkan A dan B suatu himpunan, maka komplemen dari B relatif terhadap
A , dituliskan dengan BA \ (baca “ A minus B ”) adalah himpunan yang unsur-
unsurnya adalah semua unsur di A tetapi bukan anggota B . Dibeberapa buku
ditulis menggunakan notasi BA atau A B .
BxanAxxBA d\ ■
Seringkali A tidak dinyatakan secara eksplisit, karena sudah
dimengerti/disepakati. Dalam situasi begini BA \ sering dituliskan dengan AC .
1.1.6. Teorema
Misalkan CBA ,, sebarang himpunan, maka )\()\()(\ CABACBA ,
)\()\()(\ CABACBA .
Bukti:
Kita akan membuktikan kesamaan pertama dan meninggalkan bagian kedua
pada pembaca sebagai bahan latihan.
Untuk menunjukkan )\()\()(\ CABACBA , berarti yang harus
ditunjukkan adalah: )\()\()(\ CABACBA dan
)\()\()(\ CABACBA
Akan ditunjukkan )\()\()(\ CABACBA
Ambil sebarang )(\ CBAx , maka Ax dan CBx , ini berarti
bahwa x di A tetapi x bukan unsur B atau C , karenanya x di A tetapi
x tidak di B dan x di A tetapi x tidak di C , sehingga dapat dituliskan
BAx \ dan CAx \ , hal ini berarti bahwa CABAx \\ ,
sehingga terbuktilah bahwa )\()\()(\ CABACBA
Akan ditunjukkan )\()\()(\ CABACBA
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 6
Ambil sebarang )\()\( CABAy , maka BAy \ dan CAy \ ,
maka Ay tetapi By dan Ay tetapi Cy . Jadi Ay tetapi bukan
anggota dari B atau C . Akibatnya Ay dan CBy , ini berarti
)(\ CBAy , sehingga terbukti bahwa )\()\()(\ CABACBA .
Dari dua bukti diatas dapat disimpulkan bahwa
)\()\()(\ CABACBA .
Produk (hasil kali) kartesius
Berikut ini kita definisikan produk kartesius yang akan kita gunakan pada
pembahasan tentang fungsi pada bagian selanjutnya.
1.1.7. Definisi
Bila A dan B keduanya adalah himpunan-himpunan tak kosong, maka produk
kartesius dari A dan B yang selanjutnya akan kita tuliskan menggunakan notasi
BA adalah himpunan pasangan berurut ba, dengan Aa dan Bb
BbanAabaBA d, ■
Sehingga bila 3,2,1A dan 5,4B , maka
5,3,4,3,5,2,4,2,5,1,4,1 BA
Latihan 1.1.
1. Gambarkan diagram yang menyatakan masing-masing himpunan pada
Teorema 1.1.4
2. Buktikan teorema 1.1.4.
3. Buktikan bahwa BA jika dan hanya jika ABA .
4. Tunjukkan bahwa himpunan D yang unsur-unsurnya merupakan unsur dari
tepat satu himpunan A atau B diberikan oleh ABBAD \\ .
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 7
Himpunan D ini sering disebut selisih simetris dari A dan B . Nyatakan
dalam diagram.
5. Tunjukkan bahwa selisih simetris D pada soal nomor 4, juga diberikan oleh:
BABAD \
6. Jika BA tunjukkan BAAB \\
7. Diberikan himpunan A dan B , tunjukkan bahwa BA dan BA \ saling
asing dan bahwa BABAA \ .
8. Diberikan sebarang himpunan A dan B , tunjukkan BAABA \\ .
9. Bila nAAA ,...,, 21 suatu koleksi himpunan, dan E sebarang himpunan,
tunjukkan bahwa n
jj
n
jj AEAE
11
, dan n
jj
n
jj AEAE
11
.
10. Mengacu pada soal nomor 9 tunjukkan bahwa n
jj
n
jj AEAE
11
, dan
n
jj
n
jj AEAE
11
.
11. Mengacu pada soal nomor 9 buktikan hukum de morgan
n
j
n
jjj AEAE
1 1
\\
, n
jj
n
jj AEAE
11
\\
Catatan bila jAE \ dituliskan dengan jAC , maka kesamaan diatas
mempunyai bentuk
n
jj
n
jj AA
11
CC , n
jj
n
jj AA
11
CC
12. Misalkan J suatu himpunan dan untuk setiap Jj , jA termuat di E .
Tunjukkan bahwa
Jj
jJj
j AA
CC , Jj
jJj
j AA
CC
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 8
13. Bila 1B dan 2B subhimpunan dari B dan 21 BBB tunjukkan bahwa
21 BABABA
1.2 FUNGSI
Pada bagian ini kita akan membahas gagasan fundamental suatu fungsi atau pemetaan. Selanjutnya akan kita ketahui bahwa fungsi merupakan suatu
jenis khusus dari himpunan, walaupun terdapat visualisasi lain yang sering lebih
bersifat sugesti. Pada bagian terakhir ini kita akan banyak membahas mengenai
jenis-jenis fungsi, tetapi sedikit lebih abstrak dibandingkan bagian ini.
Bagi matematikawan abad terdahulu kata “fungsi” biasanya berarti
formula tertentu, seperti
532 xxxf
yang bersesuaian dengan masing-masing bilangan real x dan bilangan lain
xf . Mungkin juga seseorang memunculkan kontroversi, apakah nilai mutlak
xxh
dari suatu bilangan real merupakan “fungsi sejati” atau bukan. Selain itu definisi
x diberikan pula yakni:
0,0,
xxxx
xbilabila
Dengan berkembangnya matematika, semakin jelas bahwa diperlukan definisi
fungsi yang lebih umum. Juga semakin penting untuk kita membedakan fungsi
sendiri dengan nilai fungsi itu. Disini akan mendefinisikan suatu fungsi dan hal ini
akan kita lakukan dalam dua tahap.
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 9
Definisi pertama:
suatu fungsi f dari himpunan A ke himpunan B adalah aturan
korespodensi yang memasangkan masing-masing unsur x di A secara tunggal
dengan unsur xf di B .
Definisi di atas mungkin saja tidak jelas, dikarenakan tidak jelasnya
makna frase “aturan korespondensi”. Untuk mengatasi hal ini kita akan
mendefinisikan fungsi dengan menggunakan himpunan seperti yang telah
dibahas pada bagian sebelumnya.
Berikut ini adalah definisi yang mungkin saja dapat membuat kita
kehilangan kandungan intuitif dari definisi terdahulu, tetapi kita dapatkan
kejelasan.
Ide dasar pendefinisian berikut ini adalah memikirkan gambar dari suatu
fungsi; yaitu, suatu korelasi dari pasangan berurut. Bila kita perhatikan tidak
setiap koleksi pasangan berurut merupakan gambar suatu fungsi, karena sekali
unsur pertama dalam pasangan berurut diambil, unsur keduanya ditentukan
secara tunggal.
Gambar 1.1 Gambar grafik sebuah fungsi
1.2.1. Definisi
Misalkan A dan B himpunan, suatu fungsi dari A ke B adalah
himpunan pasangan berurut di f di BA sedemikian sehingga untuk masing-
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 10
masing Aa terdapat Bb yang tunggal dengan fbaba ',,, , maka
'bb . Himpunan A dari unsur-unsur pertama dari f disebut daerah asal
“domain” dari f , dan dituliskan fD . Sedangkan unsur-unsur dari B yang
menjadi unsur kedua di f disebut “range” dari f dan dituliskan dengan fR .
Notasi
BAf :
Menunjukkan bahwa f suatu fungsi dari A ke B ; akan sering kita
katakan bahwa f suatu pemetaan dari A ke B atau f memetakan dari A ke
dalam B . Bila fba , , sering ditulis dengan:
afb
Pembatasan dan Perluasan Fungsi
Bila f suatu fungsi dengan domain fD dan 1D suatu subhimpunan
dari fD , sehing kali bermanfaat untuk mendefinisikan fungsi baru 1f dengan
domain 1D dan xfxf 1 untuk setiap 1Dx . Fungsi 1f ini disebut
pembatasan fungsi f pada 1D . Sehingga menurut definisi 1.2.1, kita
mempunyai
11 , Dafbaf
Terkadang kita tuliskan 11 Dff untuk menyatakan pembatasan
fungsi f pada himpunan 1D .
Konstruksi yang serupa untuk gagasan perluasan. Bila suatu fungsi g
dengan domain gD dan gDD 2 , maka sebarang fungsi 2g dengan
domain 2D sedemikian sehingga xgxg 2 untuk setiap gDx disebut
perluasan g pada himpunan 2D .
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 11
Bayangan Langsung dan Bayangan Invers
1.2.2. Definisi
Misalkan BAf : suatu fungsi dengan domain A dan range B . Bila E
subhimpunan A , maka bayangan langsung dari E terhadap f adalah
subhimpunan Ef dari A yang diberikan oleh
ExxfEf :
Bila H subhimpunan B , maka bayangan invers dari H terhadap f adalah
subhimpunan Hf 1 dari A , yang diberikan oleh
HxfAxHf :1
Jadi bila diberikan himpunan ,AE maka titik By 1 di bayangan langsung
Ef jika dan hanya jika terdapat paling tidak sebuah titik Ex 1 sedemikian
sehingga 11 xfy . Secara sama bila diberikan BH , titik Ax 2 di dalam
bayangan invers Hf 1 jika dan hanya jika 2xfy di .H
1.2.3. Contoh
a. Misalkan RRf : didefinisikan dengan 2xxf . Bayangan langsung
himpunan 20 xxE adalah himpunan 40 yyEf . Bila
40 yyG , maka bayangan invers G adalah himpunan
221 xxGf . Jadi EEff 1 .
Disatu pihak kita mempunyai GGff 1 . Tetapi bila 11 yyH ,
maka kita peroleh HxxHff 101
b. Misalkan BAf : , dan G , H subhimpunan dari B kita akan tunjukkan
bahwa HfGfHGf 111
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 12
Pada buku ini kita akan bahas HfGfHGf 111 dan
meninggalkan yang sebaliknya yakni
HfGfHGf 111 sebagai latihan bagi pembaca.
i. Akan dibuktikan HfGfHGf 111
Ambil sebarang HGfx 1 , ini berarti bahwa HGxf , hal
ini mengakibatkan Gxf dan Hxf , sehingga ini mengakibatkan
Gfx 1 dan Hfx 1 , karena itu HfGfx 11 bukti
selesai.
ii. Bukti sebaliknya diserahkan pada pembaca.
Sifat-sifat Fungsi
1.2.4. Definisi
Suatu fungsi BAf : dikatakan injektif atau satu-satu bila untuk
setiap Axx 21, demikian sehingga 21 xx mengakibatkan 21 xfxf . Bila
f satu-satu, kita katakan f suatu injeksi.
Secara ekivalen, f injektif jika dan hanya jika 21 xfxf
mengakibatkan 21 xx untuk setiap Axx 21, .
1.2.5. Definisi
Suatu fungsi BAf : dikatakan surjektif atau memetakan A pada B
bila BAf . Bila f surjektif, maka kita sebut f suatu surjeksi.
Secara ekivalen, BAf : surjektif bila BfR , yaitu untuk setiap
By terdapat Ax sedemikian sehingga yxf .
Dalam pendefinisian fungsi, penting untuk menentukan domain dan
himpunan dimana nilainya diambil. Sekali hal ini ditentukan, maka dapat
menanyakan apakah fungsi tersebut surjektif atau tidak.
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 13
1.2.6. Definisi
Suatu fungsi BAf : dikatakan bijektif bila bersifat injektif dan
surjektif. Bila suatu fungsi f bijektif, kita sebut f suatu bijeksi.
Fungsi-Fungsi Invers
Bila BAf : suatu fungsi dari A ke B , (karenanya, subhimpunan
khusus dari BA ), maka pasangan berurut AB diperoleh dengan saling
menukar unsur pertama dan kedua di f . Secara umum hasil penukaran tersebut
bukanlah fungsi. Tetapi bila f injektif, maka penukaran ini menghasilkan fungsi
yang disebut invers dari f .
1.2.7. Definisi
Misalkan BAf : suatu fungsi injektif dengan domain A dan fR di
B . Bila fbaABabg ,, , maka g suatu fungsi injektif dengan
fRgD dan range A . Fungsi g disebut fungsi invers dari f dan dituliskan
.1f
Dalam penulisan fungsi yang standar, fungsi 1f berelasi dengan f
sebagai berikut: yfx 1 jika dan hanya jika xfy .
1.2.8. Contoh
Suatu fungsi 1
x
xxf dengan 1 xRxfD bersifat injektif
(buktikan f suatu injeksi untuk latihan pembaca). Selanjutnya kita akan peroleh
invers dari f adalah dirinya sendiri (bukti diserahkan pada pembaca)
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 14
Fungsi Komposisi
Sering kita ingin mengkomposisikan dua buah fungsi dengan mencari
xf terlebih dahulu, kemudian menggunakan g untuk memperoleh xfg ,
akan tetapi hal ini bisa dilakukan bila xf ada didalam domain g . Jadi kita
harus mengasumsikan bahwa gDfR
1.2.9. Definisi
Untuk fungsi BAf : dan CBg : , komposisi fg adalah fungsi
dari A ke C yang didefinisikan dengan xfgxfg untuk setiap Ax .
1.2.10. Teorema
Bila BAf : dan CBg : fungsi dan H suatu subhimpunan dari C .
Maka HfgHfgHgf 11111 .
1.2.11. Teorema
Bila BAf : dan CBg : keduanya bersifat injektif, maka
komposisi fg juga bersifat injektif.
(Bukti teorema diberikan sebagai latihan bagi pembaca)
Barisan
Fungsi dengan Ν sebagai domain memainkan aturan yang sangat
khusus dalam analisis, yang akan kita perkenalkan daalam konsep barisan
berikut ini.
1.2.12. Definisi
Suatu barisan dalam himpunan S adalah suatu fungsi yang domannya
himpunan bilangan asli Ν dan rangenya termuat di S .
Untuk barisan SX Ν: , nilai X di Νn sering ditulis dengan nx
daripada nx , dan nilainya sering kita sebut suku ke- n barisan tersebut. Barisan
itu sendiri sering dituliskan dengan Νnxn atau lebih sederhana dengan nx .
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 15
Sebagai contoh, barisan di R yang dituliskan dengan Νnn sama artinya
dengan fungsi RX Ν: dengan nnX .
Penting sekali untuk membedakan antara barisan Νnxn dengan
nilainya Νnxn , yang merupakan subhimpunan dari S . Suku barisan harus
dipandang mempunyai urutan yang diinduksi dari urutan bilangan asli,
sedangkan range dari barisan hanya merupakan subhimpunan dari S . Sebagai
contoh, suku-suku dari barisan Ν nn1 berganti-ganti 1 dan 1 , tetapi
range dari barisan tersebut adalah 1,1 , memuat dua unsur dari R
Latihan 1.2.
1. Misalkan 11 xRxBA dan subhimpunan R dari R , apakah
himpunan ini fungsi?
2. Misalkan f fungsi fungsi pada R yang didefinisikan dengan 2xxf , dan
01 xRxE dan 10 xRxF tunjukkan bahwa
0 FE dan 0 FEf . Sementara 10 xRyFfEf .
Disini FEf adalah subhimpunan sejati dari FfEf . Apa yang
terjadi bila 0 dibuang dari E dan F ?
3. Bila E dan F seperti soal nomor 2. Tentukan FE \ dan FfEf \ dan
tunjukkan bahwa FfEfFEf \\ salah!
4. Tunjukkan bahwa bila BAf : dan E , F subhimpunan dari A , maka
FfEfFEf dan FfEfFEf .
5. Tunjukkan bila BAf : , dan G , H subhimpunan dari B , maka
HfGfHGf 111 dan HfGfHGf 111
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 16
6. Misalkan f didefinisikan dengan Rxx
xxf
,12
. Tunjukkan bahwa
f bijektif dari R pada 11: yy .
7. Untuk Rba , dengan ba , tentukan bijeksi dari bxaxA pada
10 yyB .
8. Tunjukkan bahwa bila BAf : bersifat injektif dari AE , maka
EEff 1 . Berikan suatu contoh untuk menunjukkan kesamaan tidak
dipenuhi bila f tidak injektif.
9. Tunjukkan bahwa bila BAf : bersifat surjektif, dan BH , maka
HHff 1 . Berikan satu contoh untuk menunjukkan kesamaan tidak
dipenuhi bila f tidak surjektif.
10. Buktikan bila BAf : suatu injeksi, maka Rbaabf ,,1 suatu
fungsi dengan domain fR . Kemudian buktikan bahwa 1f injektif dan f
invers dari 1f .
11. Misalkan BAf : injektif, tunjukkan bahwa xxff 1 untuk setiap
fDx dan yyff 1 untuk setiap fRy .
12. Berikan contoh dua buah fungsi BAf : , BAf : dari BAf : pada
BAf : sehingga BAf : , tetapi BAf :
13. Buktikan teorema 1.2.10 dan 1.2.11
14. Misalkan gf , fungsi dan xxfg untuk semua x di fD . Tunjukkan
bahwa f injektif dan fDfR dan gDgR .
15. Misalkan gf , fungsi dan dan xxfg untuk semua x di fD dan
ygf untuk semua y di gD . buktikan bahwa 1 fg
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 17
1.3 INDUKSI MATEMATIKA
Induksi matematika merupakan metode pembuktian penting yang akan
sering digunakan dalam buku ini. Metode ini digunakan untuk menguji kebenaran
suatu pernyataan yang diberikan dalam suku-suku bilangan asli. Walaupun
kegunaannya terbatas pada masalah tertentu, tetapi induksi matematika sangat
dibutuhkan disemua cabang matematika. Karena banyak bukti induksi
matematika sangat diperlukan disemua cabang matematika. Karena banyak bukti
induksi mengikuti urutan formal argumen yang sama, kita akan sering
menyebutkan “hasilnya mengikuti induksi matematika” dan meninggalkan bukti
lengkapnya kepada pembaca. Dalam bagian ini kita akan membahas prinsip
induksi matematika dan memberi beberapa contoh untuk mengilustrasikan
bagaimana proses bukti induksi.
Kita akan mengasumsikan kebiasaan (pembaca) dengan himpunan
bilangan asli
,...3,2,1Ν
Dengan operasi matematika penjumlahan dan perkalian seperti biasa dan
dengan arti suatu bilangan kurang dari bilangan lain. Kita juga akan
mengasumsikan sifat fundamental dari Ν berikut ini
1.3.1. Sifat urutan dengan baik di Ν
Setiap subhimpunan tak kosong dari Ν mempunyai unsur terkecil.
Pernyataan yang lebih detail dari sifat ini sebagai berikut: bila S sub
himpunan dari Ν dan S , maka terdapat unsur Sm sedemikian sehingga
km untuk setiap Sk .
Dengan berdasar sifat urutan dengan baik, kita akan menurunkan suatu
versi prinsip induksi matematika yang dinyatakan dalam suku-suku subhimpunan
dari Ν . Sifat yang dideskripsikan dalam versi ini kadang-kadang mengikuti
turunan sifat Ν .
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 18
1.3.2. Prinsip Induksi Matematika
Misalkan S sub himpunan dari Ν yang mempunyai sifat:
i. S1
ii. Jika Sk , maka Sk 1 .
Maka ΝS
Bukti:
Andaikan ΝS . Maka S\Ν . Karenanya berdasar sifat urutan dengan baik,
maka S\Ν mempunyai unsur terkecil, sebut m . Karena S1 , maka 1m .
Karena itu 1m dengan 1m juga bilangan asli. Karena mm 1 dan m
unsur terkecil di SN \ , maka 1m haruslah di S .
Sekarang kita gunakan hipotesis (2) terhadap unsur 1 mk di S , yang
berakibat mmk 111 di S . Kesimpulan ini kontradiksi dengan
pernyataan bahwa m tidak di S . Karena m diperoleh dengan pengandaian
S\Ν tidak kosong, kita dipaksa pada kesimpulan bahwa S\Ν kosong. Karena
itu kita telah buktikan bahwa ΝS .
Prinsip induksi matematika sering dinyatakan dalam kerangka sifat atay
pernyataan tentang bilangan asli. Bila nP berarti pernyataan tentang Νn ,
maka nP benar untuk beberapa nilai n , tetapi belum tentu benar untuk yang
lain. Sebagai contoh, bila nP pernyataan “ nn 2 ”, maka 1P benar,
sementara nP salah untuk semua 1n , Nn dalam konteks ini prinsip
induksi matematika dapat dirumuskan sebagai berikut:
Untuk setiap Νn , misalkan nP pernyataan tentang n , misalkan
bahwa
a) 1P benar
b) Jika kP benar, maka 1kP benar.
Maka nP benar untuk semua Νn .
Dalam kaitannya dengan versi induksi matematika terdahulu yang
diberikan pada 1.3.2, dibuat misalkan benarnPnS Ν maka kondisi (1) dan
(2) pada 1.3.2 berturut-turut tepat bersesuaian dengan (a) dan (b). Kesimpulan
ΝS bersesuaian dengan kesimpulan bahwa nP benar untuk semua Νn .
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 19
Dalam (b) asumsi “jika kP benar” disebut hipotesis induksi. Disini, kita
tidak memandang pada benar salahnya kP , tetapi hanya pada validitas
implikasi “ jika kP benar, maka 1kP benar”.
1.3.3. Contoh
a. Untuk setiap Nn , jumlah n pertama bilangan asli diberikan oleh
121...21 nnn
Untuk membuktikan kesamaan ini, kita misalkan S himpunan Νn ,
sehingga kesamaan tersebut benar. Kita harus membuktikan kondisi (1) dan
(2) pada 1.3.2 dipenuhi.
i. Bila 1n , maka kita mempunyai 11.1.211:1 P , jadi 1P benar
ii. Bila kP kita asumsikan benar yakni
1.21...21 kkk
Bila kita tambahkan pada kedua ruas dengan 1k ,maka menjadi:
11.211...21 kkkkk
11211...21
kkkk
12211...21 kkkk
21211...21 kkkk
111211...21 kkkk
Dari persamaan terakhir kita ketahui bahwa karena kP berimplikasi pada
akibat 1kP bernilai benar, sehingga terbukti bahwa:
121...21 nnn , untuk setiap Νn
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 20
b. Untuk setiap Νn , jumlah kuadrat dari n bilangan pertama asli adalah
sebagai berikut:
6
121...21 222
nnnn
Untuk membuktikan formula diatas, maka pertama-tama kita buktikan
kebenaran formula diatas untuk 1n , selanjutnya jika benar untuk kn ,
maka akan dibuktikan benar pula untuk 1 kn
i. Bila 1n , maka kita mempunyai 166
611.21111:1
P , jadi
1P benar
ii. Bila kP kita asumsikan benar yakni
6
121...21 222
kkkk
Bila kita tambahkan pada kedua ruas dengan 21k ,maka menjadi:
22222 16
1211...21
kkkkkk
1
61211...21 2222 kkkkkk
6
661211...21 2222 kkkkkk
666211...21
22222 kkkkkk
667211...21
22222 kkkkk
667211...21
22222 kkkkk
6
32211...21 2222 kkkkk
6
1121111...21 2222 kkkkk
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 21
Hasil terakhir memiliki arti bahwa 1kP bernilai benar sebagai implikasi
dari kP yang bernilai benar, mengikuti induksi matematika, maka validitas
formula diatas berlaku untuk setiap Νn
c. Diberikan ba, , kita akan buktikan pernyataan ba adalah faktor dari
nn ba untuk setiap Νn .
Pertama-tama kita akan melihat untuk 1n , maka kita ketahui bahwa
pernyataan matematika bernilai benar karena ba adalah faktor dari
baba 11 .
Selanjutnya asumsikan bahwa pernyataan juga bernilai benar untuk kn ,
sehingga ba adalah faktor dari kk ba .
Selanjutnya perhatikan bahwa:
1111 kkkkkk babababa
babbaaba kkkkk 11
Berdasarkan hipotesis maka kita ketahui bahwa ba faktor dari kk baa ,
selain itu kita ketahui bahwa ba adalah faktor dari bab k , sehingga
dari sini kita simpulkan bahwa ba adalah faktor dari 11 kk ba . Dengan
induksi matematika dapat kita simpulkan bahwa ba adalah faktor dari
nn ba untuk setiap Νn
d. Untuk setiap Νn buktikanlah bahwa ketaksamaan berikut benar
!12 nn
Untuk membuktikan, pertama kita lihat untuk 1n yakni 2!1121
bernilai benar.
Selanjutnya kita asumsikan bahwa !12 kk . Dengan menggunakan fakta
22 k , diperoleh:
!11!2!1.2!122.22 1 kkkkkkk
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 22
Jadi, bila ketaksamaan tersebut berlaku untuk k , maka berlaku pula untuk
1k . Karenanya dengan induksi matematika, kita simpulkan bahwa
ketaksamaan tersebut benar untuk setiap Νn .
e. Bila Rr , 1r dan Νn , maka
rrrrr
nn
11...1
12
Ini merupakan jumlah n suku deret geometri. Untuk membuktikan kesamaan
diatas, kita misalkan 1n , maka kita mempunyai r
rr
1
112
, jadi formula
diatas benar untuk 1n . Selanjutnya kita asumsikan benar untuk kn ,
sehingga r
rrrrk
k
11...1
12 benar. Selanjutnya pada kedua ruas
kita tambahkan 1kr , sehingga menjadi:
11
12
11...1
kk
kk rr
rrrrr
r
rrrr
rr
rrr
rrrrrr
kkkkkkkk
11
111
11
11...1
22111112
rrrrrr
kkk
11...1
1112
Hasil terakhir memiliki arti formula tersebut juga berlaku untuk 1 kn ,
sehingga mengikuti prinsip induksi matematika, maka formula tersebut benar
untuk setiap Νn .
Pada sekolah menengah kita sudah diajarkan membuktikan kesamaan diatas
tanpa menggunakan induksi matematika yakni:
Misalkan nn rrrS ...1 2 , maka 12 ... nn
n rrrrrS ,
122 ......1 nnnnn rrrrrrrrSS
111 nn rSr
rrS
n
n
11 1
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 23
f. Penggunaan prinsip induksi matematika secara ceroboh dapat menghasilkan
kesimpulan yang salah. Pembaca diharapkan mencari kesalahan pada
“Bukti Teorema” berikut.
Bila n sebarang bilangan asli dan bila maksimum dari dua bilangan
asli p dan q adalah n , maka qp . (akibatnya bila p dan q dua bilangan
asli sebarang, maka qp ).
Bukti:
Misalkan S sub himpunan dari bilangan asli sehingga pernyataan tersebut
benar. maka S1 , karena qp, di Ν dan maksimumnya 1. Maka maksimum
1p dan 1q adalah k , karenanya 11 qp , karena Sk , dari sini
kita simpulkan qp . Jadi Sk 1 dan kita simpulkan bahwa pernyataan
tersebut benar untuk setiap Νn .
g. Terdapat juga beberapa pernyataan yang benar untuk beberapa bilangan asli,
tetapi tidak untuk semua. Sebagai contoh formula 412 nnnP
memberikan bilangan prima untuk 41,...,3,2,1n . Tetapi, 1P bukan
bilangan prima.
Prinsip induksi matematika memiliki bentuk dalam versi lain yang kadang-
kadang sangat berguna. Sering disebut prinsip induksi kuat, walaupun
sebenarnya ekivalen dengan versi terdahulu.
1.3.4. Prinsip Induksi Kuat.
Misalkan S sub himpunan Ν sedemikian hingga S1 , dan bila Sk ,...,2,1
maka Sk 1 . Maka ΝS .
Bukti ekivalensi prinsip induksi kuat dengan prinsip induksi matematika
diserahkan pada pembaca sebagai bahan latihan.
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 24
Latihan 1.3.
Buktikan bahwa yang berikut ini berlaku untuk semua Νn
1. 111...
3.21
2.11
nn
nn
2. 2
333 121...21
nnn
3. 2
11...321 122 nnn
4. nn 53 dapat dibagi 6
5. 152 n dapat dibagi 8
6. 145 nn dapat dibagi 16.
7. Buktikan bahwa jumlah pangkat tiga dari bilangan asli berurutan,
2,1, nnn habis dibagi 9.
8. Buktikan bahwa nn 2 untuk semua Νn
9. Tentukan suatu formula untuk jumlah
12121...
5.31
3.11
nn
Dan buktikan dugaan tersebut dengan menggunakan induksi matematika.
(dugaan terhadap pernyataan matematika, sebelum dibuktikan sering disebut
“Conjecture”)
10. Tentukan suatu formula untuk jumlah n buah bilangan ganjil pertama
12...31 n
Kemudian buktikan dugaan tersebut dengan menggunakan induksi
matematika
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 25
11. Buktikan variasi dari 1.3.2 berikut: misalkan S subhimpunan tak kosong dari
Ν sedemikian sehingga untuk suatu Ν0n berlaku (a) Sn 0 , dan (b) bila
0k dan Sk , maka Sk 1 . Maka S memuat himpunan 0nnn Ν .
12. Buktikan bahwa !2 nn Untuk setiap 4n , Νn (lihat latihan 11).
13. Buktikan bahwa 2232 nn untuk setiap 5n , Νn (lihat latihan 11).
14. Untuk bilangan asli yang mana nn 22 ? Buktikan pernyataanmu (lihat
latihan 11)
15. Buktikan bahwa nn
1...2
11
1 untuk setiap Νn .
16. Misalkan S sub himpunan dari N sedemikian sehingga (a) Sk 2 untuk
setiap Nk , dan (b) bila Sk , dan 2k , maka Sk 1 . Buktikan
ΝS .
17. Misalkan barisan nx didefinisikan sebagai berikut: 11 x , 22 x , dan
nnn xxx 12 21
untuk Nn . Gunakan prinsip induksi kuat 1.3.4. untuk
menunjukkan 21 nx untuk setiap Νn .
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 26
BAB II HIMPUNAN BILANGAN REAL
ab ini menjelaskan tentang hal-hal yang berkaitan dengan dengan
sistem bilangan real sebagai suatu sistem matematika yang
memiliki sifat-sifat sebagai suatu lapangan yang terurut dan lengkap.
Yang dimaksud dengan sistem bilangan real sebagai suatu lapangan di sini
adalah bahwa pada himpunan semua bilangan real R yang dilengkapi dengan
operasi penjumlahan dan perkalian berlaku sifat-sifat aljabar dari lapangan. Sifat
terurut dari R berkaitan dengan konsep kepositifan dan ketidaksamaan antara
dua bilangan real, sedangkan sifatnya yang lengkap berkaitan dengan konsep
supremum atau batas atas terkecil. Teorema-teorema dasar dalam kalkulus
elementer, seperti Teorema Eksistensi Titik Maksimum dan Minimum, Teorema
Nilai Tengah, Teorema Rolle, Teorema Nilai Rata-Rata, dan sebagainya,
didasarkan atas sifat kelengkapan dari R ini. Sifat ini berkaitan erat dengan
konsep limit dan kekontinuan. Dapat dikatakan bahwa sifat kelengkapan dari R
mempunyai peran yang sangat besar di dalam analisis real.
Bab ini terdiri dari beberapa sub bab. Sub bab 2.1 membahas sifat lapangan dari
R . Sub bab 2.2 menjelaskan sifat terurut dari R , dan di dalamnya dibahas juga
tentang konsep nilai mutlak. Pada sub bab 2.3 didiskusikan tentang sifat
kelengkapan dari R . Pada sub bab ini dibahas mengenai sifat Archimedean dan
sifat kerapatan dari himpunan bilangan rasional. Selanjutnya, sub bab 2.4,
menjelaskan tentang interval, sebagai suatu himpunan bagian dari R yang
dikonstruksi berdasarkan sifat terurut dari R . Yang terakhir, sub bab 2.5
membahas tentang representasi desimal dari bilangan real. Pada sub bab ini,
juga dipaparkan bagaimana membuktikan Teorema Cantor dengan
menggunakan konsep representasi desimal dari bilangan real ini. Teorema
Cantor mengatakan bahwa himpunan R merupakan himpunan yang tak
terhitung (uncountable).
B
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 27
2.1 Sifat Aljabar dari R
Sifat 2.1 (Sifat Aljabar dari R ). Pada himpunan bilangan real R yang
dilengkapi operasi penjumlahan ( ) dan operasi perkalian ( ) berlaku sifat-sifat,
terhadap operasi penjumlahan :
T1. a b b a untuk setiap Rba,
T2. a b c a b c untuk setiap Rcba ,,
T3. Terdapat elemen R0 sedemikian sehingga 0 0a a a untuk setiap
Ra
T4. Terdapat elemen R a sedemikian sehingga 0a a a a untuk
setiap Ra
terhadap operasi perkalian :
K1. a b b a untuk setiap Rba,
K2. a b c a b c untuk setiap Rcba ,,
K3. Terdapat elemen R1 sedemikian sehingga 1 1a a a untuk setiap
a
K4. Terdapat elemen Ra/1 sedemikian sehingga 1/ 1/ 1a a a a
untuk setiap Ra ,
dan
D. a b c a b a c dan b c a b a c a untuk setiap Rcba ,, .
Sifat T1 dan K1 merupakan sifat komutatif, sifat T2 dan K2 merupakan sifat
asosiatif, sifat T3 dan K3 menunjukkan eksistensi elemen identitas, dan sifat T4
dan K4 menunjukkan eksistensi elemen invers, berturut-turut masing-masing
terhadap operasi penjumlahan dan perkalian. Yang terakhir, sifat D merupakan
sifat distributif perkalian atas penjumlahan. Sifat T1-T4, K1-K4, dan D yang
dipenuhi oleh semua elemen di R , menjadikan R dipandang sebagai suatu
lapangan.
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 28
Terkait dengan elemen identitas 0 (terhadap operasi penjumlahan) dan 1
(terhadap operasi perkalian), kita memiliki fakta bahwa kedua elemen ini
merupakan elemen yang unik atau tunggal. Selain itu, perkalian setiap elemen di
R dengan elemen 0 hasilnya adalah 0. Fakta-fakta ini, secara formal matematis,
dapat direpresentasikan dalam teorema berikut ini.
Teorema 2.2.
a. Jika Raz, dan z a a maka 0z .
b. Jika u b b dengan Rbu, dan 0b maka 1.u
c. 0 0a untuk setiap Ra .
Bukti. a. Berdasarkan sifat T3, T4, T2, dan hipotesis z a a ,
0 0z z z a a z a a a a .
b. Berdasarkan sifat K1, K2, K3, dan hipotesis u b b , 0b ,
1 1/ 1/ 1/ 1u u u b b u b b b b .
c. Berdasarkan sifat K3, D, dan T3,
0 1 0 1 0 1a a a a a a a .
Berdasarkan a., diperoleh bahwa 0 0a . ■
Selain fakta di atas, kita juga memiliki fakta berikut ini.
Teorema 2.3.
a. Jika Rba, , 0a , dan 1a b maka 1/b a .
b. Jika 0a b maka 0a atau 0b .
Bukti.
a. Berdasarkan sifat K3, K4, K2, dan hipotesis 0a , dan 1a b ,
1 1/ 1/ 1 1/ 1/b b b a a b a a a a .
b. Andaikan 0a dan 0b . Akibatnya, 1/ 1a b a b . Berdasarkan
hipotesis, yaitu 0a b , dan Teorema 2.2.c., kita memiliki bahwa
1/ 0 1/ 0a b a b a b ,
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 29
Terjadi kontradiksi di sini, yaitu antara pernyataan 1/ 1a b a b dan
1/ 0a b a b . Dengan demikian, haruslah bahwa 0a atau 0b .■
Teorema 2.3.a. mengatakan bahwa eksistensi invers dari suatu elemen di R
adalah unik. Sedangkan Teorema 2.3.b. mengandung arti bahwa perkalian dua
elemen tak nol di R tidaklah mungkin menghasilkan elemen nol.
Di dalam himpunan bilangan real R dikenal pula operasi lain, yaitu operasi
pengurangan ( ) dan pembagian (:). Jika Rba, maka operasi pengurangan
didefinisikan dengan :a b a b sedangkan operasi pembagian
didefinisikan dengan : : 1/a b a b , 0b .
2.2 SIFAT TERURUT DARI R
Seperti yang telah disinggung pada pendahuluan bab ini, sifat terurut dari R
berkaitan dengan konsep kepositifan dan ketidaksamaan antara dua bilangan
real. Seperti apa kedua konsep tersebut? Di sini, kita akan membahasnya.
Terlebih dahulu kita akan membahas konsep kepositifannya.
Sifat 2.4 (Sifat Kepositifan). Terdapat himpunan bagian tak kosong dari R ,
yang dinamakan himpunan bilangan real positif R , yang memenuhi sifat-sifat :
a. Jika Rba, maka Rba .
b. Jika Rba, maka Rba .
c. Jika Ra maka salah satu diantara tiga hal, yaitu Ra , 0a , dan Ra , pasti terpenuhi.
Sifat 2.4.c. disebut juga sebagai sifat Trichotomy. Sifat ini mengatakan bahwa R
dibangun oleh tiga buah himpunan yang disjoin. Tiga buah himpunan tersebut
adalah himpunan Raa : yang merupakan himpunan bilangan real negatif,
himpunan 0 , dan himpunan bilangan real positif R . Himpunan Raa :
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 30
bisa juga dituliskan dengan R . Jika Ra maka 0a dan a dikatakan
sebagai bilangan real positif. Jika 0Ra maka 0a dan a dikatakan
sebagai bilangan real nonnegatif. Jika Ra maka 0a dan a dikatakan
sebagai bilangan real negatif. Jika 0Ra maka 0a dan a dikatakan
sebagai bilangan real nonpositif.
Penjumlahan k buah suku elemen 1 menghasilkan bilangan k . Himpunan
bilangan k yang dikonstruksi dengan cara demikian disebut sebagai himpunan
bilangan asli, dinotasikan dengan N . Himpunan N ini merupakan himpunan
bagian dari himpunan R . Himpunan ini memiliki sifat fundamental, yakni bahwa
setiap himpunan bagian tak kosong dari N memiliki elemen terkecil. Sifat yang
demikian disebut sebagai sifat well-ordering dari N .
Selanjutnya, jika kita ambil sembarang Nk maka Nk . Gabungan
himpunan N , 0 , dan : Nk k membentuk suatu himpunan yang disebut
sebagai himpunan bilangan bulat, dinotasikan dengan Z . Himpunan bilangan
asli N disebut juga sebagai himpunan bilangan bulat positif, dinotasikan dengan
Z , sedangkan himpunan : Zk k disebut juga himpunan bilangan bulat
negatif, dinotasikan dengan Z .
Dari himpunan Z , kita bisa mengonstruksi bilangan dalam bentuk /m n , dengan
0n . Bilangan real yang dapat direpresentasikan dalam bentuk yang demikian
disebut sebagai bilangan rasional. Sebaliknya, bilangan real yang tidak dapat
direpresentasikan dalam bentuk itu disebut sebagai bilangan irasional. Himpunan
bilangan rasional dinotasikan dengan Q . Dapat dikatakan bahwa himpunan
bilangan real R merupakan gabungan dua himpunan disjoin, himpunan bilangan
rasional dan himpunan bilangan irasional. Bilangan 2 dan 0 merupakan contoh
bilangan-bilangan rasional, dan dapat ditunjukkan bahwa 2 , akar dari
persamaan 2 2x , merupakan contoh bilangan irasional (lihat Bartle-Sherbert
[1]).
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 31
Sekarang, kita sampai kepada penjelasan tentang konsep ketidaksamaan antara
dua bilangan real, sebagai salah satu konsep yang berkaitan dengan sifat terurut
dari R .
Definisi 2.5. Misalkan Rba, .
a. Jika Rba maka a b atau b a .
b. Jika 0 Rba maka a b atau b a .
Sifat Trichotomy dari R mengakibatkan bahwa untuk sembarang Rba,
berlaku salah satu dari a b , a b , atau a b . Selain itu, dapat ditunjukkan
bahwa jika a b dan a b maka a b . Dari sifat terurut, dapat juga diperoleh
fakta-fakta berikut ini.
Teorema 2.6. Misalkan Rcba ,, .
a. Jika a b dan b c maka a c .
b. Jika a b maka a c b c .
c. Jika a b dan 0c maka ac bc . Jika a b dan 0c maka ac bc .
d. Jika 0ab maka 0a dan 0b , atau 0a dan 0b .
e. Jika 0ab maka 0a dan 0b , atau 0a dan 0b .
Bukti Teorema 2.6.a-2.6.b menggunakan definisi 2.5 dan Teorema 2.6.d-2.6.e
menggunakan sifat Trichotomy. Bukti Teorema tersebut ditinggalkan sebagai
latihan bagi para pembaca.
Jika kita mengambil sembarang 0a maka 12 0a dan 1
20 a a . Hal ini
mengandung arti setiap kita mengambil bilangan positif pasti selalu didapat
bilangan positif lain yang lebih kecil daripadanya. Dengan kata lain, tidak terdapat
bilangan positif yang terkecil. Pernyataan ini merupakan maksud dari teorema
berikut ini.
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 32
Teorema 2.7. Jika Ra dan 0 a untuk setiap 0 maka 0a .
Bukti. Andaikan 0a . Pilih 12 a . Kita peroleh 0 a . Pernyataan ini
kontradiksi dengan hipotesis bahwa 0 a untuk setiap 0 . Dengan
demikian, haruslah bahwa 0a . ■
Sebelumnya kita telah dikenalkan dengan bilangan real nonnegatif, yaitu elemen
dari himpunan 0R . Jika 0a atau 0a maka jelas bahwa 0Ra .
Jika 0a tentunya 0a , sehingga 0 Ra . Berdasarkan hal tersebut,
akan didefinisikan apa yang disebut sebagai nilai mutlak dari suatu bilangan real.
Nilai mutlak ini akan “me-nonnegatif-kan” bilangan-bilangan real.
Definisi 2.8 (Nilai Mutlak). Nilai mutlak dari bilangan real a , dinotasikan dengan
a , didefinisikan dengan
, 0:
, 0.a a
aa a
Dari Definisi 2.8 tersebut tampak bahwa 0a atau a adalah bilangan
nonnegatif untuk setiap bilangan real a . Sebagai contoh, 1 1 , 0 0 , dan
2 2 .
Nilai mutlak dari bilangan-bilangan real ini memiliki sifat-sifat tertentu, di
antaranya seperti yang tertuang dalam fakta berikut ini.
Teorema 2.9.
a. ab a b untuk setiap Rba, .
b. Misalkan 0c dan Ra , a c jika dan hanya jika c a c .
c. Misalkan 0c dan Ra , a c jika dan hanya jika a c atau a c .
Bukti.
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 33
a. Jika 0a atau 0b maka 0 0ab dan 0a b . Jika , 0a b maka
0ab , a a , dan b b , sehingga ab ab dan a b ab . Jika 0a
dan 0b maka 0ab , a a , dan b b , sehingga ab ab dan
a b a b ab . Untuk kasus 0a dan 0b , penyelesaiannya serupa
dengan kasus sebelumnya.
b. Misalkan a c . Untuk 0a , kita peroleh a a c , sehingga didapat
0 a c . Untuk 0a , kita peroleh a a c atau a c , sehingga
didapat 0c a . Dengan menggabungkan hasil dari kedua kasus tersebut,
kita peroleh c a c .
Untuk sebaliknya, misalkan c a c . Hal tersebut mengandung arti c a
dan a c . Dengan kata lain, a c dan a c . Lebih sederhana, yang
demikian dapat dituliskan sebagai a c .
c. Misalkan a c . Untuk 0a , kita peroleh a a c . Untuk 0a , kita
peroleh a a c atau a c . Dengan menggabungkan hasil dari kedua
kasus tersebut, kita peroleh a c atau a c .
Untuk sebaliknya, jika a c atau a c maka a c atau a c . Dengan
kata lain, a c . ■
Perhatikan kembali sifat nilai mutlak yang terdapat pada Teorema 2.9. Untuk
yang bagian a., jika a b maka 2 2a a a a . Untuk bagian b., jika c a
maka a a a .
Selanjutnya, kita sampai kepada sifat nilai mutlak yang lain, yang dinamakan
dengan Ketidaksamaan Segitiga. Ketidaksamaan ini mempunyai kegunaan yang
sangat luas di dalam matematika, khususnya di dalam kajian analisis dan aljabar.
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 34
Teorema 2.10 (Ketidaksamaan Segitiga). Jika Rba, maka a b a b
dan kesamaan terjadi atau a b a b jika a kb , dengan 0k .
Bukti. Seperti yang telah dibahas sebelumnya, jika Rba, maka dapat
diperoleh bahwa a a a dan b b b . Jika kedua ketidaksamaan ini
kita jumlahkan maka a b a b a b atau a b a b . Bukti untuk
pernyataan berikutnya ditinggalkan sebagai latihan bagi para pembaca. ■
Lebih jauh, sebagai konsekuensi dari Teorema 2.10, kita memiliki akibat berikut
ini.
Akibat 2.11. Jika Rba, maka a b a b dan a b a b .
Bukti. Perhatikan bahwa a a b b . Dengan menggunakan ketidaksamaan
segitiga, a a b b a b b atau a b a b . Dengan cara yang
serupa dapat kita peroleh bahwa b b a a a b a . Akibatnya,
b a a b atau a b a b . Akhirnya, kita memiliki
a b a b a b atau a b a b .
Selanjutnya, perhatikan bahwa a b a b a b a b ,
berdasarkan ketidaksamaan segitiga. ■
Selanjutnya, kita akan melihat bagaimana konsep terurut dari R ini diaplikasikan
untuk menyelesaikan masalah-masalah ketidaksamaan.
Contoh 2.12. Tentukan himpunan penyelesaian dari ketidaksamaan 4 2 6x .
Penyelesaian. Perhatikan bahwa
4 2 4 2 6 4 2 2 6 2 4 8 2x x x x x .
Tampak bahwa ketidaksamaan 4 2 6x dipenuhi oleh semua
: 2x x x . ■
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 35
Contoh 2.13. Cari semua penyelesaian dari ketidaksamaan 2 6x x .
Penyelesaian. Perhatikan bahwa
2 26 6 0 2 3 0x x x x x x .
Darinya kita peroleh bahwa 2 0x dan 3 0x , atau 2 0x dan 3 0x .
Untuk kasus yang pertama kita dapatkan 2x dan 3x , atau dengan kata
lain 2 3x . Untuk kasus yang kedua kita peroleh bahwa 2x dan 3x .
Perhatikan bahwa pada kasus kedua tersebut tidak ada nilai x yang
memenuhinya. Dengan demikian, ketidaksamaan 2 6x x dipenuhi oleh
semua 32: xxx R . ■
Contoh 2.14. Selidiki apakah ketidaksamaan
2 22 3xx
memiliki penyelesaian.
Penyelesaian. Perhatikan bahwa
2 2 2 32 3 82 0 02 3 2 3 2 3
x xx xx x x
.
Yang demikian berarti 3 8 0x dan 2 3 0x , atau 3 8 0x dan
2 3 0x . Untuk kasus yang pertama kita peroleh 8 / 3x dan 3/ 2x .
Namun hal itu tidak mungkin terjadi, artinya tidak ada x yang memenuhi. Untuk
kasus yang kedua kita peroleh 8 / 3x dan 3 / 2x , atau dengan kata lain
8 / 3 3 / 2x . Jadi ketidaksamaan
2 22 3xx
memiliki penyelesaian, dan himpunan semua penyelesaiannya adalah
2/33/8: xx R . ■
Contoh 2.15. Cari himpunan penyelesaian dari 2 1 5x .
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 36
Penyelesaian. Berdasarkan Teorema 1.9.b., 5 2 1 5x atau 6 2 4x .
Darinya kita peroleh 3 2x . Jadi himpunan penyelesaiannya adalah
23: xx R
Bisa juga ketidaksamaan tersebut diselesaikan dengan cara lain. Perhatikan
bahwa
2 1, 1/ 2
2 12 1 , 1/ 2.
x xx
x x
jika jika
Penyelesaiannya dibagi menjadi dua kasus, yaitu :
Kasus I, /x 1 2 .
Kita peroleh 2 1 2 1 5x x . Akibatnya, 2 4x atau 2x . Pada kasus ini,
himpunan penyelesaian dari 2 1 5x adalah
22/1:2:2/1: xxxxxx RRR l.
Kasus II, /x 1 2 .
Kita peroleh 2 1 2 1 2 1 5x x x . Akibatnya, 2 6x atau 3x .
Pada kasus ini, himpunan penyelesaian dari 2 1 5x adalah
2/13:3:2/1: xxxxxx RRR .
Penyelesaian seluruhnya dari 2 1 5x adalah himpunan penyelesaian kasus I
digabung dengan himpunan penyelesaian kasus II. Akibatnya, kita dapatkan
himpunan penyelesaian keseluruhan dari 2 1 5x adalah
23: xx R . ■
Contoh 2.17. Tentukan himpunan penyelesaian dari 1 2x x .
Penyelesaian. Sebelum melangkah jauh di dalam menyelesaikan
ketidaksamaan tersebut, perhatikan bahwa
, 0, 0 jika jika
x xx
x x
dan
1, 11
1 , 1. jika jika
x xx
x x
Penyelesaiannya kita bagi menjadi tiga kasus terlebih dahulu, yaitu :
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 37
Kasus I, x 1 .
Kita peroleh x x dan 1 1 1x x x . Akibatnya,
1 1 2x x x x atau 2 3x atau 3/ 2x . Pada kasus ini,
himpunan penyelesaian dari 1 2x x adalah
12/3:1:2/3: xxxxxx RRR .
Kasus II, x 1 0 .
Kita peroleh x x dan 1 1x x . Akibatnya, 1 1 2x x x x
atau 1 2 . Ketidaksamaan 1 2 dipenuhi oleh semua Rx . Untuk kasus II,
himpunan penyelesaian dari 1 2x x adalah
01:01: xxxxx RRR .
Kasus III, x 0 .
Kita peroleh x x dan 1 1x x . Akibatnya, 1 1 2x x x x atau
2 1x atau 1/ 2x . Untuk kasus III, himpunan penyelesaian dari 1 2x x
adalah
2/10:2/1:0: xxxxxx RRR .
Dengan menggabungkan himpunan penyelesaian untuk kasus I, kasus II, dan
kasus III, diperoleh seluruh nilai Rx yang memenuhi ketidaksamaan
1 2.x x , yaitu 2/12/3: xx R . ■
Contoh 2.18. Selidiki apakah ketidaksamaan 3 2 4x x memiliki
penyelesaian.
Penyelesaian. Sebelum melangkah jauh di dalam menyelesaikan
ketidaksamaan tersebut, perhatikan bahwa
3, 3
33 , 3.
jika jika
x xx
x x
dan
2, 22
2 , 2. jika jika
x xx
x x
Penyelesaiannya kita bagi menjadi tiga kasus terlebih dahulu, yaitu :
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 38
Kasus I, x 2 .
Kita peroleh 3 3 3x x x dan 2 2 2x x x . Akibatnya,
3 2 3 2 4x x x x atau 2 3x atau 3 / 2x . Untuk kasus
ini, kita tidak mempunyai penyelesaian dari 3 2 4x x karena
2:2/3: xxxx RR .
Kasus II, x 2 3 .
Kita peroleh 3 3 3x x x dan 2 2x x . Akibatnya,
3 2 3 2 4x x x x atau 5 4 . Pernyataan ini merupakan
sesuatu yang mustahil. Jadi untuk kasus ini, kita tidak mempunyai penyelesaian.
Kasus III, x 3 .
Kita peroleh 3 3x x dan 2 2x x . Akibatnya,
3 2 3 2 4x x x x atau 2 5x atau 5 / 2x . Untuk kasus ini,
kita tidak mempunyai penyelesaian dari 3 2 4x x karena
2/5:3: xxxx RR .
Secara keseluruhan, kita tidak memiliki solusi untuk ketidaksamaan
3 2 4x x . ■
2.3 SIFAT KELENGKAPAN DARI R
Pada subbab ini kita akan membahas sifat ketiga dari R , yaitu sifat kelengkapan.
Seperti yang telah dikatakan pada pendahuluan bab ini, sifat kelengkapan
berkaitan dengan konsep supremum atau batas atas terkecil. Untuk itu, kita akan
bahas terlebih dahulu apa yang dimaksud dengan batas atas dari suatu
himpunan bilangan real, dan kebalikannya, yaitu batas bawahnya.
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 39
Definisi 2.19. Misalkan X adalah himpunan bagian tak kosong dari R .
a. Himpunan X dikatakan terbatas atas jika terdapat Ra sedemikian
sehingga a x , untuk setiap x X . Bilangan real a yang demikian disebut
sebagai batas atas dari X .
b. Himpunan X dikatakan terbatas bawah jika terdapat Rb sedemikian
sehingga b x , untuk setiap x X . Bilangan real b yang demikian disebut
sebagai batas bawah dari X .
c. Himpunan X dikatakan terbatas jika X terbatas atas dan terbatas bawah.
Himpunan X dikatakan tidak terbatas jika X tidak terbatas atas atau tidak
terbatas bawah.
Sebagai contoh, perhatikan himpunan 0: xx R . Setiap elemen pada
himpunan 0: bb R merupakan batas bawah dari 0: xx R . Setiap
kita mengambil elemen 0: xxx R maka selalu kita dapatkan bahwa
1x x , sedangkan 0:1 xxx R . Yang demikian mengandung arti
bahwa tidak ada Ra sedemikian sehingga a x , untuk setiap
0: xxx R . Jadi himpunan 0: xx R terbatas bawah tetapi tidak
terbatas atas, atau juga dapat dikatakan bahwa himpunan tersebut tidak terbatas.
Contoh lain, pandang himpunan 1: xx R . Himpunan 1: aa R
merupakan koleksi semua batas atas dari 1: xx R . Tidak ada Rb
sedemikian sehingga b x , untuk semua 1: xxx R , karena setiap kita
mengambil 1: xxx R maka selalu dapat kita peroleh bahwa 1x x ,
sedangkan 1:1 xxx R . Akibatnya, himpunan 1: xx R tidak
mempunyai batas bawah. Jadi himpunan 1: xx R terbatas atas tetapi tidak
terbatas bawah, atau juga dapat dikatakan bahwa himpunan tersebut tidak
terbatas.
Berdasarkan paparan sebelumnya, himpunan 10: xx R memiliki batas
atas dan batas bawah, atau dengan kata lain himpunan tersebut merupakan
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 40
himpunan terbatas. Dari batas-batas bawahnya, kita dapat memilih batas bawah
yang terbesar, yaitu elemen 0. Sedangkan dari batas-batas atasnya, kita dapat
memilih batas atas yang terkecil, yaitu elemen 1. Berikut ini adalah definisi
secara formal dari batas atas terkecil, disebut supremum, dan batas bawah
terbesar, disebut infimum, dari suatu himpunan bilangan real.
Definisi 2.20. Misalkan X adalah himpunan bagian tak kosong dari R .
a. Misalkan X terbatas atas. Elemen Ra dikatakan supremum dari X jika
memenuhi syarat-syarat :
(1) a adalah batas atas dari X
(2) a v , untuk setiap v , batas atas dari X .
b. Misalkan X terbatas bawah. Elemen Rb dikatakan infimum dari X jika
memenuhi syarat-syarat :
(1) b adalah batas bawah dari X
(2) b w , untuk setiap w , batas bawah dari X .
Selanjutnya, mungkin timbul pertanyaan, apakah perbedaan antara supremum
(infimum) dengan maksimum (minimum)? Contoh sebelumnya tentang himpunan
10: xx R , bisa menjadi ilustrasi untuk menjelaskan hal ini. Himpunan
10: xx R tidaklah mempunyai minimum dan maksimum, karena tidak
ada 10:, xxMm R sedemikian sehingga m x dan M x , untuk
setiap 10: xxx R . Sedangkan untuk supremum dan infimum,
himpunan 10: xx R memilikinya, yaitu 1 dan 0, masing-masing secara
berurutan. Elemen minimum dan maksimum haruslah elemen dari himpunan
yang bersangkutan, tetapi elemen infimum dan supremum tidaklah harus
demikian. Jadi elemen infimum dan supremum bisa termasuk atau tidak
termasuk ke dalam himpunan yang bersangkutan. Himpunan 10: xx R
memiliki infimum dan supremum, yaitu elemen 1 dan 0, yang termasuk ke dalam
himpunan 10: xx R .
Selanjutnya, kita akan memberikan formulasi lain dari definisi supremum dan
infimum pada definisi 2.20. Kita mulai dengan definisi supremum. Elemen a
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 41
adalah batas atas dari X ekuivalen dengan a x , untuk setiap x X .
Pernyataan a v , untuk setiap v , batas atas dari X , mengandung arti bahwa
jika z a maka z adalah bukan batas atas dari X . Jika z adalah bukan batas
atas dari X maka terdapat zx X sedemikian sehingga zx z . Jadi kita
mempunyai fakta bahwa jika z a maka terdapat zx X sedemikian
sehingga zx z . Selanjutnya, jika diberikan 0 maka a a . Dengan
menggunakan fakta sebelumnya, maka terdapat x X sedemikian sehingga
x a . Jadi kita memperoleh fakta baru, yang ekuivalen dengan fakta
sebelumnya, yaitu untuk setiap 0 terdapat x X sedemikian sehingga
x a . Dengan demikian kita memperoleh fakta-fakta yang ekuivalen
dengan definisi 2.20.
Teorema 2.21. Elemen Ra , batas atas dari X , himpunan bagian tak kosong
dari R , adalah supremum dari X jika dan hanya jika apabila z a maka
terdapat zx X sedemikian sehingga zx z .
Teorema 2.22. Elemen Ra , batas atas dari X , himpunan bagian tak kosong
dari R , adalah supremum dari X jika dan hanya jika untuk setiap 0
terdapat x X sedemikian sehingga x a .
Fakta-fakta serupa yang berkaitan dengan elemen infimum adalah sebagai
berikut.
Teorema 2.23. Elemen Rb , batas bawah dari X , himpunan bagian tak
kosong dari R , adalah infimum dari X jika dan hanya jika apabila z b maka
terdapat zx X sedemikian sehingga zx z .
Teorema 2.24. Elemen Rb , batas bawah dari X , himpunan bagian tak
kosong dari R , adalah infimum dari X jika dan hanya jika untuk setiap 0
terdapat x X sedemikian sehingga x b .
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 42
Bukti Teorema 2.23 dan Teorema 2.24 ditinggalkan sebagai latihan bagi para
pembaca.
Selanjutnya, mungkin kita mempertanyakan apakah elemen supremum atau
infimum tunggal atau tidak. Mari kita kaji masalah ini. Misalkan Rvu, adalah
supremum dari himpunan yang terbatas atas U . Untuk menunjukkan bahwa
supremum dari U adalah tunggal, berarti kita harus menunjukkan bahwa u v .
Untuk menunjukkannya, perhatikan bahwa u w dan v w , untuk setiap w ,
batas atas dari U . Karena u dan v juga batas atas dari U , kita memiliki u v
dan v u . Yang demikian berarti u v atau supremum dari U adalah tunggal.
Dengan mudah, dapat pula kita tunjukkan bahwa infimum dari suatu himpunan
yang terbatas bawah juga tunggal.
Berdasarkan semua penjelasan pada subbab ini, kita mempunyai suatu aksioma
yang sangat esensial. Aksioma inilah yang dimaksud dengan sifat Kelengkapan
dari R , atau biasa juga disebut sifat supremum dari .
Aksioma 2.25 (Sifat Kelengkapan dari R ). Setiap himpunan bagian dari R
yang terbatas atas memiliki supremum di R .
Aksioma tersebut mengatakan bahwa R , digambarkan sebagai himpunan titik-
titik pada suatu garis, tidaklah “berlubang”. Sedangkan himpunan bilangan-
bilangan rasional Q , sebagai himpunan bagian dari R yang juga memenuhi
sifat aljabar (lapangan) dan terurut, memiliki “lubang”. Inilah yang membedakan
R dengan Q . Karena tidak “berlubang” inilah, R , selain merupakan lapangan
terurut, juga mempunyai sifat lengkap. Oleh karena itu, R disebut sebagai
lapangan terurut yang lengkap. Penentuan supremum dari himpunan
2,0:: 2 tttT Q bisa dijadikan ilustrasi untuk menjelaskan terminologi
“lubang” pada himpunan Q . Supremum dari QT yaitu 2 , yang merupakan
akar dari persamaan 2 2x , bukanlah bilangan rasional. Bilangan 2 ini
merupakan salah satu “lubang” pada Q . Maksudnya, supremum dari QT
adalah 2 yang bukan merupakan elemen dari Q . Sehingga dapat dikatakan
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 43
bahwa aksioma kelengkapan tidak berlaku pada Q . Tetapi jika kita bekerja pada
R , yang demikian tidak akan terjadi.
Sekarang, misalkan V adalah himpunan yang terbatas bawah, artinya terdapat
Rl sedemikian sehingga l x , untuk setiap x V . Darinya, kita memperoleh
bahwa l x , untuk setiap x V . Dengan demikian, himpunan :x x V
terbatas atas. Menurut Aksioma 2.25., himpunan :x x V memiliki
supremum. Misalkan s adalah supremum dari :x x V . Yang demikian
berarti s x , untuk setiap x V , dan s r , untuk setiap r , batas atas dari
:x x V . Darinya, kita memiliki s x , untuk setiap x V , dan s r ,
untuk setiap r , batas atas dari :x x V . Dapat ditunjukkan bahwa r batas
atas dari :x x V jika dan hanya jika r adalah batas bawah dari V . Jadi
kita memiliki s x , untuk setiap x V , dan s t , untuk setiap t , batas bawah
dari V , atau dengan kata lain, s adalah infimum dari himpunan V .
Berdasarkan penjelasan tersebut, kita memiliki hal yang serupa dengan Aksioma
2.25, yaitu bahwa setiap himpunan bagian dari R yang terbatas bawah memiliki
infimum di R .
Contoh 2.26. Tentukan supremum dari himpunan 1: xxS R .
Penyelesaian. Kita klaim terlebih dahulu bahwa sup S , supremum dari S ,
adalah 1. Klaim kita benar jika dapat ditunjukkan bahwa :
1. Batas atas dari S adalah 1, atau 1x , untuk setiap x S .
2. 1v , untuk setiap v , batas atas dari S .
Jelas bahwa 1 adalah batas atas dari S . Selanjutnya, misalkan 1v . Perhatikan
elemen 1/ 2 / 2v . Dapat ditunjukkan bahwa 1/ 2 / 2 1v v . Artinya, setiap
elemen 1v bukanlah batas atas dari S . Jelas bahwa v batas atas dari S jika
dan hanya jika 1v . Hal ini sekaligus menunjukkan bahwa 1 merupakan batas
atas terkecil dari S . Dengan demikian, 1 merupakan supremum dari S .
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 44
Selanjutnya, kita akan menggunakan Teorema 2.21 untuk menunjukkan 1 adalah
supremum dari S . Jika 1v , berdasarkan pembahasan tadi, dengan memilih
1/ 2 / 2vs v , kita peroleh bahwa vs S dan vv s . Jadi 1 merupakan
supremum dari S .
Kita akan coba cara lain untuk menunjukkan bahwa 1 merupakan supremum dari
S , seperti yang tertulis pada Teorema 2.22. Diberikan 0 . Di sini kita akan
memilih apakah ada s S sedemikian sehingga 1 s (pemilihan s yang
demikian tidaklah unik). Jika kita memilih 1 / 2s maka kita memperoleh apa
yang kita harapkan, karena jelas bahwa 1 / 2 1s , atau dengan kata lain
s S dan 1 1 / 2s . Yang demikian selalu mungkin untuk sembarang
0 yang diberikan. Jadi memang 1 adalah supremum dari S . ■
Contoh 2.27. Tentukan infimum dari 0: xxI R .
Penyelesaian. Kita klaim terlebih dahulu bahwa inf I , infimum dari I , adalah 0.
Klaim kita benar jika dapat ditunjukkan bahwa :
1. Batas bawah dari I adalah 0, atau 0 x , untuk setiap x I .
2. 0w , untuk setiap w , batas bawah dari I .
Jelas 0 merupakan batas bawah dari I . Berikutnya, misalkan 0w . Perhatikan
bahwa 0 / 2w w . Di sini / 2w I . Artinya, jika 0w maka w bukan batas
bawah dari I . Jelas bahwa 0w jika dan hanya jika w adalah batas bawah
dari I . Hal ini sekaligus menunjukkan bahwa 0 adalah batas bawah terbesar dari
I .
Berikutnya, kita akan menggunakan Teorema 2.23 untuk menunjukkan 0 adalah
infimum dari I . Misalkan 0w . Berdasarkan pembahasan sebelumnya, dengan
memilih / 2wi w , kita peroleh bahwa wi I dan wi w . Akibatnya, 0 adalah
infimum dari I .
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 45
Cara lain, adalah dengan menunjukkan seperti apa yang tercantum pada
Teorema 2.24. Diberikan 0 . Kita akan memilih apakah ada i I sedemikian
sehingga 0i . Jika / 2i maka i I dan i . Hal ini selalu
mungkin untuk sembarang 0 yang diberikan. Dengan demikian, 0 adalah
infimum dari I . ■
Contoh 2.28. Tunjukkan bahwa jika himpunan RS terbatas atas dan 0a
maka supremum dari : :aS as s S , sup aS a sup S .
Penyelesaian. Ada beberapa cara untuk menyelesaikan masalah tersebut. Kita
mulai dengan cara yang pertama, yaitu bahwa kita harus menunjukkan bahwa
a sup S adalah batas atas dari aS atau a sup S as , untuk setiap s S , dan
a sup S v , untuk setiap v , batas atas dari aS . Karena S adalah himpunan
yang terbatas atas, S mempunyai supremum, menurut sifat Kelengkapan dari R .
Karenanya, sup S s , untuk setiap s S . Karena 0a , a sup S as , untuk
setiap s S . Artinya, a sup S adalah batas atas dari aS . Akibatnya, aS
memiliki supremum. Selanjutnya, misalkan w adalah sembarang batas atas dari
aS atau w as , untuk setiap s S . Karena 0a , kita peroleh bahwa /w a s ,
untuk setiap s S . Di sini /w a adalah batas atas dari S . Akibatnya,
/w a sup S atau w a sup S . Kita peroleh bahwa a sup S w , untuk setiap w ,
batas atas dari aS . Jadi sup aS a sup S .
Cara kedua untuk menyelesaikan masalah tersebut adalah dengan menunjukkan
bahwa a sup S adalah batas atas dari aS dan untuk setiap v a sup S terdapat
vs aS sedemikian sehingga vv s . Telah ditunjukkan bahwa a sup S adalah
batas atas dari aS . Sekarang, misalkan v a sup S . Karena 0a , /v a sup S .
Akibatnya, terdapat /v as S sedemikian sehingga // v av a s . Karenanya, kita
memperoleh /v av as . Di sini jelas bahwa /v aas aS . Dengan memilih /v v as as ,
kita mempunyai vs aS dan vv s . Jadi SaaS supsup . ■
Lebih jauh, kita akan melihat bagaimana sifat kelengkapan dari R ini digunakan
untuk menunjukkan bahwa himpunan semua bilangan asli N tidak mempunyai
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 46
batas atas. Artinya tidak terdapat Rx sedemikian sehingga n x , untuk
setiap Nn , atau dengan kata lain jika diberikan Rx terdapat Nxn
sedemikian sehingga xn x .
Teorema 2.29 (Sifat Archimedean). Jika Rx maka terdapat Nxn
sedemikian sehingga xn x .
Bukti. Andaikan N memiliki batas atas atau terdapat Rx sedemikian
sehingga n x , untuk setiap Nn . Akibatnya, x adalah batas atas dari N .
Menurut sifat kelengkapan dari R , N memiliki supremum. Misalkan supremum
dari N itu adalah a . Perhatikan bahwa 1a a . Karena 1a jelas bukan batas
atas dari N , maka terdapat Nm sedemikian sehingga 1a m . Darinya kita
memiliki bahwa 1a m . Perhatikan bahwa N1m . Yang demikian
mengakibatkan bahwa a bukan batas atas dari N . Hal ini kontradiksi dengan
asumsi di awal bahwa a adalah supremum dari N , yang tiada lain juga
merupakan batas atasnya. Jadi himpunan N tidak memiliki batas atas atau Jika
Rx maka terdapat Nxn sedemikian sehingga xn x . ■
Sekarang, misalkan 0t . Kita peroleh bahwa 1/ 0t . Menurut sifat
Archimedean, terdapat Nn , yang bergantung pada 1/ t (bisa juga dikatakan
bergantung pada t ), sedemikian sehingga 1/n t , atau juga bisa ditulis sebagai
1/ n t . Berdasarkan pembahasan ini, kita memiliki akibat berikut.
Akibat 2.30. Jika 0t maka terdapat Ntn sedemikian sehingga 0 1/ tn t
Selain Akibat 2.30, sifat Archimedean memilki konsekuensi lain, seperti yang
dinyatakan pada akibat berikut ini.
Akibat 2.31. Jika 0y maka terdapat Nyn sedemikian sehingga
1y yn y n .
Bukti. Misalkan mymE y :: N dengan Ry . Sifat Archimedean
menjamin bahwa himpunan yE tidaklah kosong. Karena yE himpunan bagian
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 47
dari N dan tidak kosong, maka menurut sifat well-ordering dari R , yE
mempunyai elemen terkecil. Misalkan elemen terkecil itu adalah yn . Karena yn
adalah elemen terkecil dari yE , maka 1y yn E atau yn y 1 . Dengan
demikian 1y yn y n . ■
Jika kita memiliki dua buah sembarang bilangan rasional yang berbeda, secara
intuitif kita akan mengatakan bahwa di antara keduanya juga terdapat bilangan
rasional yang lain dan jumlahnya bisa tak berhingga. Dengan kata lain, himpunan
semua bilangan rasional Q adalah himpunan yang rapat. Secara formal,
memang dapat dibuktikan bahwa Q memiliki sifat yang demikian.
Teorema 2.32. Jika Qyx, dan x y maka terdapat bilangan rasional r
sedemikian sehingga x r y .
Bukti. Misalkan 0x . Akibatnya, 0y . Menurut Akibat 2.30, terdapat Np
sedemikian sehingga 1/ p y . Bilangan rasional : 1/r p memenuhi x r y .
Berikutnya, misalkan 0x . Darinya, kita memiliki 0y x . Berdasarkan Akibat
2.30, terdapat Nm sedemikian sehingga 1/ m y x . Karenanya, 1 my mx
atau 1 mx my . Pandang 0mx . Menurut Akibat 2.31, terdapat Nn
sedemikan sehingga 1n mx n . Dari 1n mx kita memperoleh 1n mx ,
sehingga 1n mx my . Dari mx n kita memperoleh mx n my . Akibatnya,
/x n m y . Bilangan rasional : /r n m memenuhi x r y .
Terakhir, misalkan 0x atau 0x . Akibatnya, 0y x . Dengan cara serupa
seperti pada kasus 0x , kita bisa mendapatkan bilangan rasional r sedemikian
sehingga x r y . ■
Kita juga memiliki fakta lain, yang analog dengan teorema 2.32, untuk himpunan
bilangan-bilangan irasional.
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 48
Akibat 2.33. Jika Ryx, dan x y maka terdapat bilangan irasional z
sedemikian sehingga x z y .
Bukti. Dari hipotesis kita dapatkan bahwa R2/,2/ yx dan / 2 / 2x y .
Menurut Teorema 2.32, terdapat bilangan rasional 0r sedemikian sehingga
/ 2 / 2x r y atau 2x r y . Bilangan : 2z r merupakan bilangan
irasional dan memenuhi x z y . ■
2.4 INTERVAL
Pada subbab ini kita membahas suatu himpunan bagian dari R yang
dikonstruksi berdasarkan sifat terurut dari R . Himpunan bagian ini dinamakan
sebagai interval.
Definisi 2.34. Misalkan Rba, dengan a b .
a. Interval buka yang dibentuk dari elemen a dan b adalah himpunan
bxaxba ::, R .
b. Interval tutup yang dibentuk dari elemen a dan b adalah himpunan
bxaxba ::, R .
c. Interval setengah buka (atau setengah tutup) yang dibentuk dari elemen a
dan b adalah himpunan bxaxba ::, R atau
bxaxba ::, R .
Semua jenis interval pada Definisi 2.34 merupakan himpunan yang terbatas dan
memiliki panjang interval yang didefinisikan sebagai b a . Jika a b maka
himpunan buka ,a a dan himpunan tutup ,a a a , yang dinamakan
dengan himpunan singleton. Elemen a dan b disebut titik ujung interval.
Selain interval terbatas, terdapat pula interval tak terbatas. Pada interval tak
terbatas ini, kita dikenalkan dengan simbol dan yang berkaitan dengan
ketak terbatasannya.
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 49
Definisi 2.35. Misalkan Ra .
a. Interval buka tak terbatas adalah himpunan axxa ::, R atau
axxa ::, R .
b. Interval tutup tak terbatas adalah himpunan axxa ::, R atau
axxa ::, R .
Himpunan bilangan real R merupakan himpunan yang tak terbatas dan dapat
dinotasikan dengan , . Perlu diperhatikan bahwa simbol atau
bukanlah bilangan real. Karenanya, dapat dikatakan bahwa R ini tidak
mempunyai titik-titik ujung.
Teorema 2.36 (Karakterisasi Interval). Jika RS adalah himpunan yang
memuat paling sedikit dua elemen dan memiliki sifat :
jika Ryx, dan x y maka ,x y S ,
maka S merupakan suatu interval.
Bukti. Kita akan membuktikannya untuk empat kasus.
Kasus I, S adalah himpunan terbatas.
Karena S himpunan terbatas maka S mempunyai infimum atau supremum.
Misalkan infimum dan supremum dari S adalah masing-masing, secara
berurutan, a dan b . Jika x S maka a x b . Karenanya, ,x a b .
Akibatnya, ,S a b .
Selanjutnya, akan ditunjukkan bahwa ,a b S . Misalkan ,z a b atau
a z b . Yang demikian berarti z bukan batas bawah dari S . Akibatnya,
terdapat zx S sedemikian sehingga zx z . Kita memperoleh pula bahwa z
bukan batas atas dari S . Itu artinya bahwa terdapat zy S sedemikian sehingga
zz y . Kita mendapatkan bahwa ,z zz x y . Karena menurut hipotesis,
,z zx y S , maka z S . Karena yang demikian berlaku untuk sembarang
,z a b , maka ,a b S .
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 50
Jika ,a b S maka ,a b S . Karena telah diperoleh bahwa ,S a b , maka
,S a b . Jika ,a b S maka ,S a b cukup dinyatakan dengan ,S a b .
Karena ,a b S dan ,S a b , maka ,S a b . Jika a S dan b S maka
,S a b dan ,a b S masing-masing, secara berurutan, cukup dinyatakan
,S a b dan ,a b S . Akibatnya, kita memperoleh ,S a b . Jika a S dan
b S maka dapat ditunjukkan bahwa ,S a b .
Kasus II, S adalah himpunan yang terbatas atas tetapi tidak terbatas
bawah.
Karena S terbatas atas, maka S mempunyai supremum. Misalkan supremum
dari S adalah b . Kita memperoleh bahwa x b , untuk setiap x S . Akibatnya,
,S b .
Berikutnya, kita akan menunjukkan bahwa ,b S . Misalkan ,z b
atau z b . Karena z bukan batas atas dari S , maka terdapat zy S
sedemikian sehingga zz y . Karena S tidak terbatas bawah, maka terdapat
zx S sedemikian sehingga zx z . Akibatnya, ,z zz x y . Karena menurut
hipotesis, ,z zx y S , maka z S . Yang demikian berlaku untuk sembarang
,z b . Karena itu, ,b S .
Jika b S maka ,b S dapat pula dinyatakan dengan ,b S .
Karena ,S b dan ,S b , maka ,S b . Jika b S maka
,S b cukup dinyatakan dengan ,S b Akibatnya, bersama dengan
,b S , kita memperoleh bahwa ,S a b .
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 51
Kasus III, S adalah himpunan yang tidak terbatas atas tetapi terbatas
bawah. Dengan cara yang serupa, seperti pada kasus II, dapat ditunjukkan bahwa
,S a atau ,S a dengan a adalah infimum dari S .
Kasus IV, S adalah himpunan yang tidak terbatas.
Berdasarkan hipotasis, jelas bahwa RS . Selanjutnya, kita akan menunjukkan
bahwa SR . Misalkan Rz . Karena S tidak terbatas, maka z bukanlah
batas bawah dan batas atas dari S . Akibatnya, terdapat ,z zx y S sedemikian
sehingga zx z dan zz y . Darinya, kita memiliki ,z zz x y . Menurut hipotesis,
,z zx y S . Akibatnya, z S . Karena hal ini berlaku untuk sembarang Rz ,
maka SR . Dengan demikian, SR .
Jadi, secara keseluruhan, telah ditunjukkan bahwa S merupakan suatu interval
di R . ■
2.5 REPRESENTASI DESIMAL DARI BILANGAN REAL Semua bilangan real dapat dinyatakan dalam bentuk lain yang disebut sebagai
bentuk desimal. Misalkan 0,1x . Jika kita membagi interval 0,1 menjadi 10
sub interval yang sama panjangnya, maka 1 1/10, 1 /10x b b untuk suatu
1 0,1,2,...,9b . Jika kita membagi lagi interval 1 1/10, 1 /10b b menjadi 10
sub interval yang sama panjangnya, maka
2 21 2 1 2/10 /10 , /10 1 /10x b b b b untuk suatu 2 0,1, 2,...,9b . Jika
proses tersebut terus dilanjutkan maka kita akan memperoleh barisan nb
dengan 90 nb , untuk semua Nn , sedemikian sehingga x memenuhi
1 2 1 22 2
1... ...
10 10 10 10 10 10nn
n n
bbb b b bx
.
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 52
Representasi desimal dari 0,1x adalah 1 20, ... ...nb b b . Jika 1x dan NN
sedemikian sehingga 1N x N maka representasi desimal dari 1x adalah
1 2, ... ...nN b b b dengan 1 20, ... ...nb b b adalah representasi desimal dari 0,1x N .
Sebagai contoh, kita akan menentukan bentuk desimal dari 1/7. Jika 0,1 dibagi
menjadi 10 sub interval yang sama panjang maka 1/ 7 1/10, 1 1 /10 . Jika
1/10, 1 1 /10 dibagi menjadi 10 sub interval yang sama panjang maka
2 21/ 7 1/10 4 /10 ,1/10 4 1 /10 . Selanjutnya, akan kita peroleh
2 3 2 31/ 7 1/10 4 /10 2 /10 ,1/10 4 /10 2 1 /10 . Jika proses ini terus
dilanjutkan akan kita dapatkan bahwa 1/ 7 0,142857142857...142857... .
Representasi desimal dari suatu bilangan real adalah unik, kecuali bilangan-
bilangan real berbentuk /10nm dengan ,m n dan 1 10nm . Sebagai
contoh, representasi decimal dari 1/2 adalah 0,4999… atau 0,5000… (Coba
pembaca periksa mengapa yang demikian bisa terjadi). Contoh lain,
1/8=0,124999...=0,125000... .
Coba perhatikan kembali representasi decimal dari 1/7 yaitu
0,142857142857...142857... . Terdapat pengulangan deretan angka 142857 pada
representasi desimal dari 1/7. Representasi desimal yang demikian disebut
reperesentasi desimal periodik dengan periode 6p yang menunjukkan jumlah
deretan angka yang berulang. Dapat ditunjukkan bahwa bilangan real positif
adalah rasional jika dan hanya jika representasi desimalnya adalah periodik (lihat
Bartle-Sherbert [1]).
Dengan menggunakan representasi desimal dari bilangan real ini, kita akan
membuktikan Teorema Cantor yang mengatakan bahwa himpunan semua
bilangan real adalah tak terhitung (uncountable).
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 53
Teorema 2.37. Interval satuan 10::1,0 xx R adalah tak terhitung
(uncountable).
Bukti. Andaikan interval 0,1 countable. Misalkan 1 20,1 , ,..., ,...nx x x .
Karena setiap elemen di 0,1 dapat dinyatakan dalam bentuk desimal, maka kita
dapat menyatakan bahwa
1 11 12 1
2 21 22 1
1 2
0, ... ...0, ... ...
0, ... ...
n
n
n n n nn
x b b bx b b b
x b b b
dengan 0 9ijb , untuk semua Nji, .
Selanjutnya definisikan bilangan real 1 2: 0, ... ...ny y y y dengan
4, 5:
5, 4. jika
jika nn
nnn
by
b
Jelas bahwa 0,1y . Berdasarkan pendefinisian ny , jelas bahwa ny x untuk
setiap Nn . Selain itu, bentuk 1 2: 0, ... ...ny y y y adalah unik karena 0,9ny
untuk semua Nn . Hal itu semua mengandung arti bahwa 0,1y . Terjadi
kontradiksi di sini. Jadi 0,1 haruslah uncountable. ■
Prosedur pada pembuktian Teorema 2.37 di atas dikenal sebagai prosedur
diagonal yang memanfaatkan representasi desimal bilangan real. Karena
R1,0 dan 0,1 uncountable, maka R adalah uncountable.
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 54
BAB III BARISAN BILANGAN REAL
3.1 DEFINISI BARISAN BILANGAN REAL
Definisi 3.1. Barisan bilangan real adalah fungsi RN: X .
Jika RN: X adalah barisan bilangan real maka nilai fungsi X di Nn
dinotasikan sebagai nx . Nilai nx ini disebut suku ke- n dari barisan bilangan real
X . Barisan bilangan real X dapat pula dituliskan sebagai Nnxn : . Dalam
literatur lain, barisan bilangan real X ini biasa dituliskan dalam notasi 1n nx
.
Barisan bilangan real dapat direpresentasikan dalam berbagai cara. Barisan
bilangan real : 1,3,5,...X dapat dinyatakan dengan N nxX n :: dengan
2 1nx n atau 1 2n nx x dengan 1 1x . Hubungan 1 2n nx x dengan
1 1x ini disebut sebagai hubungan rekursif.
Selanjutnya, perhatikan kembali barisan bilangan real N nnxX n :12: .
Jika n semakin besar maka nx semakin besar, tanpa batas. Tetapi, kalau kita
perhatikan barisan N nnyY n :/1: , maka jika n semakin besar maka ny
semakin kecil, menuju angka nol. Barisan bilangan real Y ini dikatakan sebagai
barisan yang mempunyai limit atau barisan yang konvergen. Sedangkan barisan
bilangan real X dikatakan sebagai barisan yang tidak memiliki limit atau barisan
yang tidak konvergen atau divergen.
Definisi 3.2. Barisan bilangan real Nnxn : dikatakan konvergen ke Rx ,
limit dari dari Nnxn : , jika untuk setiap 0 terdapat 0N sedemikian
sehingga untuk setiap Nn , nx x .
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 55
Misalkan barisan bilangan real Nnxn : konvergen. Diberikan 0 cukup
besar. Karena x adalah “ujung” dari barisan bilangan real Nnxn : , tentunya
nx x yang cukup besar dapat dipenuhi oleh semua nx , n N dengan N yang
kecil. Sebaliknya, jika 0 cukup kecil maka nx x yang cukup kecil dapat
dipenuhi oleh setiap nx , n K dengan K yang besar. Penjelasan tersebut
mengandung arti bahwa semakin besar N maka semakin kecil atau nx
dengan n N akan semakin dekat ke limitnya, yaitu x . Pernyataan barisan
bilangan real X konvergen atau menuju ke x dapat dinyatakan sebagai
lim X x atau lim nx x atau lim nnx x
atau nx x .
Berdasarkan Definisi 3.2, kita bisa mendapatkan fakta bahwa lim nnx x
jika dan
hanya jika untuk setiap 0 , himpunan xxn n:N adalah himpunan
yang berhingga. Bukti fakta ini ditinggalkan sebagai latihan bagi para pembaca.
Contoh 3.3. Perhatikan lagi barisan bilangan real N nnyY n :/1 .
Diberikan 0 . Selanjutnya, lihat bahwa 1/ 0 1/ 1/n n n . Jika n N
dengan 1/N maka 1/n atau 1/ n . Akibatnya, 1/ 0n untuk
setiap n N . Yang demikian berlaku untuk setiap 0 . Ini artinya bahwa
barisan bilangan real Y konvergen ke nol. ■
Sekarang, kita perhatikan lagi barisan bilangan real N nnyY n :/1 .
Kemudian pandang barisan bilangan real ' 1/ 2,1/ 4,1/ 6,...Y . Suku-suku pada
'Y merupakan suku-suku yang menempati urutan genap pada Y . Barisan 'Y ini
disebut sebagai sub barisan dari Y . Berikut ini adalah definisi formal dari sub
barisan.
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 56
Definisi 3.4. Misalkan N nxX n :: adalah barisan bilangan real dan
1 2 ... ...kn n n dengan Nkn untuk semua Nk . Barisan bilangan real
N kxXkn ::' disebut sebagai sub barisan dari N nxX n :: .
Bagaimana dengan limit sub barisan dari suatu sub barisan ? Teorema berikut
menjelaskan hal ini.
Teorema 3.5. Jika N kxXkn ::' adalah sub barisan dari barisan
N nxX n :: yang konvergen ke Rx maka sub barisan N kxXkn ::'
juga konvergen ke Rx .
Bukti. Karena N nxX n :: adalah barisan yang konvergen ke Rx , maka
jika diberikan 0 terdapat 0N sedemikian sehingga untuk semua
n N berlaku nx x .
Selanjutnya, dengan menggunakan induksi matematika, akan ditunjukkan bahwa
kn k untuk setiap Nk . Diketahui bahwa 1 2 ... ...kn n n . Untuk 1k
jelas bahwa 1 1n . Misalkan untuk k p berlaku pn p . Kita akan tunjukkan
bahwa untuk 1k p berlaku 1 1pn p . Karena 1p pn n maka 1pn p atau
dengan kata lain 1 1pn p . Dengan demikian kn k untuk setiap Nk .
Jika k N maka kn N . Untuk semua kn N berlaku knx x .
Yang demikian berarti sub barisan N kxXkn ::' juga konvergen ke Rx . ■
Apakah kebalikan dari Teorema 3.5 berlaku ? Untuk menjawabnya kita lihat
penjelasan berikut ini. Perhatikan bahwa barisan ' 1,1,1,...,1,...Z adalah sub
barisan dari barisan 11, 1,1, 1,..., 1 ,...nZ . Barisan 'Z adalah barisan
yang konvergen ke 1, tetapi barisan Z adalah barisan yang tidak konvergen.
Tetapi jika setiap sub barisan dari suatu barisan bilangan real X adalah barisan
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 57
yang konvergen maka X adalah barisan yang konvergen karena X sendiri
adalah sub barisan dari dirinya sendiri.
Bagaimana halnya dengan limit dari suatu barisan bilangan real yang konvergen,
apakah tunggal atau tidak ? Misalkan x dan y adalah limit dari barisan bilangan
real yang konvergen N nxX n :: . Jika diberikan 0 terdapat , 0x yN N
sehingga untuk setiap xn N dan yn N , berlaku, masing-masing secara
berurutan, / 2nx x dan / 2nx y . Misalkan : ,x yN maks N N .
Selanjutnya, perhatikan bahwa, berdasarkan pertidaksamaan segitiga,
/ 2 / 2n n n nx y x x x y x x x y
untuk semua .n N Karena 0 yang diberikan sembarang, maka 0x y
atau x y . Yang demikian berarti bahwa limit dari suatu barisan bilangan real
yang konvergen adalah tunggal.
Teorema 3.6. Limit dari satu barisan bilangan real yang konvergen adalah
tunggal.
3.2 SIFAT-SIFAT BARISAN BILANGAN REAL
Definisi 3.6. Barisan bilangan real N nxX n :: dikatakan terbatas jika
terdapat bilangan real 0M sedemikan sehingga nx M untuk setiap Nn .
Berkaitan dengan sifat keterbatasan barisan bilangan real tersebut kita memiliki
teorema berikut ini.
Teorema 3.7. Barisan bilangan real yang konvergen adalah terbatas.
Bukti. Misalkan barisan bilangan real N nxX n :: adalah barisan yang
konvergen ke Rx . Itu berarti bahwa jika kita ambil 0 0 maka terdapat
bilangan real 0 0N sehingga 0nx x untuk semua 0n N .
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 58
Selanjutnya, perhatikan bahwa, berdasarkan pertidaksamaan segitiga,
0n n nx x x x x x x x
untuk semua 0n N .
Berikutnya, pilih 01 2 3 01: , , ,..., ,NM maks x x x x x . Jelas bahwa untuk
setiap Nn berlaku nx M atau dengan kata lain barisan bilangan real X
adalah barisan yang terbatas. ■
Sekarang, Misalkan N nxX n :: dan N nyY n :: adalah dua buah
barisan bilangan real yang konvergen. Apakah N nyxYX nn :: ,
N ncxcX n :: dengan Rc , N nyxXY nn :: , dan
N nyxYX nn :/:/ juga barisan yang konvergen ? Teorema-teorema
berikut ini menjelaskan hal tersebut.
Teorema 3.8. Jika X dan Y adalah barisan yang konvergen ke x dan y ,
secara berurutan, dan Rc maka barisan X Y , cX , dan XY adalah juiga
barisan yang konvergen, masing-masing secara berurutan, ke x y , cx , dan xy .
Bukti. Misalkan N nxX n :: dan N nyY n :: . Perhatikan bahwa,
bedasarkan pertidaksamaan segitiga,
n n n n n nx y x y x x y y x x y y .
X dan Y adalah barisan yang konvergen ke x dan y , maka jika diberikan
0 maka terdapat bilangan real 1 2, 0N N sedemikian sehingga untuk setiap
1n N dan 2n N , masing-masing secara berurutan, berlaku / 2nx x dan
/ 2ny y . Misalkan 1 2: ,N maks N N . Jika n N maka
/ 2 / 2n n n nx y x y x x y y .
Karena 0 yang diberikan sembarang, maka X Y konvergen ke x y .
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 59
Berikutnya, perhatikan bahwa
n ncx cx c x x .
Misalkan 0c . Jika diberikan 0 maka dengan memilih berapa pun bilangan
real 0N , selalu berlaku 0n ncx cx c x x untuk setiap n N .
Sekarang misalkan 0c . Karena X adalah barisan yang konvergen ke x maka
jika diberikan 0 maka terdapat bilangan real 0N sedemikian sehingga
untuk setiap n N , berlaku /nx x c . Akibatnya, untuk setiap n N ,
/n ncx cx c x x c c .
Karena 0 yang diberikan sembarang, maka cX konvergen ke cx .
Selanjutnya, kita akan menunjukkan bahwa barisan XY konvergen ke xy .
Pertama, perhatikan bahwa
n n n n n n
n n n n
n n n
x y xy x y x y x y xy
x y x y x y xy
x y y x x y
Menurut Teorema 3.7, X adalah barisan yang terbatas. Itu artinya terdapat
bilangan real 0L sehingga nx L untuk setiap Nn . Misalkan
: ,M maks L y . Jika diberikan 0 maka terdapat bilangan real 1 2, 0N N
sedemikian sehingga untuk setiap 1n N dan 2n N , masing-masing secara
berurutan, berlaku / 2nx x M dan / 2ny y M . Misalkan
1 2: ,N maks N N . Jika n N maka
/ 2 / 2n n n n nx y xy x y y x x y M M M M .
Karena 0 yang diberikan sembarang, maka XY konvergen ke xy . ■
Pembahasan berikutnya kita akan menunjukkan bahwa /X Y akan konvergen
ke /x y jika 0y . Tetapi sebelumnya, kita lihat terlebih dahulu teorema berikut
iini.
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 60
Teorema 3.9. Jika N nyY n :: adalah barisan tak nol ( 0ny untuk setiap
Nn ) yang konvergen ke 0y maka barisan N nyY n :/1:/1 juga
konvergen ke 1/ y .
Bukti. Jika 0y kita peroleh bahwa 0y . Karena Y adalah barisan yang
konvergen ke y , maka terdapat 1 0N sehingga untuk setiap 1n N , berlaku
1/ 2ny y y . Karena
n ny y y y atau n n ny y y y y y
maka 1/ 2ny y atau 1 2
ny y untuk setiap 1n N .
Selanjutnya, jika diberikan 0 maka terdapat 2 0N sehingga untuk setiap
2n N , berlaku 21/ 2ny y y . Kemudian, perhatikan bahwa, berdasarkan
pertidaksamaan segitiga,
1 1 1nn
n n n
y y y yy y y y y y
.
Jika 1 2: ,N maks N N maka untuk setiap n N , berlaku
22
1 1 1 2 12n
n n
y y yy y y y y
.
Karena 0 yang diberikan sembarang, maka 1/Y konvergen ke 1/ y . ■
Berdasarkan Teorema 3.8 dan Teorema 3.9, jika X adalah barisan bilangan real
yang konvergen ke x dan Y adalah barisan bilangan real tak nol yang
konvergen ke 0y maka barisan bilangan real /X Y juga konvergen ke /x y .
Teorema 3.10 (Teorema Apit). Misalkan N nxX n :: , N nyY n :: , dan
N nzZ n :: adalah barisan-barisan bilangan real yang memenuhi
n n nx y z untuk setiap Nn . Jika lim limn nn nx z L
maka lim nn
y L
.
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 61
Bukti. Jika diberikan 0 maka terdapat bilangan real 1 2, 0N N sedemikian
sehingga untuk setiap 1n N dan 2n N , masing-masing secara berurutan,
berlaku nL x dan nz L (mengapa demikian ?). 1 2: ,N maks N N .
Akibatnya, jika n N maka
n n nL x y z L .
Kita peroleh bahwa nL y L atau ny L untuk setiap n N .
Karena 0 yang diberikan sembarang, maka lim nny L
. ■
Contoh berikut ini memperlihatkan bagaimana Teorema Apit diaplikasikan untuk
menghitung limit suatu barisan.
Contoh 3.11. Kita akan menghitung limit dari barisan
Nn
nn :cos
2 . Secara
langsung, mungkin kita agak susah untuk menentukan limitnya. Perhatikan
bahwa 1 cos 1n untuk setiap Nn . Karenanya, kita bisa memperoleh
2 2 2
1 cos 1nn n n
untuk setiap Nn .
Akibatnya, 2 2 2
1 cos 1lim lim limn n n
nn n n
. Jadi
2
cos0 lim 0n
nn
atau 2
coslim 0n
nn
. ■
Barisan bilangan real yang terbatas belum tentu konvergen. Sebagai contoh,
barisan bilangan real N nn :1 adalah barisan yang terbatas tetapi tidak
konvergen. Syarat cukup lain apa yang diperlukan sehingga barisan yang
terbatas merupakan barisan yang konvergen ? Pembahasan berikut akan
menjelaskannya.
Definisi 3.12. Misalkan N nxX n :: adalah barisan bilangan real. Barisan
X dikatakan naik jika 1 2 1... ...n nx x x x dan dikatakan turun jika
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 62
1 2 1... ...n nx x x x . Barisan bilangan real yang naik atau turun disebut
sebagai barisan yang monoton.
Teorema 3.13 (Teorema Kekonvergenan Monoton). Misalkan N nxX n ::
adalah barisan bilangan real yang monoton. Barisan bilangan real X konvergen
jika dan hanya jika X terbatas. Lebih jauh,
i) Jika N nxX n :: adalah barisan yang naik dan terbatas atas maka
N
nxx nnn:suplim .
ii) Jika N nxX n :: adalah barisan yang turun dan terbatas bawah maka
N
nxx nnn:inflim .
Bukti.
i) Karena barisan X terbatas atas, maka, menurut sifat kelengkapan dari R ,
himpunan Nnxn : memiliki supremum. Misalkan N nxx n :sup .
Jika diberikan 0 maka x bukanlah batas atas dari Nnxn : . Yang
demikian mengandung arti terdapat NK sehingga Kx x x . Karena
X adalah barisan naik dan x adalah batas atas dari Nnxn : maka kita
mempunyai fakta bahwa
1 2 ...K K Kx x x x x x .
Dengan kata lain, nx x x atau nx x untuk setiap n K .
Karena 0 yang diberikan sembarang maka barisan X konvergen ke x .
ii) Karena barisan X terbatas bawah, maka, menurut sifat kelengkapan dari R ,
himpunan Nnxn : memiliki infimum. Misalkan N nxx n :inf . Jika
diberikan 0 maka x bukanlah batas bawah dari Nnxn : . Yang
demikian mengandung arti terdapat NK sehingga Kx x x . Karena
X adalah barisan turun dan x adalah batas bawah dari Nnxn : maka
kita mempunyai fakta bahwa
2 1... K K Kx x x x x x .
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 63
Dengan kata lain, nx x x atau nx x untuk setiap n K .
Karena 0 yang diberikan sembarang maka barisan X konvergen ke x . ■
Contoh 3.14. kita akan menunjukkan bahwa barisan N nxX n :: yang
suku-sukunya memenuhi hubungan rekursif 11 12n nx x dengan 1 0x
adalah barisan yang konvergen dengan menggunakan Teorema Kekonvergean
Monoton. Akan kita perlihatkan bahwa N nxX n :: adalah barisan yang naik
dan terbatas atas yang dibatas atasi oleh 2. Kedua hal itu akan ditunjukkan
dengan menggunakan induksi matematika.
Kita peroleh bahwa 2 1/ 2x . Itu berarti bahwa 1 2x x . Sekarang asumsikan
bahwa 1k kx x Kita akan membuktikan bahwa 1 2k kx x . Karena 1k kx x ,
maka 11 11 12 2k kx x atau 1 2k kx x . Jadi N nxX n :: adalah
barisan yang naik.
Jelas 1 2x . Asumsikan 2kx . Akan ditunjukkan bahwa 1 2kx . Perhatikan
bahwa
1 11 1 32 1 2 12 2 2k k k kx x x x .
Berdasarkan pernyataan terakhir, bisa juga kita katakan bahwa 2nx untuk
setiap Nn . Ini berarti X adalah barisan yang terbatas atas.
Karena N nxX n :: adalah barisan yang naik dan terbatas atas, maka,
menurut Teorema Kekonvergenan Monoton, barisan X konvergen. Perhatikan
bahwa N nxX n ::' 1 adalah sub barisan dari N nxX n :: . Karena X
adalah barisan yang konvergen, maka, menurut Teorema 3.5, 'X juga
merupakan barisan yang konvergen ke titik yang sama. Misalkan limit barisannya
adalah x . Perhatikan bahwa
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 64
1 11 1 11 lim lim 1 1 12 2 2n n n nn n
x x x x x x x .
Jadi barisan bilangan real X konvergen ke 1. ■
3.3 TEOREMA BOLZANO-WEIERSTRASS
Pada bagian ini kita akan membahas Teorema Bolzano-Weierstrass, yang
memberikan syarat cukup suatu barisan bilangan real memiliki sub barisan yang
konvergen. Tetapi, sebelumnya, kita akan membahas terlebih dahulu tentang
eksistensi sub barisan yang monoton dari suatu barisan bilangan real.
Terema 3.15 (Teorema Sub Barisan Monoton). Setiap barisan bilangan real
memiliki sub barisan yang monoton.
Bukti. Misalkan N nxX n :: adalah barian bilangan real. Definisikan
nkxX kn :: . Untuk setiap Nn , bisa saja nX memiliki suku terbesar,
namun, bisa juga tidak.
Kasus I, untuk setiap Nn , nX memiliki suku terbesar. Misalkan 1ns adalah
suku terbesar dari 1X . Selanjutnya, perhatikan 1 1nX . Misalkan
2nx adalah suku
terbesar dari 1 1nX . Jelas bahwa
1 2n nx x dengan 1 2n n . Kita juga bisa
mendapatkan 3ns yang merupakan suku terbesar dari
2 1nX . Jelas pula bahwa
2 3n nx x dengan 2 3n n . Jika proses ini terus dilanjutkan maka kita akan
dapatkan
1 2 3 1... ...
k kn n n n nx x x x x
dengan 1 2 3 1... ...k kn n n n n .
Jadi kita dapatkan barisan Nkxkn : merupakan sub barisan dari
N nxX n :: yang monoton turun.
Kasus II, tidak semua nX memiliki suku terbesar. Misalkan N1n
sedemikian sehingga 1nX tidak memiliki suku terbesar. Definisikan suatu
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 65
himpunan bagian dari 1nX , yakni 11: : ,n n nI x n n x x . Jelas Himpunan
I karena 1nX tidak memiliki suku terbesar. Misalkan N2n sedemikian
sehingga
2 11min : ,n n n nx x n n x x .
Misalkan N3n sedemikian sehingga
3 11 2min : , ,n n n nx x n n n n x x .
Misalkan pula N4n sedemikian sehingga
4 11 2 3min : , , ,n n n nx x n n n n n n x x .
Jika proses tersebut terus dilanjutkan maka kita akan mendapatkan
1 2 3 1.. ...
k kn n n n nx x x x x
dengan 1 2 3 1... ...k kn n n n n .
Jadi kita dapatkan barisan Nkxkn : merupakan sub barisan dari
N nxX n :: yang monoton naik.
Jadi barisan bilangan real N nxX n :: memiliki sub barisan yang monoton. ■
Misalkan N kxXkn :' adalah sub barisan yang monoton dari barisan
bilangan real N nxX n :: yang terbatas. Karena X terbatas maka 'X
terbatas juga. Menurut Teorema Kekonvergenan Monoton, 'X adalah barisan
yang konvergen. Jadi kita memperoleh suatu fakta, biasa dikenal sebagai
Teorema Bolzano-Weierstrass untuk barisan, yaitu
Teorema 3.16. Barisan bilangan real yang terbatas memiliki sub barisan yang
konvergen.
3.4 KRITERIA CAUCHY
Teorema Kekonvergenan Monoton memberikan jaminan atau syarat cukup
barisan bilangan real yang monoton adalah barisan yang konvergen. Bagaimana
halnya dengan barisan yang tidak monoton ? Apakah masih memungkinkan
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 66
menjadi barisan yang konvergen ? Penjelasan yang akan hadir berikut ini
memberikan syarta perlu dan syarat cukup suatu barisan bilangan real yang tidak
monoton adalah barisan yang konvergen.
Definisi 3.17. Barisan bilangan real N nxX n :: dikatakan sebagai barisan
Cauchy jika untuk setiap 0 terdapat bilangan real 0N sedemikian
sehingga untuk setiap Nmn , berlaku n mx x .
Contoh 3,18. Kita akan menunjukkan bahwa barisan bilangan real Nnn :/1 2
adalah barisan Cauchy. Diberikan 0 . Pilih 2 /N . Akibatnya, jika
,n m N maka , 2 /n m atau 2 21/ ,1/ / 2n m . Dengannya, kita
dapatkan untuk ,n m N , berlaku
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 12 2n m n m n m
.
Karena 0 yang diberikan sembarang, maka barisan bilangan real
Nnn :/1 2 adalah barisan Cauchy. ■
Contoh 3.19. Akan kita perlihatkan bahwa barisan bilangan real
N nX n :1 bukanlah barisan Cauchy. Negasi dari definisi barisan
Cauchy adalah terdapat 0 0 sedemikian sehingga untuk setiap 0 0N
terdapat 0,n m N yang memenuhi 0n mx x . Misalkan 0 1/ 2 .
Perhatikan bahwa 1 2 1/ 2n nx x . Jadi untuk setiap 0 0N kita selalu
bisa mendapatkan 0,n m N dengan 1m n sehingga 1 1/ 2n nx x .
Jadi barisan N nX n :1 bukanlah barisan Cauchy. ■
Lema 3.20. Barisan bilangan real Cauchy adalah barisan yang terbatas.
Bukti. Misalkan N nxX n : adalah barisan Cauchy. Yang demikian berarti
jika diberikan 0 maka terdapat 0N sedemikian sehingga untuk setiap
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 67
Nmn , berlaku mn xx . Akibatnya, Nn xx untuk setiap
Nn . Darinya, kita memperoleh Nn xx untuk setiap Nn .
Misalkan
NN xxxxmaksM ,,....,,: 121 .
Untuk setiap Nn , kita memilki Mxn . Jadi N nxX n : adalah barisan
yang terbatas. ■
Selanjutnya, kita akan melihat bahwa setiap barisan bilangan real Cauchyi
adalah barisan yang konvergen dan setiap barisan bilangan real yang konvergen
adalah barisan Cauchy.
Teorema 3.21. Suatu barisan bilangan real adalah konvergen jika dan hanya jika
barisan itu adalah barisan Cauchy.
Bukti. Kita akan buktikan syarat perlunya terlebih dahulu. Misalkan
N nxX n : adalah barisan yang konvergen. Karenanya, jika diberikan
0 maka terdapat 0N sedemikian sehingga untuk setiap Nn
berlaku 2/ xxn . Berdasarkan pertidaksamaan segitiga, untuk setiap
Nmn , berlaku
2/2/mnmnmn xxxxxxxxxx .
Karena 0 yang diberikan sembarang, maka N nxX n : adalah barisan
Cauchy.
Berikutnya, kita akan membuktikan syarat cukupnya. Misalkan N nxX n :
adalah barisan Cauchy. Itu berarti bahwa jika diberikan 0 maka terdapat
0N sedemikian sehingga untuk setiap Nmn , berlaku 2/ mn xx .
Menurut Lema 3.20, N nxX n : adalah barisan yang terbatas, dan menurut
Teorema Bolzano-weierstrass, N nxX n : mempunyai sub barisan
N kxXkn :' yang konvergen ke x . Yang demikian mengandung arti bahwa
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 68
terdapat 0K sedemikian sehingga untuk setiap Kk berlaku
2/ xxkn . Misalkan KNmaksH ,: dan ,..., 21 nnH .
Karenanya, 2/ xxH . Untuk Hn kita mempunyai
2/2/xxxxxxxxxx HHnHHnn .
Karena 0 yang diberikan sembarang, maka N nxX n : adalah barisan
yang konvergen ke x . ■
3.5 BARISAN DIVERGEN Coba perhatikan kembali Definisi 3.17, definisi tentang barisan bilangan real
Chauchy. Definisi tersebut ekuivalen dengan pernyataan bahwa suatu barisan
bilangan real divergen jika dan hanya jika barisan tersebut bukanlah barisan
Cauchy. Itu artinya untuk suatu 00 tidak terdapat 0K sedemikian
sehingga untuk setiap Kmn , berlaku mn xx . Akibatnya, untuk setiap
Nk terdapat kmn , berlaku mn xx .
Perhatikan barisan bilangan real N nZ n :1 1 . Ambil 10 . Untuk kn
dan 1 km berlaku
1211 11
kkkkmn xxxx .
Jadi untuk setiap Nk terdapat kmn , sedemikian sehingga 1 mn xx .
Dengan kata lain, N nZ n :1 1 adalah barisan yang divergen.
Lihat kembali barisan N nnxX n :12 yang merupakan barisan yang
divergen. Misalkan diberikan sembarang bilangan 0M . Kita peroleh selalu
ada Nn sehingga nx M , yakni untuk 1 / 2n M . Barisan ini dikatakan
divergen menuju tak hingga positif ( ).
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 69
Bagaimana halnya dengan barisan N nnsS n :12 . Barisan S juga
adalah barisan yang divergen, karena setiap kita mengambil 0M selalu
dapatkan Nn sehingga ns M , yakni untuk 1 / 2n M . Barisan ini
dikatakan divergen menuju tak hingga negatif ( ).
Sekarang pehatikan barisan 11, 1,1, 1,..., 1 ,...nZ . Telah ditunjukkan
bahwa barisan ini juga merupakan barisan yang divergen. Suku-suku barisan ini
nilainya berosilasi atau berubah-ubah, secara berselang-seling dan terus-
menerus tanpa henti, antara 1 atau -1. Barisan ini divergen tetapi tidak menuju ke
maupun .
Dari tiga contoh barisan divergen di atas, kita dapat membuat definisi formal
barisan yang divergen.
Definisi 3.22. Misalkan N nxX n : adalah barisan bilangan real. Barisan
X dikatakan divergen menuju ( ) jika untuk setiap 0M terdapat
0N M sehingga untuk setiap n N M berlaku nx M ( nx M ).
Definisi 3.23. Jika N nxX n : adalah barisan bilangan real yang divergen
tetapi tidak menuju ke maupun maka N nxX n : adalah barisan
bilangan real yang divergen secara berosilasi.
Berdasarkan Teorema 3.7 dan Teorema Kekonvergenan Monoton, barisan
bilangan real yang monoton adalah barisan yang konvergen jika dan hanya jika
barisan tersebut adalah barisan yang terbatas. Dengan kata lain, barisan
bilangan real yang monoton adalah barisan yang divergen jika dan hanya jika
barisan itu adalah barisan yang tidak terbatas. Dapat ditunjukkan jika suatu
barisan adalah tak terbatas dan naik maka limit barisan tersebut menuju positif
tak hingga. Jika suatu barisan adalah tak terbatas dan turun maka limit barisan
itu menuju negatif tak hingga.
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 70
Ada cara lain untuk menunjukkan bahwa suatu barisan bilangan real adalah
barisan yang divergen. Teorema berikut, dinamakan Teorema Perbandingan,
menjelaskan kondisi yang membuat suatu barisan dikatakan sebagai barisan
yang divergen.
Teorema 3.24. Jika Nnxn : dan Nnyn : adalah barisan bilangan real
yang memenuhi
nn yx untuk setiap Nn
Maka
a. Jika nn
xlim maka nn
ylim .
b. Jika nn
ylim maka nn
xlim .
Bukti.
a. Misalkan 0M . Karena nn
xlim , maka terdapat 0N sehingga untuk
setiap Nn berlaku Mxn . Karena nn yx untuk setiap Nn , maka
nn yx untuk setiap Nn . Akibatnya, Myn untuk setiap Nn ..
Karena 0M yang diberikan sembarang, maka nn
ylim .
b. Misalkan 0M . Karena nn
ylim , maka terdapat 0N sehingga untuk
setiap Nn berlaku Myn . Karena nn yx untuk setiap Nn , maka
nn yx untuk setiap Nn . Akibatnya, Mxn untuk setiap Nn .
Karena 0M yang diberikan sembarang, maka nn
xlim . ■
Namun demikian, tidaklah selalu kita bisa menjumpai kondisi dua barisan seperti
yang ada pada hipotesis Teorema 3.24, sehingga kita tidak dapat
mengaplikasikan teorema tersebut untuk menunjukkan suatu barisan bilangan
real adalah barisan yang divergen. Teorema di bawah ini, dinamakan sebagai
Teorema Perbandingan Limit, menjelaskan kondisi (yang lebih umum
dibandingkan kondisi pada Teorema 3.24) yang menjadikan suatu barisan
bilangan real dikatakan sebagai barisan divergen.
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 71
Teorema 3.25. Jika Nnxn : dan Nnyn : adalah barisan bilangan real
positif yang memenuhi
Lyx
n
n
n
lim dengan RL dan 0L
maka diperoleh bahwa nn
xlim jika dan hanya jika nn
ylim .
Bukti. Karena Lyx
n
n
n
lim , maka jika diberikan 2/L terdapat 0N
sedemikian sehingga untuk setiap Nn berlaku 2// LLyx nn atau
2/3/2/ LyxL nn atau nnn yLxyL 2/32/ . Akibatnya, kita mempunyai
bahwa nn xyL 2/ dan nn yxL 3/2 untuk Nn . Berdasarkan Teorema
2.24, jika nn
xlim maka nn
ylim dengan menggunakan fakta
nn yxL 3/2 untuk Nn . Dengan Teorema yang sama, jika nn
ylim maka
nn
xlim dengan menggunakan fakta nn xyL 2/ untuk Nn . Jadi
nn
xlim jika dan hanya jika nn
ylim . ■
3.6 DERET TAK HINGGA
Misalkan N nxX n :: adalah barisan bilangan real. Dari suku-suku barisan
dari X kita bisa mengonstruksi barisan lain N nsS n :: dengan
nn xxxxs ...: 321 dengan Nn .
Barisan S yang demikian dinamakan sebagai deret tak hingga (atau deret saja)
yang dibangkitkan oleh barisan N nxX n :: . Bilangan ns disebut sebagai
jumlah parsial dari derat tak hingga. Bilangan nx disebut sebagai suku dari deret
tak hingga. Jika nns
lim ada maka S dikatakan sebagai deret tak hingga yang
konvergen dan limit tersebut disebut sebagai jumlah deret tak hingga S atau
jumlah dari ......321 nxxxx . Deret tak hingga S dapat pula dinotasikan
dengan
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 72
1nnx atau nx .
Jadi jika nns
lim ada maka
1
limn
nnnxs . Kemudian, jika nn
s
lim tidak ada maka
S dikatakan sebagai deret tak hingga yang divergen.
Contoh 3.26. Kita akan memperlihatkan bahwa deret tak hingga
...81
41
21
21
1
n
n
adalah deret yang konvergen.
Perhatikan bahwa
...161
81
41
21
21
1
n
n .
Akibatnya,
121
21
21
21
21
21
21
21
1111
n
n
n
n
n
n
n
n.
Dengan demikian,
...81
41
21
21
1
n
n
Adalah deret yang konvergen. ■
Dapat ditunjukkan bahwa deret
1...32
1
rararararar
n
n
jika 1r (coba pembaca buktikan). Deret yang demikian dinamakan deret deret
geometrik.
Jelas bahwa deret tak hingga
...531121
nn
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 73
adalah salah satu contoh deret tak hingga yang divergen karena jumlah deret
tersebut tidak terbatas..
Tentunya bukanlah sesuatu yang mudah untuk menunjukkan suatu deret tak
hingga adalah deret yang konvergen. Melalui fakta-fakta berikut ini, kita akan
diberikan syarat perlu untuk kekonvergenan deret tak hingga.
Teorema 3.27. Jika deret tak hingga
1nnx konvergen maka 0lim
nnx .
Bukti. Jika nn xxxxs ...321 maka 13211 ... nn xxxxs .
Akibatnya, nnn xss 1 . Jika deret tak hingga
1nnx konvergen maka
0limlimlimlimlimlim 11 nnnnnnnnnnnnn
xxssxss . ■
Pandang barisan jumlah parsial Nnsn : dengan nn xxxxs ...321 .
Jika deret tak hingga
1nnx konvergen maka Nnsn : adalah barisan yang
konvergen. Menurut Kriteria Cauchy untuk barisan, kita memperoleh fakta seperti
yang tertuang dalam teorema berikut ini.
Teorema 3.28 (Kriteria Cauchy untuk Deret Tak Hingga). Barisan Nnsn :
atau deret tak hingga
1nnx konvergen jika dan hanya jika untuk setiap 0
terdapat 0N sedemikian sehingga jika Nnm maka
m
njjnm xss
1
.
Jika Nnxn : adalah barisan nonnegatif maka barisan jumlah parsial
Nnsn : adalah barisan yang monoton naik. Menurut Teorema
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 74
Kekonvergenan Monoton, jika Nnsn : adalah barisan terbatas mala
Nnsn : adalah barisan yang konvergen.
Teorema 3.29. Misalkan Nnxn : adalah barisan nonnegatif. Barisan jumlah
parsial Nnsn : adalah barisan terbatas jika dan hanya jika Nnsn :
adalah barisan yang konvergen atau deret tak hingga
1nnx adalah konvergen.
Lebih jauh, N
nssx nnnn
n :suplim1
.
Contoh 3.30. Perhatikan deret tak hingga
1
1n n
. Kemudian, perhatikan pula
bahwa
nnns
21...
121...
41
31
211 12
nn 2
1...21...
41
41
211
21...
21
211
2
1 n .
Berdasarkan hal tersebut, Nnsn : adalah barisan tak terbatas. Menurut
Teorema 3.29, deret tak hingga
1
1n n
divergen. ■
Contoh 3.31. Kita akan menunjukkan bahwa deret tak hingga
12
1n n
konvergen.
Barisan jumlah parsial dari deret tak hingga tersebut adalah barisan yang
monoton naik. Untuk menunjukkan barisan jumlah parsial terbatas, cukup
dengan menunjukkan terdapat sub barisan dari Nnsn : , yaitu Nkskn : ,
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 75
yang terbatas. Untuk itu, perhatikan bahwa, jika 112: 11 n maka 1
1ns , jika
312: 22 n maka
2/112/213/12/11 2222
ns ,
dan jika 712: 33 n maka
222222 2/12/114/47/16/15/14/1223
nnn sss .
Secara umum, dengan menggunakan induksi matematika, kita peroleh bahwa
jika 12: kkn maka
12 2/1...2/12/110 knk
s .
Karena 22/11/1...2/1...2/12/11 12 k , maka 2kns untuk
setiap Nk . Akibatnya, sub barisan Nkskn : terbatas. Dengan demikian,
barisan Nnsn : terbatas. Menurut Teorema 3.29, deret tak hingga
1
2/1n
n
konvergen. ■
Kita juga bisa menentukan kekonvergenan suatu deret tak hingga dengan cara
membandingkan suku ke- k pada deret takhingga tersebut dengan suku ke- k
pada deret tak hingga yang lain.
Teorema 3.32 (Uji Perbandingan). Misalkan Nnxn : dan Nnyn :
adalah barisan bilangan real yang bersifat, untuk suatu NK , nn yx 0
untuk setiap Kn .
a. Jika
1nny konvergen maka
1nnx konvergen.
b. Jika
1nnx divergen maka
1nny konvergen.
Bukti. Menurut Teorema Cauchy untuk deret tak hingga, jika
1nny konvergen
maka apabila diberikan 0 terdapat 0N sedemikian sehingga jika
Nnm maka
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 76
m
njj
m
njj yy
11
.
Misalkan NKM ,sup: . Kita peroleh untuk Mnm ,
m
njj
m
njj yx
11
.
Menurut Teorema Cauchy untuk deret tak hingga,
1nnx konvergen.
Kontrapositif dari a. adalah b. . ■
Contoh 3.33. Kita akan menunjukkan bahwa deret tak hingga
13 1n nn
konvergen. Perhatikan bahwa
23
11 nn
n
untuk setiap Nn .
Kita ketahui bahwa deret tak hingga
12
1n n
konvergen. Menurut Uji
Perbandingan,
13 1n nn
deret tak hingga yang konvergen. ■
Teorema 3.34 (Uji Perbandingan Limit). Misalkan Nnxn : dan Nnyn :
adalah barisan bilangan real positif sejati dan limit
n
n
n yxL
lim:
Nilainya ada.
a. Untuk 0L ,
1nnx konvergen jika dan hanya jika
1nny konvergen.
b. Untuk 0L , jika
1nny konvergen maka
1nnx konvergen.
Bukti. Misalkan 0L . Diberikan 2/L . Karenanya, terdapat 0N
sedemikian sehingga untuk setiap Nn , 2// LLyx nn atau
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 77
2/3/2/ LyxL nn . Berdasarkan Uji Perbandingan,
1nnx konvergen jika dan
hanya jika
1nny konvergen.
Misalkan 0L . Diberikan 1 . Karenanya, terdapat 0N sedemikian
sehingga untuk setiap Nn , 10/ nn yx atau nn yx 0 . Berdasarkan Uji
Perbandingan, jika
1nny konvergen maka
1nnx konvergen. ■
Perhatikan kembali deret tak hingga
13 1n nn
pada contoh 3.33. Perhatikan
bahwa
011
lim/1
1/lim 3
3
2
3
nn
nnn
nn.
Karena deret tak hingga
12
1n n
konvergen, maka, menurut Uji Perbandingan
Limit, deret tak hingga
13 1n nn
konvergen.
Ada cara lain, selain menggunakan Teorema 3.29, yaitu dengan menggunakan
suatu uji yang disebut sebagai Uji Kondensasi Cauchy, untuk menunjukkan
bahwa deret tak hingga
1/1
nn dan
1
2/1n
n , masing-masing, divergen dan
konvergen, secara berurutan. Bahkan dengan Uji Kondensasi Cauchy kita dapat
menunjukkan secara umum bahwa deret-p,
1/1
n
pn , konvergen jika 1p dan
divergen jika 1p .
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 78
Teorema 3.35 (Uji Kondensasi Cauchy). Misalkan barisan Nkak :
nonnegatif dan monoton turun. Deret tak hingga
1kka konvergen jika dan hanya
jika deret tak hingga
122
k
kka konvergen.
Bukti. Perhatikan jumlah parsial
n
kkn as
1 dan
n
k
kn kat
122 . Untuk kn 2 ,
1227654321 ......
kk aaaaaaaaasn
kk taaaa k 22
221 2...22 2 .
Jelas jika
122
k
kka konvergen maka
1kka konvergen.
Untuk kn 2 ,
kk aaaaaasn 2124321 ...... 1
2/2...22/ 21
221 2 kk taaaa k .
Seperti halnya di atas, jika
1kka konvergen maka
122
k
kka konvergen. ■
Untuk 0p , jelas bahwa 0/1lim
p
nn . Dengan menggunakan Teorema 3.27,
deret tak hingga
1/1
n
pn divergen untuk 0p . Perhatikan bahwa
1
1
1
222
k
kp
kpk
k
dengan 0p .
Dengan menggunakan Uji Kondensasi Cauchy, dapat ditunjukkan bahwa bahwa
deret-p,
1/1
n
pn , konvergen jika 1p dan divergen jika 1p (Detail
penjelasan fakta ini ditinggalkan sebagai latihan bagi pembaca).
Kita pun dapat menunjukkan kekonvergenan suatu deret tak hingga dengan
membandingkan dua suku pada deret tak hingga tersebut.
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 79
Teorema 3.36. Misalkan Nnan : adalah barisan bilangan real non negatif
sejati.
a. Jika 1/lim 1 nnnaa maka deret tak hingga
1nna konvergen.
b. Jika 1/lim 1 nnnaa maka deret tak hingga
1nna divergen.
c. Jika 0/lim 1 nnnaa maka tidak diperoleh kesimpulan apakah
1nna
konvergen atau divergen.
Bukti. Misalkan Laa nnn
/lim 1 . Misalkan 1L , maka terdapat 0N
sedemikian sehingga untuk setiap Nn , Laa nn /1 . Karenanya,
............ 221 N
kNNkNNN aLaLLaaaa .
Ruas kanan pertidaksamaan di atas merupakan deret tak hingga geometrik
dengan rasio 10 L . Akibatnya, menurut Teorema 3.32, deret tak hingga
1nna konvergen.
Jika 1L , kita bisa memperoleh bahwa, untuk suatu 0N ,
............ 221 N
kNNkNNN aLaLLaaaa .
Karena 1L , deret di ruas kanan pertidaksamaan adalah deret yang divergen.
Yang demikian mengakibatkan deret di ruas kiri divergen. Akibatnya, deret tak
hingga
1nna divergen.
Untuk 1L , perhatikan deret tak hingga
1/1
nn dan
1
2/1n
n . Diperoleh
1/1
1/1lim
nn
n dan
1/1
1/1lim 2
2
nn
n.
Deret tak hingga
1/1
nn dan
1
2/1n
n adalah deret yang divergen dan konvergen,
masing-masing secara berurutan. Jadi untuk 1L , kita tidak bisa mendapatkan
kesimpulan tentang kekonvergenan suatu deret tak hingga. ■
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 80
BAB IV LIMIT FUNGSI
4.1 Titik Timbun Definisi 4.1.
Misalkan RA dan Rc , dengan c tidak harus di A. C di sebut titik timbun A
jika
),()(,0 ccCV memuat paling sedikit satu anggota A yang tidak
sama dengan c, atau AccV }/{)( .
Contoh 4.2. 1. Misalkan A = ( 2 , 3 ), tentukan titik timbun A.
Penyelesaian
2 titik timbun A, karena dengan mengambil sebarang δ = ½ , dimana
)2,1()2( 21
21
2/1 V maka AV }2/{)2(2/1 . Sehingga dengan mengambil
δ > 0 dapat disimpulkan AV }2/{)2( .
2 ½ juga titik timbun A, karena AV }2/{)2(,0 21
21
.
3 juga titik timbun A, karena AV }3/{)3(,0 .
Jadi dapat disimpulkan bahwa setiap titik pada interval [2 , 3] merupakan titik
timbun A.
2. Misalkan B = {1, 2, 3, 4, 5 }, tentukan titik timbun B.
Penyelesaian
Ambil δ = ½ , sehingga )1,()1( 21
21
2/1 V . Tetapi
BV }1/{)1(2/1 . Jadi 1 bukan titik timbun B. Begitu juga dengan titik
yang lain..
Jadi dapat disimpulkan bahwa B = {1, 2, 3, 4, 5 } tidak mempunyai titik timbun.
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 81
Teorema 4.3.
Misalkan RA dan Rc , c titik timbun A jika dan hanya jika
cancaa nnnn
)(lim,),( N .
Bukti:
)( Misal c titik timbun A. Sehingga )(1 cVn
memuat sedikitnya satu titik di A yang
berbeda dari c. Jika na titik tersebut, maka
cancaAa nnnn
)(lim,, N .
)( Diserahkan kepada pembaca sebagai latihan. ■
4.2 Definisi Limit Fungsi Definisi 4.4.
Misalkan RR AfA :, dan Rc , dengan c titik timbun A. Misalkan L limit
dari f di titik c, ditulis Lxfcx
)(lim jika ,0,0 untuk
AccVx }/{)( berlaku )()( LVxf .
Definisi limit di atas dapat ditulis Lxfcx
)(lim jika dan hanya
jika ,0,0 untuk cx0 dan Ax berlaku Lxf )( .
Contoh 4.5
1. Misalkan xxfAfnn
A 2)(,:,:1
RR . Buktikan 0)(lim
0
xf
x.
Bukti:
Ambil 0 sebarang. Pilih 2 , Sehingga jika xx 00 dan
Ax berlaku 2
222202)( xxxLxf .
Jadi terbukti 02lim0
xx
.
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 82
2. Buktikan 22lim cxcx
.
Analisa pendahuluan
Tujuan pembuktian ini mencari 0 sehingga untuk
Axcx ,0,0 berlaku 22 cx .
Perhatikan bahwa cxcxcxcxcx ))((22 .
Jika diambil 1 maka 1 cx .
Menurut pertidaksamaan segitiga 1 cxcx atau cx 1 .
Sehingga cxccxcxcx 2122 ,
Dengan mengambil c21
maka diperoleh 22 cx .
Bukti:
Ambil 0 sebarang. Pilih
c21,1min
, Sehingga jika cx0
dan Rx berlaku cxccxcxcx 2122
Jadi terbukti 22lim cxcx
. ■
Teorema 4.6.
Jika RAf : dan c titik timbun A , Rc maka f hanya mempunyai satu limit
di titik c.
Selanjutnya akan dibicarakan kaitan antara barisan dengan limit fungsi dan
kriteria kedivergenan.
Teorema 4.7 (Kriteria Barisan untuk Limit).
Misalkan RAf : dan c titik timbun A , maka
Lxfcx
)(lim jika dan hanya jika untuk setiap barisan (xn) di A yang konvergen
ke c dimana )(,, nn xfncx N konvergen ke L.
Bukti dari teorema 4.6 dan 4.7 diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 83
Contoh 4.8.
Buktikan 4lim 2
2
x
x dengan menggunakan kriteria barisan.
Bukti:
Ambil nn
xn ,12 . Akan ditunjukkan )( nxf konvergen ke 4.
Perhatikan bahwa 4144lim)(lim 222
nnxf
xnx.
Jadi terbukti bahwa 4lim 2
2
x
x. ■
Teorema 4.9 (Kriteria Kedivergenan).
Misalkan RR AfA :, dan Rc , dengan c titik timbun A.
a) Jika RL maka f tidak punya limit L di c jika dan hanya jika ada barisan
(xn) di A yang konvergen ke c dimana ,, ncxn tetapi )( nxf tidak
konvergen ke L.
b) f tidak punya limit di c jika dan hanya jika ada barisan (xn) di A yang
konvergen ke c dimana ,, N ncxn tetapi )( nxf tidak konvergen ke R .
Contoh 4.10.
1. Buktikan xx
1lim0
tidak ada di R .
Bukti:
Misalkan x
xf 1)( . Ambil N nn
xn ,12 . Tetapi
2
211)( nn
xf n ,sehingga )( nxf tidak konvergen karena tidak terbatas
di . Jadi terbukti bahwa xx
1lim0
tidak ada di R .
2. Buktikan )sgn(lim0
xx
tidak ada.
Bukti:
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 84
Misalkan f(x) = sgn (x). Perhatikan bahwa
0,1
0,00,1
)sgn(x
xx
x .
Sehingga fungsi sgn (x) dapat ditulis menjadi 0,)sgn( xxxx .
Ambil N
nn
xn
n ,)1(. Tetapi
nn
n
n
nnn
n
nxxxxf )1(
)1(
)1()sgn()(
,
sehingga )( nxf divergen. ■
4.3 Teorema Limit Definisi 4.11.
Misalkan RR AfA :, dan Rc , dengan c titik timbun A. f dikatakan
terbatas pada lingkungan c jika ada lingkungan dari c, yaitu )(cV dan
konstanta M > 0 sehingga ).(,)( cVAxMxf
Teorema 4.12.
Misalkan RR AfA :, dan f mempunyai limit di Rc , maka f terbatas
pada suatu lingkungan dari c.
Definisi 4.13
Misalkan RRR AgAfA :,:, . Definisikan
Axxhxhxfx
hfbxbfxbf
xgxfxfgxgxfxgfxgxfxgf
,0)(,)()()(),())((
)()())((,)()())(()()())((
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 85
Teorema 4.14.
Misalkan RRR AgAfA :,:, dan Rc , dengan c titik timbun A.
Misalkan b .
1. Jika Lxfcx
)(lim dan Mxgcx
)(lim , maka
bLxbfLMxfgMLxgfMLxgf
cxcx
cxcx
))((lim))((lim))((lim))((lim
2. Jika 0)(lim,,0)(,:
HxhAxxhAhcx
R maka .limHL
hf
cx
Bukti:
1. Ambil 0 sebarang.
Misal Lxfcx
)(lim , artinya ,01 untuk 10 cx dan Ax
berlaku 2
)( Lxf .
Misal Mxgcx
)(lim , artinya ,02 untuk 20 cx dan Ax
berlaku 2
)( Mxg .
Akan ditunjukkan MLxgfcx
))((lim .
Pilih ),min( 21 , sehingga untuk cx0 dan Ax berlaku
))(())(()())(( MxgLxfMLxgf
22)()( MxgLxf
Jadi terbukti MLxgfcx
))((lim . ■
2. Bukti selanjutnya diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.
Contoh 4.15.
Hitung
634lim).4lim).
2
222 xxb
xxa
xx
Jawab.
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 86
a) Kita dapat menggunakan teorema 4.13 (b), karena jika dimisalkan f(x) = x + 4
dan h(x) = x2 , 0)(lim,,0)(2
Hxhxxhx
maka
23
46
lim
)4(lim4lim 2
2
222
x
x
xx
x
x
x
b) Tidak dapat menggunakan teorema 4.13 (b), karena jika dimisalkan
xxxhxxf ,63)(,4)( 2 tetapi
0)63(lim)(lim22
xxhHxx
maka untuk
34)22(
312lim
31)2(
31lim
634lim,2
22
2
2
xxx
xxxxx
. ■
Teorema 4.16.
Misalkan RR AfA :, dan Rc , dengan c titik timbun A. Jika
cxAxbxfa ,)( dan jika )(lim xfcx
ada maka bxfacx
)(lim .
Teorema Apit 4.17.
Misalkan RR AhgfA :,,, dan Rc , dengan c titik timbun A. Jika
cxAxxhxgxf ,)()()( dan jika )(lim)(lim xhLxfcxcx
maka
Lxgcx
)(lim .
Contoh 4.18.
Buktikan bahwa
xx
1coslim0
tidak ada tetapi 01coslim0
xx
x.
Bukti.
Akan dibuktikan
xx
1coslim0
tidak ada . Misalkan
xxf 1cos)( .
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 87
Ambil subbarisan nn
xn ,2
1
dan subbarisan
nn
yn ,)12(
1
,
dimana 0)12(
1lim,02
1lim
nn nn
.Tetapi 12cos)( nxf n dan
1)12cos()( nyf n , sehingga ))((lim))((lim nnnnyfxf
.
Jadi
xx
1coslim0
tidak ada.
Akan dibuktikan 01coslim0
xx
x.
Perhatikan bahwa xx
xx
1cos dan xxxx
00
lim0lim maka menurut
teorema apit 01coslim0
xx
x. ■
Teorema 4.19.
Misalkan RR AfA :, dan Rc , dengan c titik timbun A. Jika
0)(lim
xfcx
maka cxcVAxxfcV ),(,0)()( .
Bukti:
Misalkan 0)(lim
xfLcx
. Pilih 02
L , sehingga menurut definisi limit fungsi
2)(,00 LLxfAxcx .
Karena 2
)( LLxf maka 2
)(2
LLxfL atau
cxcVAxLxf ),(,02
)( . ■
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 88
Soal – soal
1. Misalkan
Nn
nD :
1. Tentukan titik timbun D.
2. Misalkan 53)(,:),2,0( xxfAfA R . Buktikan 5)(lim
0
xf
x dan 8)(lim
1
xf
x
3. Buktikan jika RAf : dan c titik timbun A , Rc maka f hanya mempunyai satu limit di titik c.
4. Buktikan 0,11lim
ccxcx
.
5. Misalkan RR AfA :, dan Rc , dengan c titik timbun A. Buktikan jika 0)(lim)(lim
LxfLxf
cxcx.
6. Misalkan RR IfI :, dan Ic . Misalkan IxcxKLxfLK ,)(& Buktikan Lxf
cx
)(lim .
7. Buktikan bahwa limit berikut tidak ada
)0()1sin(lim)())sgn((lim)(
)0(1lim)()0(1lim)(
200
020
xx
dxxc
xx
bxx
a
xx
xx
8. Misalkan RR AgfA :,, dan Rc , dengan c titik timbun A. Misalkan f terbatas pada lingkungan dari c dan 0)(lim
xg
cx. Buktikan bahwa
0))((lim
xfgcx
.
9. Berikan contoh fungsi f dan g dimana fungsi f dan g tidak punya limit di titik c,
tetapi f + g dan fg mempunyai limit di titik c.
10. Buktikan teorema 4.15
11. Misalkan RR AfA :, dan Rc , dengan c titik timbun A. Buktikan
jika 0)(lim
xfcx
maka cxcVAxxfcV ),(,0)()( .
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 89
BAB V KEKONTINUAN FUNGSI
5.1 Definisi Fungsi Kontinu Definisi 5.1.
Misalkan RR AfA :, dan Ac . f dikatakan kontinu di titik c jika untuk
setiap lingkungan ))(( cfV dari f(c) terdapat lingkungan )(cV dari c sehingga
jika )(cVAx maka ))(()( cfVxf .
Berikut ini ada beberapa hal yang perlu diperhatikan dalam pengambilan titik c;
1. Jika Ac , dimana c titik timbun A, maka dari definisi limit dan definisi fungsi
kontinu dapat disimpulkan bahwa )(lim)( xfcfcdikontinufcx
.
Dengan kata lain, jika c titik timbun A maka f dikatakan kontinu di titik c jika
memenuhi syarat
f terdefinisi di titik c
)(lim xfcx
ada
)(lim)( xfcfcx
2. Jika Ac , dimana c bukan titik timbun A, maka ada lingkungan )(cV dari c
sehingga }{)( ccVA . Jadi dapat disimpulkan bahwa fungsi f jelas
kontinu di titik Ac walaupun c bukan titik timbun A. Titik ini disebut ”titik
terisolasi dari A”.
Definisi selanjutnya akan membicarakan kekontinuan fungsi pada suatu
himpunan.
Definisi 5.2.
Misalkan RR AfA :, Jika AB , f dikatakan kontinu pada B jika f
kontinu di setiap titik pada B.
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 90
Teorema 5.3
Misalkan RR AfA :, dan Ac . Pernyataan berikut ekuivalen :
1) f dikatakan kontinu di titik c jika untuk setiap lingkungan ))(( cfV dari f(c)
terdapat lingkungan )(cV dari c sehingga jika )(cVAx maka
))(()( cfVxf .
2) Untuk )()(,0,0 cfxfcxAx .
3) Jika (xn) barisan bilangan riil, R nAxn , dan (xn) konvergen ke-c
maka barisan f((xn)) konvergen ke f(c).
Kriteria Ketakkontinuan 5.4
Misalkan RR AfA :, dan Ac . f tidak kontinu di titik c jika dan hanya
jika )x(A)x( nn konvergen ke c, f((xn)) tidak konvergen ke f(c).
Contoh 5.5
1. Misalkan f(x) = 2x. Buktikan f(x) kontinu pada R .
Bukti:
Ambil 0 sebarang dan Rc sebarang.
Pilih 2222)()(,2
cxcxcfxfDxcx f .
Sehingga menurut definisi kekontinuan f(x) kontinu pada R .
2. Misalkan R xxxh ,)( 2 . Buktikan h(x) kontinu pada R .
Bukti:
Pada contoh 5.5 (2) telah dibuktikan bahwa )()(lim 2 chcxhcx
dengan
Rc , maka h kontinu pada setiap titik Rc . Sehingga h kontinu pada R .
3. Misalkan R xxxf ),sgn()( . Buktikan bahwa f(x) tidak kontinu di x = 0.
Bukti:
Pada contoh 4.9 (2) telah dibuktikan bahwa )sgn(lim0
xx
tidak ada di R .
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 91
Sehingga f(x) = sgn x tidak kontinudi x = 0.
4. Misalkan RA , dan f ”fungsi Di richlet” yang didefinisikan sebagai
berikut:
Qx
Qxxf
\,0,1
)(
Buktikan bahwa f(x) tidak kontinu di R .
Bukti:
Misalkan Qc , ambil N ncxQx nn ,)(,\)( .
Karena N nxf n ,0)( maka 0))((lim nn
xf , tetapi f(c) = 1.
Akibatnya f tidak kontinu pada Qc .
Misalkan Q\Rb , ambil N nbyQy nn ,)(,)( .
Karena N nyf n ,1)( maka 1))((lim nn
yf , tetapi f(b) = 0.
Akibatnya f tidak kontinu pada Q\Rb .
Dari kedua kasus di atas dapat diambil kesimpulan f tidak kontinu pada R .
Selanjutnya ada beberapa hal tentang perluasan fungsi kontinu;
1) Terkadang ada fungsi RAf : yang tidak kontinu di titik c karena f(c)
tidak terdefinisi.Tetapi, jika fungsi f mempunyai limit L di titik c maka dapat
didefinisaikan fungsi baru R }{: cAF yang didefinisikan sebagai
berikut:
Ax,)x(fcx,L
)x(F
Maka F kontinu di titik c.
2) Misalkan fungsi RAg : tidak mempunyai limit di titik c, maka tidak
dapat dibuat fungsi R }{: cAG yang kontinu di titik c dan
didefinisikan sebagai berikut:
Ax,)x(gcx,C
)x(G
Untuk membuktikan pernyataan di atas andaikan C)x(Glimcx
. Bukti
selengkapnya diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 92
Contoh 5.6
1) Misalkan 01
x,
xsin)x(g . Karena )x(glim
x 0 tidak ada, maka kita
tidak dapat memperluas fungsi g(x) di titik x = 0.
2) Misalkan 01
x,
xsinx)x(f . Karena f(0) tidak terdefinisi dan f tidak
kontinu di titik x = 0 tetapi 010
xsinxlim
x, maka kita dapat memperluas
fungsi f(x) menjadi RR :F yang didefinisikan sebagai berikut:
01
00
x,x
sinx
x,)x(F .
Sehingga F kontinu di x = 0.
5.2 Sifat-sifat Fungsi Kontinu
Misalkan RRR bAhgfA ,:,,, . Pada definisi 3.12 telah dibahas tentang
penjumlahan (f + g), selisih (f - g), perkalian dua fungsi (fg), dan perkalian fungsi
dengan skalar (bf) serta pembagian (f / h) dengan Axxh ,0)( . Berikut ini
akan membahas penjumlahan, selisih, perkalian dua fungsi, dan perkalian fungsi
dengan skalar serta pembagian fungsi kontinu.
Teorema 5.7.
Misalkan RRR bAgfA ,:,, . Misalkan Ac dan f dan g kontinu di titik
c,
a) Maka f + g, f - g, fg, bf kontinu di titik c.
b) Jika A:h kontinu di Ac dan jika Ax,)x(h 0 maka f /h
kontinu di titik c.
Bukti: a). Untuk membuktikan teorema di atas, dibagi menjadi dua kasus :
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 93
1. Jika c bukan titik timbun A
2. Jika c titik timbun A, f kontinu di titik c, dan g kontinu di titik c maka
)()(lim cfxfcx
dan )()(lim cgxgcx
. Sehingga
)(lim)(lim)()(lim))((lim xgxfxgxfxgfcxcxcxcx
))(()()( cgfcgcf
Akibatnya (f + g) kontinu di titik c. ■
Teorema 5.8.
Misalkan RRR bAgfA ,:,, . Misalkan Ac dan f dan g kontinu pada
A,
a) Maka f + g, f - g, fg, bf kontinu pada A.
b) Jika RAh : kontinu pada A dan jika Ax,)x(h 0 maka f /h
kontinu di pada A.
Teorema 5.9.
Misalkan RR AfA :, , dan misalkan | f | didefinisikan sebagai
Axxfxf ,)()( .
a) Jika f kontinu di titik Ac maka | f | kontinu di titik c.
b) Jika f kontinu pada A maka | f | kontinu pada A.
Bukti teorema 5.8 dan 5.9 diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.
Teorema 5.10.
Misalkan AxxfAfA 0)(,:, RR , dan misalkan f didefinisikan
sebagai Axxfxf ,)())((
a) Jika f kontinu di titik Ac maka f kontinu di titik c.
b) Jika f kontinu pada A maka f kontinu pada A.
Bukti.
a) Ambil 0 sebarang. Misalkan Ac . Jika 0cf maka 0cf .
Karena f kontinu di Ac maka
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 94
2)(,0 xfxfcxAx atau
cfxfxf 0 .
Sekarang misalkan Ac dan 0cf . Karena Karena f kontinu di
Ac maka cfcfxfcxAx )(,0 .
Perhatikan bahwa cxAx , berlaku
)()(
)()()(
)()()()(
)()()()(
)()()()()()(
)()(
cfcf
cfcfxf
cfxfcfxf
cfxfcfxf
cfxfcfxfcfxf
cfxf
Jadi terbukti f kontinu di titik c. ■
Pada teorema 5.7 membahas tentang perkalian dua fungsi kontinu adalah
kontinu. Selanjutnya akan dibahas tentang komposisi fungsi kontinu.
Komposisi Fungsi Kontinu Teorema 5.11.
Misal BAfBgAfBA )(,:,:,, RRR . Jika f kontinu di titik Ac
dan g kontinu pada B)c(fb maka RAfg : kontinu di titik c.
Teorema 5.12.
Misal BAfBgAfBA )(,:,:,, RRR . Misalkan f kontinu pada A
dan g kontinu pada B . Jika BAf )( maka RAfg : kontinu pada A.
Bukti teorema 5.11 dan 5.12 diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.
5.3 Fungsi Kontinu pada Interval
Definisi 5.13.
Misal RAf : . f dikatakan terbatas pada A jika AxMxfM ,)(0 .
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 95
Dari definisi di atas dapat dikatakan suatu fungsi dikatakan terbatas jika range
fungsi tersebut terbatas di R . Ingat bahwa fungsi kontinu tidak selalu terbatas,
contohnya pada }0:{,1)( xxAx
xf R , f kontinu pada A tetapi tidak
terbatas pada A.
Jika }10:{,1)( xxBx
xf R juga f kontinu pada B tetapi f tidak
terbatas pada B. Sedangkan jika }1:{,1)( xxCx
xf R f kontinu pada C
dan f terbatas pada C, meskipun C tidak terbatas.
Teorema 5.14 (Keterbatasan).
Misal I = [a,b] interval tertutup terbatas dan misalkan RIf : kontinu pada I.
Maka f terbatas pada I.
Bukti:
Andaikan f tidak terbatas pada I, maka N nnxfIx nn ,)( . Karena I
terbatas maka X = (xn) terbatas, sehingga menurut teorema Bolzano-Weistrass
ada subbarisan yang konvergen, sebut )( nrxX yang konvergen ke x. Karena
IX maka menurut teorema Ix .
Dari hipotesis di atas diketahui f kontinu pada I, sehingga menurut teorema 5.3
))((rnxf konvergen ke f(x). Menurut teorema suatu barisan konvergen adalah
terbatas, maka ))((rnxf terbatas. Hal ini bertentangan dengan kenyataan bahwa
R rrnxf rnr,)( . Jadi pengandaian salah haruslah f terbatas pada I.■
Definisi 5.15
Misalkan RR AfA :, . f mempunyai maksimum absolut pada A jika ada
AxxfxfAx ),(*)(* dan f mempunyai minimum absolut pada A jika
ada AxxfxfAx ),()( ** .
x* disebut titik maksimum absolut dan *x disebut titik minimum absolut.
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 96
Teorema 5.16 (Maksimum-Minimum).
Misal I = [a,b] interval tertutup terbatas dan misalkan RIf : kontinu pada I.
Maka f mempunyai maksimum absolut dan minimum absolut pada I.
Bukti :
Misalkan }),({)( IxxfIf . Karena I interval tertutup terbatas maka f(I) juga
terbatas pada R , sehingga f(I) mempunyai supremum dan infimum, sebut s* =
sup f(I) dan )(inf* Ifs . Akan dibuktikan )(&*)(**, *** xfsxfsIxx .
Karena s* = sup f(I) maka N nn
s ,1* bukan batas atas f(I). Sehingga
N nsxfn
sIx nn *,)(1* .
Karena I terbatas maka X = (xn) juga terbatas, sehingga menurut Teorema
Bolzano-Weistrass ada subbarisan )(rnxX yang konvergen ke x*. Karena f
kontinu di x* maka *)()(lim xfxfrnn
sehingga rsxf
ns
rnr
*,)(1* .
Karena *lim*1*lim ssn
sn
rn
maka menurut teorema apit
*))((lim sxfrnn
. Sehingga )(sup*))((lim*)( Ifsxfxfrnn
.
Akibatnya f(x) mempunyai absolut maksimum. ■
Teorema 5.17 (Lokasi Akar).
Misal I = [a,b] interval tertutup terbatas dan misalkan RIf : kontinu pada I.
Jika )(0)(,, ffI atau )(0)( ff maka
0)(),( cfc .
Bukti dari teorema lokasi akar diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 97
Teorema 5.18 (Niai Tengah Bolzano’s).
Misal I = [a,b] interval dan misalkan RIf : kontinu pada I. Jika Iba , dan
jika Rk yang memenuhi )()( bfkaf maka kcfbac )(),( .
Bukti:
Misal Iba , dan )()( bfkaf , Rk .
Misalkan a < b dan misalkan g(x) = f(x) – k. Karena )()( bfkaf
maka )(0)( bgag . Karena f(x) kontinu pada I maka g(x) juga kontinu
pada I, sehingga menurut teorema lokasi akar
kcfcgbcabac )()(0),,( .Jadi f(c) = k.
Misalkan b < a dan misalkan h(x) = k - f(x). Karena )()( bfkaf maka
)(0)( ahbh . Karena f(x) kontinu pada I maka h(x) juga kontinu pada I,
sehingga menurut teorema lokasi akar
)()(0),,( cfkchacbbac .Jadi f(c) = k. ■
Akibat 5.19.
Misal I = [a,b] interval tertutup terbatas dan misalkan RIf : kontinu pada I.
Jika k yang memenuhi )(sup)(inf IfkIf maka kcfIc )( .
5.4 Kekontinuan Seragam
Definisi 5.20.
Misalkan .:, RR AfA f dikatakan kontinu seragam pada A jika untuk
)()()(,,0)(,0 ufxfuxAux .
Selanjutnya akan dibicarakan beberapa kriteria ketakkontinuan seragam, salah
satunya dengan menggunakan barisan.
Definisi 5.21 (Ketak Kontinuan Seragam).
Misalkan .:, RR AfA Pernyataan berikut ekuivalen :
1) f tidak kontinu seragam pada A
2) 00 )()(,,0,0 ufxfuxAux
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 98
3) N
nufxfuxAux nnnnn ,)()(&0)(lim)(),(,0 00
Dari definisi kekontinuan fungsi jelas bahwa jika f kontinu seragam pada A maka
f kontinu di setiap titik dari A. Tetapi jika f kontinu di setiap titik dari A tidak
mengakibatkan f kontinu seragam pada A. Contohnya misalkan
}0:{,1)( xxAx
xg R . Fungsi g kontinu pada A ( lihat contoh ), tetapi g
tidak kontinu seragam pada A karena dengan mengambil
0)(lim1
1,1,21
0
nnnnn ux
nu
nx dan
R nnnugxg nn ,1|)1(|)()( 021 .
Selanjutnya jika f kontinu pada suatu interval tertutup terbatas, sebut I maka f
kontinu seragam pada I.
Teorema 5.22 (Kekontinuan Seragam).
Misalkan I adalah interval tertutup terbatas, dan RIf : kontinu pada I maka
f kontinu seragam pada I.
Bukti dari teorema 5.22 diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.
Pada teorema 5.22 suatu fungsi kontinu akan kontinu seragam jika intervalnya
tertutup dan terbatas. Apabila intrervalnya tidak tertutup dan terbatas akan sulit
menentukan kekontinuan seragam. Untuk itu diperlukan kondisi lain, yaitu
kondisi Lipschitz . Definisi 5.23 (Fungsi Lipschitz).
Misalkan .:, RR AfA Jika AuxuxKufxfK ,,)()(0
maka f dikatakan fungsi Lipschitz pada A atau memenuhi kondisi Lipschitz.
Teorema 5.24.
Jika RAf : dan f fungsi Lipschitz maka f kontinu seragam pada A.
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 99
Bukti:
Ambil 0 sebarang.
Misalkan f fungsi Lipschitz maka AuxuxKufxfK ,,)()(0 .
Akan ditunjukkan f kontinu seragam pada A atau
)()(,,0 ufxfuxAux .
Pilih K , sehingga
KKKuxKufxfAux )()(,, .
Jadi f kontinu seragam pada A. ■
Kebalikan dari teorema di atas tidak benar, artinya tidak setiap fungsi kontinu
seragam adalah fungsi Lipschitz. Contohnya, misalkan
xxgIIg )(],2,0[,: . Menurut teorema 5.10 g kontinu pada I,
sehingga menurut teorema 5.22 g kontinu seragam pada I. Tetapi g bukan fungsi
Lipschitz karena tidak ada IuxuxKugxgK ,,)()(0 .
Contoh 5.25. 1. Misalkan f(x) = x2 pada A = [0,b] dengan b konstanta positif. Tunjukkan
bahwa f kon tinu seragam.
Jawab:
Ambil ],0[, bux sebarang. Perhatikan bahwa
uxbuxuxuxufxf 2)()( 22 .
Sehingga dengan mengambil K = 2b , f merupakan fungsi Lipschitz. Menurut
teorema 5.24 f kontinu seragam.
2. Misalkan ),1[,)( Axxg . Tunjukkan bahwa g kon tinu seragam.
Jawab:
Ambil Aux , sebarang. Perhatikan bahwa
uxux
uxuxugxg
21)()( .
Sehingga dengan mengambil K = ½ , g merupakan fungsi Lipschitz. Menurut
teorema 5.24 g kontinu seragam.
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 100
5.5 Fungsi Monoton dan Fungsi Invers
Definisi 5.26.
Misalkan ,: RAf f dikatakan naik pada A jika Ax,x 21 dan 21 xx maka
)x(f)x(f 21 .
f dikatakan naik sejati pada A jika Ax,x 21 dan 21 xx maka
)x(f)x(f 21 .
Misalkan ,: RAf f dikatakan turun pada A jika Ax,x 21 dan 21 xx
maka )x(f)x(f 21 .
f dikatakan naik sejati pada A jika Ax,x 21 dan 21 xx maka
)x(f)x(f 21 .
Jika R,Af : naik pada A maka g = -f turun pada A, sedangkan jika
R,Af : turun pada A maka g = -f naik pada A.
Fungsi yang monoton belum tentu konitnu, sebagai contoh
Misalkan
],(x,],[x,
)x(f211100
Pada fungsi di atas, f naik pada [0,2] tetapi tidak kontinu di x = 1.
Teorema 5.27.
Misal ,:, RR IfI f naik pada I. Misal Ic dimana c bukan titik ujung
dari I, maka
}cx,Ix:)x(finf{)x(flim).ii(}cx,Ix:)x(fsup{)x(flim).i(
cx
cx
Bukti:
(i). Ambil 0 sebarang.
Misalkan Ix dan x < c. Karena f naik maka )c(f)x(f . Sehingga
}cx,Ix:)x(f{ terbatas di atas oleh f(c). Karena }cx,Ix:)x(f{
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 101
terbatas di atas maka mempunyai supremum,sebut
}cx,Ix:)x(fsup{L .
Maka L,0 bukan batas atas }cx,Ix:)x(f{ , sehingga
Iy dimana .L)y(fLcy
Pilih ycyc 0 maka cyy dan
L)y(f)y(fL . Akibatnya L)x(f jika yc0 atau
},:)(sup{)( cxIxxfxf untuk yc0 .
Karena 0 sebarang, maka dapat disimpulkan
},:)(sup{)(lim cxIxxfxfcx
.
(ii). Buktinya di serahkan kepada pembaca sebagai latihan. ■
Akibat 5.28.
Misal ,:, RR IfI f naik pada I. Misal Ic dimana c bukan titik ujung
dari I, maka pernyataan berikut equivalent:
a) f kontinu di c
b) )x(flim)c(f)x(flimcxcx
c) }cx,Ix:)x(finf{)c(f}cx,Ix:)x(fsup{
Misal I interval dan ,: RIf f fungsi naik. Misal a titik ujung kiri dari I, dan f
kontinu di a jika dan hanya jika },ax,Ix:)x(finf{)a(f atau f kontinu
pada a jika dan hanya jika )x(flim)a(fax
.
Misal I interval dan ,: RIf f fungsi naik. Misal b titik ujung kanan dari I, dan
f kontinu di b jika dan hanya jika },bx,Ix:)x(fsup{)b(f atau f kontinu
pada b jika dan hanya jika )x(flim)b(fbx
.
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 102
Soal-Soal
1. Misalkan ,:, RR AfA dan Ac , f kontinu pada c. Buktikan jika
)()()(,)(,0 yfxfcVAyxcV .
2. Misalkan R xxxf ),sgn()( . Buktikan bahwa f(x) kontinu di di 0, cc R .
3. Misalkan ,: RR f f kontinu pada c, 0)(, cfc R . Buktikan
0)()()( xfcVxcV .
4. Misalkan
Q\R
QRR
xxxx
xgg,3
,2)(,:
Tentukan di titik mana g kontinu.
5. Tentukan di titik mana fungsi berikut kontinu
xxxkd
xx
xxhc
xxxxgb
xx
xxxfa
,1cos)().(
0,|sin|1
)().(
0,)().(
,1
12)().(
2
2
2
6. Misalkan ,: RR f dan K > 0 yang memenuhi
R yxyxKyfxf ,,)()( . Buktikan bahwa f kontinu di setiap titik
Rc .
7. Misalkan RR AfA :, , dan misalkan | f | didefinisikan sebagai
Axxfxf ,)()( . Buktikan jika f kontinu di titik Ac maka | f | kontinu
di titik c.
8. Misalkan ,:, RR AfA dan f kontinu pada A. Jika f n didefinisikan
sebagai N nxfxf nn ,))(()( , buktikan bahwa f n kontinu pada A.
9. Berikan contoh fungsi f dan g yang tidak kontinu di titik c, tetapi (f + g) dan
(fg) kontinu di titik c.
10. Berikan contoh fungsi R]1,0[:f yang tidak kontinu di setiap titik dari [0,1],
tetapi |f| kontinu pada [0,1].
11. Misal I = [a,b] dan misalkan RIf : kontinu pada I dimana
Ixxf ,0)( . Buktikan Ixxf ,)(0 .
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 103
12. Misal I = [a,b] dan misalkan RIf : kontinu pada I dimana
)()(, 21 xfyfIyIx . Buktikan 0)( cfIc .
13. Buktikan teorema 5.17
14. Buktikan teorema 5.22
15. Misal I = [a,b] dan misalkan RIf : kontinu pada I , dan misalkan
0)(,0)( bfaf . Misalkan 0)(: xfIxW dan w = sup{W}.
Buktikan f(w) = 0.
16. Misalkan ),0[,)( Axxg . Tunjukkan bahwa g kon tinu seragam pada
A.
17. Misalkan ),[,1)( aAx
xg dengan a konstanta positif. Tunjukkan bahwa
g kon tinu seragam pada A.
18. Buktikan jika f kontinu seragam pada A maka f terbatas pada A.
19. Misalkan f(x) = x dan g(x) = sin x, tunjukkan bahwa f(x) dan g(x) kontinu
seragam pada , tetapi (fg)(x) tidak kontinu seragam pada .
20. Misalkan ),1[,1)( 2 Ax
xg . Tunjukkan bahwa g kon tinu seragam pada
A, tetapi g tidak kontinu seragam pada ),0( B .
21. Gunakan kriteria ketakkontinuan seragam pada fungsi berikut:
),0()1sin()().(),0[)().( 2
BxxgbAxxfa
22. Buktikan jika f dan g kontinu seragam pada R maka gf kontinu seragam
pada R .
23. Misalkan RRRR bAgAfA ,:,:, . Misalkan Ac dan f dan g
kontinu di titik c, buktikan (f + g), f - g, fg, bf kontinu di c dengan
menggunakan definisi fungsi kontinu.
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya (Abu Abdillah) 104
DAFTAR PUSTAKA Bartle, R. G., Sherbert, D. R., 2000. Introduction to Real Analysis Third
Edition, John Wilwey & Sons, Inc. DePree, J., Swartz, C., 1998. Introduction to Real Analysis, John Wiley & Sons,
Inc. Goldberg, R. R., Methods of Real Analysis Second Edition, John Wiley & Sons.
Recommended