E. Herawati - repository.usu.ac.id

PENGANTARANALISIS REAL I

E. HerawatiDepartemen MatematikaFakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan AlamUNIVERSITAS SUMATERA UTARA

KATA PENGANTAR

Pertama, penulis mengucapkan puji syukur ke hadirat Allah S. W.T, karena atas kuasa-Nya, buku Pengantar Analisis Real I ini da-pat diselesaikan, walaupun masih memuat banyak kekurangan ataukelemahan baik dari segi isi maupun salah pengetikan.

Buku ini disusun untuk membantu mahasiswa dalam mempela-jari Analisis Real, terutama bagi mahasiswa yang merasa kurangmampu membaca buku yang setara dengan buku Analisis Real da-lam bahasa Inggris. Sebahagian besar materi dan gaya penyajianbuku ini diadaptasi dari buku M. Stoll, "Introduction to Real Ana-lysis" (Addition Wesley Longman Inc., 2001). Sebagian materi lain-nya dan kombinasi soal-soal latihan diambil dari buku R. G. Bartledan D. R. Sherbert, "Introduction to Real Analysis" (John Wiley &Sons Inc., 2011).

Sesuai dengan judul buku ini, yaitu Pengantar Analisis Real I,materi yang termuat dibagi atas 7 Bab. Bab I berisi tentang him-punan, fungsi dan logika. Bab II berisi tentang prinsip induksi danbilangan rasional. Pengenalan tentang sistem bilangan real termuatdi Bab III. Bab IV berjudul barisan. Mahasiswa program sarjanadi matematika diharapkan sangat dapat memahaminya. Selain ba-risan, juga dibicarakan tentang deret. Tentang limit fungsi, fungsikontinu dan turunan masing-masing termuat di dalam Bab V, VIdan VII. Setiap bab terdiri dari beberapa subbab, beberapa disertaidengan sejumlah soal latihan.

Akhirnya penulis mengucapkan terima kasih kepada Departe-men Matematika Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan AlamUniversitas Sumatera Utara dan Pusat Sistem Informasi Universi-tas Sumatera Utara yang telah memberikan fasilitas secukupnya da-lam mempersiapkan naskah buku ini. Selain itu penulis juga meng-ucapkan terima kasih kepada Prof. Supama (jurusan MatematikaUniversitas Gadjah Mada) yang telah melakukan koreksi berman-faat pada naskah buku ini. Kepada saudara S. N. R. Gultom, S. Si.dan M. Ofie. Trg, S. Si. yang telah membantu dengan sabar danteliti dalam pengetikan naskah sampai siap untuk dicetak.

ii

Dikarenakan masih banyaknya kekurangan yang terdapat padabuku ini, maka penulis akan sangat berterima kasih, apabila pemba-ca bersedia memberikan saran dan kritik.

E. HerawatiDepartemen MatematikaFakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan AlamUniversitas Sumatera UtaraJl. Bioteknologi No. 1 MedanE-mail: [email protected]

DAFTAR ISI

1 HIMPUNAN, FUNGSI DAN LOGIKA 11.1 Himpunan dan Notasinya . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.1 Operasi Himpunan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2Latihan Subbab 1.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.2 Fungsi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.2.1 Invers dari Suatu Fungsi . . . . . . . . . . . . . . . 91.2.2 Fungsi Komposisi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10Latihan Subbab 1.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.3 Kalimat Matematika dan Kombinasinya . . . . . . . . . 131.4 Pernyataan Berkuantor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.5 Bukti dan Metode Pembuktian . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2 PRINSIP INDUKSI DAN BILANGAN RASIONAL 192.1 Prinsip Induksi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

Latihan Subbab 2.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222.2 Bilangan Rasional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

Latihan Subbab 2.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

3 SISTEM HIMPUNAN BILANGAN REAL 263.1 Sifat Lapangan Himpunan Bilangan Real . . . . . . . . 26

Latihan Subbab 3.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 283.2 Sifat Urutan Bilangan Real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

3.2.1 Pertidaksamaan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34Latihan Subbab 3.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

3.3 Sifat Kelengkapan Himpunan Bilangan Real . . . . . 38Latihan Subbab 3.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

3.4 Aplikasi Sifat Supremum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43Latihan Subbab 3.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

3.5 Aplikasi Lanjut Sifat Supremum . . . . . . . . . . . . . . . 46Latihan Subbab 3.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

3.6 Nilai Mutlak Bilangan Real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 503.6.1 Garis Real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54Latihan Subbab 3.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

iv

4 BARISAN 574.1 Barisan Bilangan Real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

4.1.1 Konvergensi Barisan . . . . . . . . . . . . . . . . . 58Latihan Subbab 4.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

4.2 Sifat-sifat Limit Barisan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 654.2.1 Sifat Monoton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 654.2.2 Sifat Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 674.2.3 Barisan Monoton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70Latihan Subbab 4.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

4.3 Barisan Bagian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 784.3.1 Eksistensi Barisan Bagian Monoton . . . . . 82Latihan Subbab 4.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

4.4 Limit Superior dan Inferior Barisan . . . . . . . . . . . . 85Latihan Subbab 4.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

4.5 Kriteria Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 924.5.1 Barisan Kontraktif . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97Latihan Subbab 4.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

4.6 Deret Tak Hingga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1024.6.1 Uji Banding . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105Latihan Subbab 4.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

5 LIMIT FUNGSI 1105.1 Limit dari Fungsi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

Latihan Subbab 5.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1205.2 Sifat-Sifat Limit Fungsi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

Latihan Subbab 5.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

6 FUNGSI KONTINU 1296.1 Fungsi Kontinu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130

6.1.1 Sifat-Sifat Aljabar Fungsi Kontinu . . . . . 134Latihan Subbab 6.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137

6.2 Fungsi Kontinu pada Interval . . . . . . . . . . . . . . . . 139Latihan Subbab 6.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144

6.3 Kontinu Seragam . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1466.3.1 Fungsi Monoton dan Fungsi Invers . . . . . 151Latihan Subbab 6.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160

v

7 DIFFERENSIAL 1627.1 Turunan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162

7.1.1 Sifat Aljabar Turunan . . . . . . . . . . . . . . . 1647.1.2 Aturan Rantai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168Latihan Subbab 7.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171

7.2 Teorema Nilai Rata-Rata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173Latihan Subbab 7.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179

7.3 Dalil L’Hospital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190Latihan Subbab 7.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196

7.4 Turunan Tingkat Tinggi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197Latihan Subbab 7.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202

INDEKS 204

DAFTAR PUSTAKA 206

BAB 1

HIMPUNAN, FUNGSI DAN LOGIKA

Pada bab ini, akan diberikan konsep himpunan, fungsi dan logikaserta beberapa sifatnya.

1.1 Himpunan dan Notasinya

Himpunan adalah suatu koleksi objek yang disebut elemen atauanggota dari himpunan tersebut. Himpunan biasanya ditulis denganhuruf besar diikuti notasi "sama dengan" dan "kurung kurawal". Ji-ka x merupakan anggota dari suatu himpunan H, maka dikatakan xberada di H dan ditulis dengan notasi x ∈ H. Jika y bukan anggotaH ditulis dengan notasi y /∈ H.

Penjelasan anggota suatu himpunan dapat dilakukan dengan 2cara:

(i) Notasi dengan mendaftarkan setiap anggotanya;

B = {b1,b2,b3, ...}

Sebagai contoh, H ={

12 ,1,√

2,e,π}

.

(ii) Notasi dengan menyebutkan sifat/syarat keanggotaannya, di-tulis

A ={

x : S(x)}

atau H ={

x | S(x)}

untuk x anggota di A dengan sifat S(x) benar. Sebagai contoh,jika bilangan real x yang terletak di antara 1 dan 5, maka H ={x : 1 < x < 5}.

Beberapa himpunan menggunakan notasi tertentu antara lain,

2

N merupakan notasi himpunan bilangan asli atau bilangan bulatpositif;

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

Z merupakan notasi himpunan semua bilangan bulat;

Z= {. . . ,−2,−1,0,1,2, . . .}

Q merupakan notasi himpunan bilangan rasional;

Q= {m/n : m,n ∈ Z,n 6= 0}

R merupakan notasi himpunan bilangan real./0 merupakan notasi himpunan himpunan kosong, yaitu himpun-

an yang tidak mempunyai anggota.Selanjutnya, himpunan bilangan bulat non-negatif adalah

{0,1,2, . . .}.

Himpunan yang tidak sama dengan himpunan kosong disebut him-punan tak kosong.

Sebarang dua himpunan dikatakan sama jika keduanya mem-punyai anggota yang sama, ditulis A = B. Himpunan A dikatakanhimpunan bagian dari B, apabila setiap angota di A merupakananggota di B, ditulis A⊆ B, dan dikatakan juga A termuat di B atauB memuat A. Himpunan bagian A dari B disebut himpunan bagiansejati, jika A merupakan himpunan bagian dari B tetapi A 6= B. Un-tuk membuktikan himpunan A dan B sama harus ditunjukkan A⊆ Bdan B⊆ A.

Contoh 1.1.1 Diberikan himpunan A = {1,2,3,4} dan B = {2,4},maka B⊂ A.

1.1.1 Operasi Himpunan

Terdapat sejumlah operasi dasar yang dapat dilakukan pada him-punan tak kosong. Jika diberikan himpunan A dan B, gabungan da-ri A dan B ditulis dengan notasi A∪B, merupakan suatu himpunanyang anggotanya berada di A atau berada di B; yaitu

3

A∪B ={

x | x ∈ A atau x ∈ B}

.

Irisan dari A dan B ditulis dengan notasi A∩B, merupakan suatuhimpunan dengan anggotanya termuat di A dan di B; yaitu

A∩B = {x | x ∈ A dan x ∈ B}.

Contoh 1.1.2 Jika A = {1,2} dan B = {1,3,5}, maka

{1,2}∪{1,3,5}= {1,2,3,5} dan {1,2}∩{1,3,5}= {1}.

Dua himpunan A dan B dikatakan saling asing jika A∩B = /0. Kom-plemen dari B yang termuat A ditulis dengan notasi A\B, merupak-an suatu himpunan dengan anggotanya berada di A tetapi tidak diB, ditulis de-ngan notasi

A\B = {x | x ∈ A, x /∈ B}

Jika himpunan A merupakan himpunan bagian dari himpunantak kosong X yang tetap (fixed), maka komplemen dari A ditulisdengan notasi Ac dan didefinisikan sebagai

Ac = {x ∈ X | x /∈ A}.

Contoh 1.1.3 Jika A = {x | x > 0}, maka Ac = {x | x≤ 0}.

Himpunan A∪B, A∩B dan A\B diilustrasikan pada gambar berikut.

Gambar 1.1 A∪B,A∩B dan A\B

Selanjutnya untuk sebarang himpunan tak kosong X , koleksiyang anggotanya merupakan semua himpunan bagian dari X dise-but himpunan kuasa dari X , dan ditulis dengan notasi P(X) atau2X .

4

Untuk T ⊂ P(X), didefinisikan gabungan dan irisan dari anggo-ta di T sebagai berikut⋃

S∈TS =

{x | terdapat S ∈T sehingga x ∈ S

}⋂

S∈TS =

{x | untuk setiap S ∈T ,x ∈ S

}.

Contoh 1.1.4 Diberikan T ⊂ P(X) dengan T = {P,Q,R}, maka⋃S∈T

S = P∪Q∪R dan⋂

S∈TS = P∩Q∩R.

Pernyataan berikut merupakan beberapa operasi dasar himpun-an.

Teorema 1.1.5 Jika diberikan himpunan A,B dan C, maka

(i) A∩ (B∪C) = (A∩B)∪ (A∩C)

(ii) A∪ (B∩C) = (A∪B)∩ (A∪C)

(iii) C\(A∪B) = (C\A)∩ (C\B)

(iv) C\(A∩B) = (C\A)∪ (C\B)

Persamaan (i) dan (ii) disebut hukum distributif. Persamaan (iii)dan (iv) disebut hukum De Morgan. Jika A dan B merupakan him-punan bagian dari X , maka hukum De Morgan dapat ditulis sebagaiberikut.

(A∪B)c = Ac∩Bc, (A∩B)c = Ac∪Bc

Perkalian Kartesian dari dua himpunan A dan B ditulis dengannotasi A×B, didefinisikan sebagai himpunan semua pasangan teru-rut (a,b), untuk a ∈ A dan b ∈ B. Dengan kata lain,

A×B ={(a,b) | a ∈ A,b ∈ B

}.

Contoh 1.1.6 Jika diberikan himpunan A= {1,2} dan B= {−1,2,4},maka

A×B ={(1,−1),(1,2),(1,4),(2,−1),(2,2),(2,4)

}.

5

Perkalian Kartesian dari himpunan bilangan real R ditulis de-ngan notasi R2, yang biasa disebut ruang Euclidean-2. Jika A danB himpunan bagian dari R, maka A×B merupakan himpunan bagi-an dari R2. Dalam hal ini, A dan B berbentuk interval dan diilustra-sikan pada gambar berikut.

Gambar 1.2 Perkalian Kartesian A×B

Latihan Subbab 1.11. Gambarlah diagram untuk mengidentifikasi himpunan-himpunan

beri-kut.

(a) A\(B\A).(b) A\(A\B).(c) A∩ (B\A).

2. Diberikan himpunan A dan B. Tunjukkan bahwa A ⊆ B jika danhanya jika A∩B = A.

3. Diberikan himpunan A,B dan C. Buktikan hukum distributif ber-ikut.

(a) A∩ (B∪C) = (A∩B)∪ (A∩C).(b) A∪ (B∩C) = (A∪B)∩ (A∪C).

4. Diberikan A = B = {x ∈R :−1≤ x≤ 1} dan C⊆ A×B, denganC = {(x,y) : x2+y2 = 1}. Apakah himpunan C merupakan suatufungsi? Jelaskan.

6

5. Diberikan f (x) = x2 untuk x ∈ R dan E = {x ∈ R :−1≤ x≤ 0},serta F = {x ∈ R : 0 ≤ x ≤ 1}. Tunjukkan bahwa E ∩F = {0}dan f (E ∩F) = {0}, dengan f (E) = f (F) = {y ∈ R : 0 ≤ y ≤1} dan himpunan bagian f (E ∩F) dari f (E)∩ f (F) merupakanhimpunan bagian sejati. Apakah yang terjadi jika 0 dihilangkandari himpunan E dan F?

1.2 Fungsi

Pada subbab ini akan dibahas tentang konsep dasar dari fungsi. Pe-metaan atau fungsi dari himpunan A ke himpunan B adalah suatuaturan yang menghubungkan setiap anggota di A ke satu dan hanyasatu anggota di B, dan ditulis dengan notasi f : A→ B. Dengan ka-ta lain, f memetakan setiap anggota x di A, ditulis dengan notasif (x) di B. Himpunan A yang dikenakan oleh f disebut domain darif , dan himpunan B yang f mengambil nilainya disebut kodomaindari f . Fungsi f yang memetakan x ke f (x) ditulis x 7→ f (x). Jika Bmerupakan himpunan bilangan real, maka f disebut fungsi bernilaireal yang didefinisikan pada himpunan A. Selanjutnya, jika S ⊂ A,himpunan

f (S) = { f (x) | x ∈ S}

disebut bayangan (image) himpunan S terhadap fungsi f . Khusus-nya, f (A) disebut daerah hasil (range) dari f . Dalam hal ini rangedari suatu fungsi tidak harus sama dengan kodomainnya, yaitu tidakharus berlaku f (A) = B.

Gambar 1.3 f (S)⊂ f (A)

7

Jika T ⊂ B, himpunan

f−1(T ) = {x : f (x) ∈ T}

disebut bayangan kebalikan (invers image) dari himpunan T terha-dap fungsi f .

Gambar 1.4 f−1(T )

Contoh 1.2.1 (a) Diberikan f : R→ R dengan aturan f (x) = x2.Bayangan langsung dari himpunan E = {x ∈R : 0≤ x≤ 2} adalahhimpunan f (E) = {y ∈ R : 0≤ y≤ 4}.Jika G = {y ∈ R : 0 ≤ y ≤ 4}, maka bayangan kebalikan dari him-punan G adalah himpunan f−1(G) = {x ∈R :−2≤ x≤ 2}. Dalamhal ini, terlihat bahwa f−1( f (E)) 6= E.Pada sisi lain, diperoleh bahwa f ( f−1(G)) = G. Akan tetapi, jikaH = {y ∈ R :−1≤ y≤ 1}, maka diperoleh

f(

f−1(H))={

y ∈ R : 0≤ y≤ 1}6= H.

(b) Diberikan f : A→ B dan G,H adalah himpunan bagian dari B.Akan ditunjukkan bahwa

f−1(G∩H)⊆ f−1(G)∩ f−1(H).

Jika x ∈ f−1(G∩H), maka f (x) ∈G∩H. Hal ini berarti, f (x) ∈G

8

dan f (x) ∈ H. Akibatnya x ∈ f−1(G) dan x ∈ f−1(H), yaitu

x ∈ f−1(G)∩ f−1(H).

Dengan demikian dapat disimpulkan bahwa

f−1(G∩H)⊆ f−1(G)∩ f−1(H).

Notasi f−1(T ) seperti terlihat adanya fungsi invers atau fung-si kebalikan untuk f , padahal invers dari suatu fungsi belum tentuada. Fungsi f : A→ B tidak harus berlaku f (A) = B. Penjelasanmengenai hal ini diberikan pada tipe-tipe khusus dari fungsi seba-gai berikut.

Definisi 1.2.2 Diberikan himpunan A,B dan fungsi f : A→ B.

(i) Fungsi f dikatakan satu-satu atau injektif jika dan hanya jika

f (a1) = f (a2)

berlaku a1 = a2.

(ii) Fungsi f dikatakan pada atau surjektif jika berlaku f (A) = B.

(iii) Fungsi f dikatakan bijektif jika f injektif dan surjektif.

Contoh 1.2.3 Diberikan A = {x ∈ R : x 6= 1} dan fungsi f : A→ Rdengan x 7→ f (x) = 2x/(x−1). Untuk menunjukkan bahwa f injek-tif, diambil sebarang x1,x2 ∈ A dengan f (x1) = f (x2), diperoleh

2x1

(x1−1)=

2x2

(x2−1),

yang berakibat bahwa x1(x2−1)= x2(x1−1). Jadi, x1 = x2. Dengandemikian, fungsi f injektif. Untuk menentukan daerah hasil fungsif , diselesaikan persamaan 2x/(x− 1) untuk x atas variabel y dandiperoleh x = y/(y− 2), dengan y 6= 2. Dengan demikian, daerahhasil fungsi f adalah himpunan B = {y ∈R : y 6= 2}. Hal ini berarti,f : A→ B bijektif.

9

1.2.1 Invers dari Suatu Fungsi

Fungsi f : A→ B dikatakan invertible atau mempunyai invers jikaf memenuhi sifat bijektif. Jika diberikan fungsi invertible f : A→B, berarti untuk setiap anggota b di B ada tepat satu anggota a di Adengan f (a) = b ditulis dengan notasi f−1(b) = a. Pernyataan inimemperlihatkan adanya suatu pemetaan f−1 : B→ A sehingga

a = f−1(b)⇐⇒ b = f (a).

untuk a ∈ A dan b ∈ B. Berikut diberikan definisi formal invers darisuatu fungsi.

Definisi 1.2.4 Diberikan himpunan A,B dan fungsi bijektif f : A→B, maka

g ={(b,a) ∈ B×A : f (a) = b

}.

adalah fungsi dari B ke A. Fungsi ini disebut sebagai fungsi inversdari fungsi f dan dinotasikan dengan f−1. Fungsi f−1 juga disebutsebagai invers dari fungsi f .

f−1 ={(a,b) : b ∈ f (A) dan f (a) = b

}.

Kita juga dapat menunjukkan hubungan antara f dan f−1 denganasumsi D( f ) = R( f−1) dan R( f ) = D( f−1), yaitu

b = f (a) jika dan hanya jika a = f−1(b)

Gambar 1.5 Fungsi Invers

10

Contoh 1.2.5 (a) Diberikan fungsi f : R→ R dengan aturan

f (x) = 2x+3,

maka f merupakan fungsi satu-satu dan pada dengan invers

f−1(y) =12(y−3), D( f−1) = R

(b) Diberikan A = {x ∈ R : x ≥ 0} dan fungsi f : A→ A denganaturan

f (x) = x2,

maka f merupakan fungsi satu-satu dan pada dengan invers

f−1(y) =√

y, D( f−1) = {y ∈ R : y≥ 0}

1.2.2 Fungsi Komposisi

Diberikan f adalah fungsi dari A ke B dan g adalah fungsi dari Bke C. Jika x ∈ A, maka f (x) adalah suatu elemen di B, domain darifungsi g. Akibatnya, kita dapat menerapkan fungsi g ke f (x) untukmemperoleh elemen g( f (x)) di C. Proses ini diilustrasikan padagambar berikut.

Gambar 1.6 Fungsi komposisi g◦ f

Definisi 1.2.6 Diberikan fungsi f : A→ B dan g : B→ C denganR( f )⊆ D(g) = B. Fungsi komposisi g◦ f adalah fungsi dari A ke

11

C, yang didefinisikan sebagai

(g◦ f )(x) = g( f (x)), untuk setiap x ∈ A.

Contoh 1.2.7 (a) Diberikan fungsi bernilai real f (x) =√

1+ x de-ngan D( f ) = {x∈R : x≥−1} dan fungsi g(x) = x2 dengan D(g) =R, maka

(g◦ f )(x) = g(

f (x))= (√

1+ x)2 = 1+ x

dengan D(g◦ f ) = {x ∈ R : x≥−1}.Walaupun fungsi (g◦ f )(x) = 1+ x terdefinisi untuk semua bilang-an real x, domain fungsi komposisi g◦ f adalah himpunan {x ∈ R :x≥−1}.Dalam hal ini, karena R(g) ⊂ D( f ), maka dapat ditentukan jugafungsi komposisi f ◦g, yaitu

( f ◦g)(x) = f(g(x)

)=√

1+ x2

dengan D( f ◦g) = R.

(b) Pada contoh bagian (a), fungsi invers dari f (x) =√

1+ x adalah

f−1(y) = y2−1

dengan D( f−1) = R( f ) = {y ∈ R : y ≥ 0}. Berarti untuk setiapx ∈ D( f ) sehingga

( f−1 ◦ f )(x) = f−1( f (x)) = ( f (x))2−1 = (√

1+ x)2−1 = x,

dan untuk y≥ 0, diperoleh

( f ◦ f−1)(y) = f ( f−1(y)) =√

(y2−1)+1 = y

Latihan Subbab 1.2

1. Diberikan fungsi f : N→ N dengan aturan f (n) = 2n− 1. Ten-tukan f (E) dan f−1(E) dari himpunan-himpunan bagian E ⊆ Nberikut.

12

(a) {1,2,3,4}

(b) {1,3,5,7}

(c) N

2. Diberikan fungsi {(x,y) : x ∈ R,y = x3 +1}.

(a) Jika A = {x ∈ R :−1≤ x≤ 2}, tentukan f (A) dan f−1(A).

(b) Tunjukkan bahwa fR→ R adalah fungsi satu-satu.

(c) Tentukan fungsi invers dari f .

3. Diberikan f ,g : Z→Z dengan aturan f (x) = x+3 dan g(x) = 2x.Tentukan ( f ◦g)(N) dan (g◦ f )(N).

4. Untuk masing-masing fungsi real berikut, tentukan daerah hasildari f dan tentukan apakah fungsi f satu-satu. Jika f adalah fung-si satu-satu, tentukan fungsi invers dari f dan domain dari f−1.

(a) f (x) = 3x−2, dengan D( f ) = R.

(b) f (x) = 11−x , dengan D( f ) = {x ∈ R : 0≤ x < 1}.

(c) f (x) = 5x+4, dengan D( f ) = R.

(d) f (x) = 11−x , dengan D( f ) = {x ∈ R : 0≤ x < 1}.

(e) f (x) = 1x2+1 , dengan D( f ) = {x ∈ R :−1≤ x≤ 1}.

(f) f (x) = sin(x), dengan D( f ) = {x ∈ R : 0≤ x≤ π}.

(g) f (x,y) = x, dengan D( f ) = R2.

5. Diberikan fungsi satu-satu (injektif) f : A→B. Tunjukkan bahwa( f−1 ◦ f )(x) = x untuk setiap x ∈ A dan ( f ◦ f−1)(y) = y untuksetiap y ∈ R( f ).

6. Diberikan fungsi f : A→ B dan g : B→ A dengan (g◦ f )(x) = xuntuk setiap x ∈ A. Tunjukkan bahwa f adalah fungsi satu-satu.

7. Diberikan fungsi satu-satu f : A→ B dan g : B→C. Tunjukkanbahwa (g◦ f )−1 = f−1 ◦g−1 pada daerah hasil g◦ f .

13

1.3 Kalimat Matematika dan Kombinasinya

Semua bukti dan argumen matematika didasarkan pada pernyataanatau kalimat yang berbentuk deklaratif atau simbol yang bermaknadan dapat diklasifikasikan sebagai benar atau salah. Setiap kalimatdapat bernilai "salah atau benar" tetapi tidak mungkin "benar dansalah" sekaligus. Sebagai contoh, 2+2 = 5 merupakan pernyataanyang salah, sementara 1+ 3 = 4 merupakan pernyataan yang be-nar. Pernyataan yang selalu benar disebut Tautologi dan pernyata-an yang selalu salah disebut Kontradiksi. Pernyataan x2 = 1 dapatbenar dan dapat salah, benar ketika x = 1 dan salah ketika x = 3.Nilai kebenaran dari pernyataan ini tergantung pada nilai bilanganx.

Matematika syarat dengan pernyataan majemuk yaitu kalimatyang terdiri dari beberapa pernyataan. Beberapa kalimat majemuknilai kebenarannya telah menjadi konsensus. Dua kalimat P dan Qdikatakan ekuivalen secara logika, ditulis dengan P ≡ Q jika ke-duanya mempunyai nilai kebenaran yang sama, yakni jika P benarmaka Q benar (jika P salah maka Q salah) dan sebaliknya, jika Qbenar maka P benar (jika Q salah maka P salah). Tabel kebenaranuntuk ekuivalen secara logika P≡ Q diberikan sebagai berikut

P Q P≡ QB B BB S SS B SS S B

Table 1.1 Tabel P≡ Q

Contoh 1.3.1 Diberikan notasi P adalah presiden Soekarno dan no-tasi Q adalah presiden pertama RI, maka pernyataan P dan Q dinya-takan ekuivalen secara logika.

Ada beberapa cara berbeda untuk membentuk kalimat baru darikalimat yang diberikan dengan menggunakan koneksi logis. JikaP merupakan pernyataan, maka negasinya dinotasikan dengan ∼ P.

14

Dalam hal ini bernilai benar apabila P bernilai salah dan bernilaisalah apabila P benar.

Selain kalimat negasi, ada juga kalimat konjungsi dan disjung-si. Jika P dan Q adalah pernyataan, maka konjungsinya dinotasikandengan P∧Q. Konjungsi P∧Q bernilai benar jika P dan Q kedu-anya bernilai benar dan selain itu bernilai salah. Disjungsi dari Pdan Q ditulis dengan notasi P∨Q, dalam hal ini bernilai benar jikasalah satu dari P dan Q bernilai benar atau salah jika keduanya ber-nilai salah. Tabel kebenaran dari konjungsi dan disjungsi diberikansebagai berikut:

P Q P∧Q P∨QB B B BB S S BS B S BS S S S

Table 1.2 Tabel Konjungsi (P∧Q) dan Disjungsi (P∨Q)

Contoh 1.3.2 Diberikan pernyataan P sebagai "Istana Merdeka ter-letak di Jakarta" dan pernyataan Q sebagai "Istana Tampak Siringterletak di Medan," maka P∧Q bernilai salah, tetapi P∧ (∼ Q) be-nar. Dengan kata lain, "P∨Q" dan "P∨ (∼ Q)" keduanya benar.

Selanjutnya, hal yang penting membentuk kalimat baru dari ka-limat yang diberikan adalah pernyataan implikasi, yaitu pernyataan"Jika P maka Q" atau P berakibat Q, ditulis dengan notasi

P⇒ Q

yang berarti, jika P maka Q .Dalam hal ini, P disebut hipotesa dan Q disebut kesimpulan.

Nilai kebenaran dari implikasi P⇒ Q dan bernilai salah jika Pbenar dan Q salah, dan selain itu bernilai benar. Tabel kebenarandari implikasi diberikan sebagai berikut

15

P Q P⇒ QB B BB S SS B BS S B

Table 1.3 Tabel Implikasi

Terakhir, cara membentuk kalimat baru dari kalimat yang di-berikan adalah pernyataan biimplikasi, dinotasikan dengan P⇔ Qatau P jika dan hanya jika Q yang didefinisikan sebagai

(P⇒ Q) dan (Q⇒ P).

Biimplikasi ini bernilai benar jika kedua-duanya bernilai benaratau kedua-duanya bernilai salah. Oleh karena itu untuk mengatak-an P ekuivalen secara logika, sama artinya dengan mengatakan "Ji-ka P maka Q" dan "Jika Q maka P". Tabel kebenaran dari biimpli-kasi diberikan sebagai berikut.

P Q P⇒ Q Q⇒ P (P⇒ Q) ∧ (Q⇒ P) P⇔ QB B B B B BB S S B S SS B B S S SS S B B B B

Table 1.4 Tabel Biimplikasi

1.4 Pernyataan Berkuantor

Dalam matematika, pernyataan dapat memuat satu atau lebih vari-abel yang sering berpengaruh pada nilai kebenarannya. Jadi, harusselalu dijelaskan berapa nilai yang mungkin dari variabel tersebut.Pernyataan matematika seperti ini sering melibatkan ekspresi kuan-tifikasi, ditulis "∀" sebagai kuantifikasi untuk setiap dan "∃" sebagaikuantifikasi untuk terdapat.

16

Contoh 1.4.1 Untuk setiap bilangan x,x2 = 1 dan ada x sedemiki-an hingga x2 = 1 masing-masing ditulis sebagai ∀x(x2 = 1) dan∃x(x2 = 1). Pernyataan pertama salah jika diambil x = 3, akan teta-pi pernyataan kedua benar karena dapat diambil x = 1 atau x =−1.

Jika konteksnya dianggap benar untuk setiap bilangan bulat, ma-ka pernyataan dapat lebih aman diganti dengan "untuk setiap bi-langan bulat x,x2 = 1 dan ada bilangan bulat x sedemikian hinggax2 = 1". Pernyataan "untuk setiap, untuk semua" atau kalimat yangsetara dengannya disebut kuantor universal. Sedangkan "untuk su-atu, terdapat" atau yang setara dengannya disebut kuantor eksisten-sial.

Contoh 1.4.2 Pernyataan ini

(∀x)(∃y)(x+ y = 0)

dapat dibaca "untuk setiap bilangan bulat x, terdapat bilangan bulaty sehingga x+ y = 0".

1.5 Bukti dan Metode Pembuktian

Bukti merupakan sesuatu yang membedakan matematika dari ilmulainnya seperti kimia dan fisika yang bekerja pada eksperimen. Da-lam matematika, eksperimen juga penting, tetapi bukti lebih esen-sial. Pernyataan seperti "setiap bilangan kuadrat mempunyai sisa 0atau 1 jika dibagi dengan 4", tidak dapat disimpulkan benar mela-lui eksperimen dengan bilangan-bilangan kuadrat karena terdapattak hingga banyaknya bilangan-bilangan kuadrat. Eksperimen da-pat menghasilkan suatu dugaan namun kita perlu bukti untuk meya-kinkan bahwa pernyataan itu memang benar adanya.

Untuk dapat membuktikan pernyataan di atas, maka perlu ba-nyak latihan. Langkah yang perlu diantisipasi terhadap sebuah per-nyataan adalah memahami maksud dari pernyataan tersebut yaituperhatikan apa yang diketahui dan apa yang harus dibuktikan. Da-lam pernyataan perhatikan juga kalimat kuantor, setiap pernyataanyang mengandung kuantor "setiap" memerlukan aksi khusus dalamproses pembuktian. Cara membuktikan suatu pernyaataan berkuan-

17

tor konjungsi yaitu "P dan Q " benar, adalah harus membuktikan Pbenar dan Q benar.

Sementara, untuk membuktikan disjungsi "P atau Q benar", da-pat dilakukan dengan menganggap P salah kemudian menunjukkanQ benar. Karena dalam hal ini, jika P benar, berlaku disjungsi "Patau Q benar", sehingga tidak ada yang harus dilakukan. Untuk per-nyataan yang berbentuk implikasi "jika P maka Q" proses pembuk-tian dapat dilakukan dengan dua cara yaitu metode langsung danmetode tidak langsung. Pada metode langsung, jika P salah maka"P⇒ Q" otomatis benar, sehingga tidak ada yang harus dilakukan.Oleh karena itu yang dilakukan dengan menganggap P benar dankemudian menunjukkan Q juga benar. Cara lain pernyataan impli-kasi dengan metode pembuktian tidak langsung. Ada dua tipe buktitidak langsung :

(1) Metode bukti dengan Kontrapositif

(2) Metode bukti dengan Kontradiksi

Kedua tipe metode tak langsung ini dilakukan dengan asumsi Qbernilai salah, dengan kata lain pernyataan Q tidak benar.

(1) Metode bukti Kontrapositif untuk implikasi P⇒ Q dilakukandengan cara kontrapositif ∼ Q⇒∼ P.

Contoh 1.5.1 Jika n bilangan bulat dan n2 genap, maka n genap.Pernyataan ini dapat dibuktikan dengan kontrapositif pada implika-si P⇒ Q. Dalam hal ini, P : n2 genap dan Q : n bilangan genap.Negasi dari Q : n bilangan ganjil dengan hipotesa P : n2 genap. Ak-an dibuktikan dengan metode kontrapositif, jadi diambil negasi dariQ : n bilangan ganjil, akan ditunjukkan P : n2 ganjil yaitu implikasi∼ Q⇒∼ P. Karena n ganjil, maka n = k+1, untuk bilangan bulatk. Akibatnya,

n2 = (k+1)2 = k2 +2k+1= k(k+2)+1

merupakan bilangan ganjil. Jadi, terbukti implikasi ∼ Q⇒∼ P.

(2) Metode bukti dengan KontradiksiImplikasi P ⇒ Q ekuivalen secara logika dengan implikasi

18

(P dan (∼ Q))⇒C, dengan fakta yang harus diperoleh C ber-nilai salah. Jadi metode bukti kontradiksi dilakukan denganmenggunakan pernyataan

(P dan (∼ Q))

berakibat suatu kontradiksi.

Teorema 1.5.2 Jika bilangan real a > 0, maka 1/a > 0.

Bukti. Implikasi P⇒Q akan dibuktikan dengan kontradiksi, untukP : bilangan real a > 0 dan Q : 1/a > 0. Anggap P : a > 0 benardan Q : 1/a > 0 salah. Karena a > 0 dan 1/a < 0, maka berlakua(1/a)< 0 (Dari sifat terurut bilangan real). Tetapi a(1/a) = 1. Se-hingga diperoleh 1 < 0. Hal ini merupakan suatu pernyataan yangkontradiksi. Jadi implikasi P⇒ Q di atas terbukti benar. �

Selanjutnya, membuktikan suatu pernyataan berkuantor

(i) Pernyataan berkuantor "terdapat n sehingga P", berarti harusdapat memilih n yang membuat P benar.

Contoh 1.5.3 Terdapat bilangan asli n sehingga n2 ≤ n. Hal ini ter-bukti benar dengan memilih n = 1 yang memenuhi n2 ≤ 1.

(ii) Pernyataan berkuantor "untuk setiap n berlaku P", berarti ha-rus memulainya dengan mengambil sebarang n dan kemudianberusaha memperlihatkan bahwa P berlaku untuk n.

Contoh 1.5.4 Untuk setiap bilangan kuadrat mempunyai sisa 0 atau1 jika dibagi dengan 4. Hal ini dibuktikan sebagai berikut. Diambilsebarang bilangan kuadrat, sebut n2. Ada dua kemungkinan tentangn, yaitu n genap dan n ganjil. Jika n genap, sebutlah n = 2k makan2 = 4k2. Berarti n2 mempunyai sisa 0 jika dibagi dengan 4. Se-mentara jika n ganjil, sebutlah n = 2k+1 maka n2 = 4k2 +4k+1.Berarti n2 mempunyai sisa 1 jika dibagi oleh 4. Oleh karena ituberapa pun nilai n, n2 mempunyai sisa 0 atau 1 jika dibagi oleh 4.

BAB 2

PRINSIP INDUKSI DAN BILANGAN RASIONAL

Di dalam bab ini akan dijelaskan sifat-sifat dasar bilangan bulatdan bilangan rasional. Bilangan rasional dapat dibentuk dari bilang-an asli sebagai pasangan terurut dari bilangan bulat.

2.1 Prinsip Induksi

Himpunan bilangan asli merupakan himpunan bagian dari himpun-an bilangan bulat, yaitu

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

Untuk membuktikan suatu pernyataan, identitas atau ketidakseta-raan, kadang melibatkan bilangan bulat positif atau bilangan asli.Sebagai contoh, untuk setiap n ∈ N, berlaku

r+ r2 + . . .+ rn =r− rn+1

1+ runtuk r 6= 1.

Prinsip Induksi Matematika merupakan alat yang sangat bergunadalam menetapkan bahwa identitas tersebut berlaku untuk setiapbilangan bulat positif.

Teorema 2.1.1 (Prinsip Induksi Matematika) Diberikan pernya-taan P(n) untuk setiap n ∈ N.

(i) Jika P(1) benar dan

(ii) Jika P(k) benar, berakibat P(k+ 1) benar, maka P(n) benaruntuk setiap n ∈ N.

Untuk membuktikan teorema di atas, diperlukan aksioma untukbilangan bulat positif.

20

Prinsip Well-Ordering Setiap himpunan bagian tak kosong di Nmempunyai elemen terkecil.

Prinsip ini mengatakan bahwa jika A⊂ N dengan A 6= /0, maka adan ∈ A sehingga n≤ k untuk semua k ∈ N.

Bukti. Dibentuk S = {n ∈N : P(n) salah}. Akan diperlihatkan bah-wa S = /0. Andai S 6= /0. Karena S ⊆ N maka dari prinsip well-ordering ada m ∈ S sebagai elemen terkecil. Karena P(1) benar,maka 1 /∈ S. Jadi m 6= 1. Akibatnya, m > 1 dan m−1 di N. Karenam ∈ S terkecil, maka m− 1 /∈ S atau P(m− 1) benar. Selanjutnyadi hipotesa ke (ii), diperoleh P(m) benar atau m /∈ S. Hal ini berten-tangan dengan m ∈ S. �

Contoh 2.1.2 Untuk setiap n ∈ N, berlaku:

n

∑k=1

k2 =16

n(n+1)(2n+1).

Anggap untuk sebarang n ∈ N, P(n) = ∑nk=1 k2. Akan ditunjukkan

P(n) benar untuk setiap n. Pertama, dapat dilihat untuk n= 1 bahwaP(n) = P(1) = 12 = 1

6 .1.2.3 benar. Selanjutnya, diasumsikan

P(m) =m

∑k=1

k2 =16

m(m+1)(2m+1) benar.

Untuk mengetahui P(m+1) benar, diperiksa

P(m+1) = 12 +22 + ...+m2 +(m+1)2

=16

m(m+1)(2m+1)+(m+1)2

=16(m+1)(m(2m+1)+(m+1)2)

=16(m+1)(2m2 +7m+6)

=16(m+1)(m+2)(m+3).

21

Jadi P(m+ 1) benar. Oleh karena itu, berdasarkan Prinsip InduksiMatematika dapat disimpulkan P(n) benar untuk setiap n ∈ N.

Bentuk lain dari Prinsip Induksi Matematika disebut Prinsip In-duksi Kuat.

Teorema 2.1.3 (Prinsip Induksi Kuat) Diberikan pernyataan P(n)untuk n ∈ N, sehingga

(i) P(1) benar dan

(ii) untuk setiap k ∈ N, jika P(1), ...P(k) benar, berlaku P(k+ 1)benar, maka P(n) benar untuk setiap n ∈ N.

Himpunan bilangan bulat terdiri dari himpunan bilangan asli, ne-gatinya dan bilangan 0, yaitu:

Z= {...,−3,−2,−1,0,1,2,3, ...}.

Jika dikenakan operasi penjumlahan (+) dan perkalian (·) pada Z,maka berlaku aksioma berikut

1. a+b = b+a untuk setiap a,b ∈ Z,

2. (a+b)+ c = a+(b+ c) untuk setiap a,b,c ∈ Z,

3. Terdapat bilangan 0 ∈ Z sehingga untuk setiap a ∈ Z berlaku

a+0 = 0+a = a

4. Untuk setiap a ∈ Z terdapat bilangan −a ∈ Z yang memenuhi

a+(−a) = (−a)+a = 0

5. a ·b = b ·a untuk setiap a,b ∈ Z,

6. (a ·b) · c = a · (b · c) untuk setiap a,b,c ∈ Z,

7. Terdapat bilangan 1 ∈ Z dengan 1 6= 0 sehingga untuk setiapa ∈ Z berlaku

a ·1 = 1 ·a = a

22

8. a ·(b+c) = a ·b+a ·c dan (a+b) ·c = a ·c+b ·c untuk setiapa,b,c ∈ Z.

Karena penjumlahan dan hasil kali dua bilangan bulat merupak-an bilangan bulat dan memenuhi ke-8 aksioma di atas, maka dalamterminologi aljabar, himpunan bilangan bulat Z = (Z,+, ·) disebutring komutatif dengan identitas penjumlahan 0 dan identitas per-kalian 1.

Latihan Subbab 2.1

1. Buktikan bahwa 1/1.2 + 1/2.3 + . . .+ 1/n(n + 1) = n/(n + 1)untuk setiap n ∈ N.

2. Buktikan bahwa 13 + 23 + . . .+ n3 =[1

2n(n+1)]2

untuk setiapn ∈ N.

3. Buktikan bahwa 3+ 11+ . . .+(8n− 5) = 4n2− n untuk setiapn ∈ N.

4. Buktikan bahwa 12 + 32 + . . .+(2n− 1)2 = (4n3− n)/3 untuksetiap n ∈ N.

5. Buktikan bahwa

12−22 +32 + · · ·+(−1)n+1n2 = (−1)n+1 n(n+1)2

untuk setiap n ∈ N.

6. Buktikan bahwa n3 +5n habis dibagi oleh 6 untuk setiap n ∈ N.

7. Buktikan bahwa 52n−1 habis dibagi oleh 8 untuk setiap n ∈ N.

8. Buktikan bahwa 5n− 4n− 1 habis dibagi oleh 16 untuk setiapn ∈ N.

9. Buktikan bahwa n3+(n+1)3+(n+2)3 habis dibagi oleh 9 untuksetiap n ∈ N.

10. Tentukan rumus umum dari penjumlahan

11 ·3

+1

3 ·5+ · · ·+ 1

2n−1 ·2n+1

23

dan buktikan kebenaran rumus umum tersebut menggunakan Prin-sip Induksi Matematika.

2.2 Bilangan Rasional

Bilangan rasional adalah bilangan dengan bentuk pembagian da-ri bilangan-bilangan bulat. Himpunan bilangan rasional ditulis de-ngan notasi

Q=

{mn

: m,n ∈ Z, dan n 6= 0}.

Terhadap operasi penjumlahan dan perkalian dapat diperlihatk-an bahwa himpunan bilangan rasional Q juga memenuhi aksiomalapangan dan aksioma berikut:

Untuk setiap a ∈Q dengan a 6= 0, terdapat s ∈Q dengan sifat

a · s = s ·a = 1. (2.1)

Sebarang himpunan F yang memenuhi 8 aksioma di atas dan 2.1disebut Lapangan. Membentuk Q dapat dilakukan dari Z dengancara sebagai berikut:

Diberikan perkalian kartesian himpunan

Z×Z\{0}={

r = (m,n) : m,n ∈ Z dan n 6= 0}.

Selanjutnya didefinisikan relasi ekuivalen pada Z×Z\{0} denganaturan

(m1,n1)∼ (m2,n2) jika dan hanya jika m1n2 = m2n1.

Relasi "∼" pada Z×Z\{0} ditulis dengan notasi ”≤ ” merupakanrelasi terurut parsial, yaitu untuk sebarang r = (m,n) ∈ Z×Z\{0}memenuhi sifat berikut

(i) r ≤ r, untuk setiap r ∈ Z×Z\{0}

(ii) jika r ≤ s dan s≤ t, berlaku r ≤ t

(iii) jika r ≤ s dan s≤ r, berlaku r = s.

24

Untuk (m,n) ∈ Z×Z \ {0} dibentuk kelas ekuivalennya, yangditulis dengan bentuk

mn

. Jadi,

mn=

{(p,q) ∈ Z×Z\{0} : (m,n)∼ (p,q)

}.

Kelas ekuivalensi darimn

ditulis dengan notasi

Q(Z) ={

mn

: m,n ∈ Z dan n 6= 0}=Q

Karena Q mempunyai aksioma lapangan dan sifat urutan, maka Qdikatakan memenuhi sifat lapangan terurut.

Lebih lanjut lagi, sifat urutan di Q bersifat padat, artinya untuksebarang r1,r2 ∈Q dengan r1 < r2 ada bilangan rasional r diantara-nya, yaitu r1 < r < r2. Sebagai contoh dapat diambil

r =12(r1 + r2).

Bilangan-bilangan rasional yang padat terurut seolah menunjukk-an bahwa himpunan bilangan rasional sudah memuat semua bilang-an yang diperlukan. Faktanya tidak demikian, banyak celah yangdiisi oleh bilangan tak rasional, yang disebut bilangan irrasional.Fakta ini diperlihatkan pada teorema berikut.

Teorema 2.2.1 Tidak ada bilangan rasional r sehingga r2 = 2.

Bukti. Dilakukan dengan cara Kontradiksi, yaitu ada bilangan r =p/q untuk p,q ∈ Z dengan q 6= 0 dengan r2 = 2. Asumsikan p danq bilangan bulat relatif prima, yaitu p dan q hanya dapat dibagi oleh1 atau bilangan itu sendiri. Selanjutnya, karena r2 = 2, maka

p2 = 2q2.

Hal ini berarti p2 merupakan bilangan genap. Akibatnya, p bilang-an bulat genap. Sebab jika p = 2n+1 maka p2 = 4n2 +4n+1 me-rupakan bilangan ganjil. Karena p dan q tidak mempunyai faktor 2

25

sebagai faktor yang sama, maka q bilangan asli negatif. Selanjutnyakarena p = 2m untuk m ∈N, maka 4m2 = 2q2 atau 2m2 = q2. Olehkarena itu, q2 merupakan bilangan asli genap, dan diikuti q jugabilangan asli genap. Karena hipotesa (p/q)2 = 2 membawa hasilkontradiksi q bernilai ganjil atau genap, maka pernyataan di atasmenjadi salah. �

Latihan Subbab 2.2

1. Gunakan argumen pada bukti Teorema 2.2.1 untuk menunjukkanbahwa tidak terdapat bilangan rasional s sehingga s2 = 6.

2. Modifikasi bukti Teorema 2.2.1 untuk menunjukkan bahwa tidakterdapat bilangan rasional t sehingga t2 = 3.

3. (a) Perlihatkan bahwa jika x,y adalah bilangan rasional, makax+ y dan xy adalah bilangan rasional.

(b) Buktikan bahwa jika x adalah bilangan rasional dan y adalahbilangan irrasional, maka x + y adalah bilangan irrasional.Lebih lanjut lagi, jika x 6= 0, maka buktikan bahwa xy adalahbilangan irrasional.

4. Diberikan K = {s+ t√

2 : s, t ∈Q}. Buktikan bahwa K memenu-hi:

(a) Jika x1,x2 ∈ K, maka x1 + x2 ∈ K dan x1x2 ∈ K.

(b) Jika x 6= 0 dan x ∈ K, maka 1/x ∈ K.

BAB 3

SISTEM HIMPUNAN BILANGAN REAL

Dengan pangkal tolak aksioma lapangan dan sifat urutan darihimpunan bilangan rasional Q, pada bab ini akan disampaikan sifatyang sama pada suatu himpunan bilangan real dan sifat penting la-in yang merupakan titik awal mempelajari analisis real, yaitu sifat(aksioma) himpunan bilangan real.

3.1 Sifat Lapangan Himpunan Bilangan Real

Operasi biner pada suatu himpunan tak kosong F adalah suatu fung-si B dengan domain F×F dan range F; yaitu B :F×F→F denganaturan (a,b) 7→B(a,b) = aBb. Jika fungsi B menggunakan nota-si penjumlahan (+) atau perkalian (·), maka ditulis dengan notasia+b atau a ·b.

Pada himpunan bilangan real R, terdapat dua operasi biner, yaituoperasi biner penjumlahan (+) dan operasi biner perkalian (·) yangmemenuhi sifat-sifat berikut:

1. Jika a,b ∈ R, maka a+b ∈ R dan a ·b ∈ R

2. Operasi komutatif; untuk setiap a,b ∈ R

a+b = b+a dan a ·b = b ·a

3. Operasi asosiatif; untuk setiap a,b,c ∈ R

(a+b)+ c = a+(b+ c) dan (a ·b) · c = a · (b · c)

4. Terdapat 0 ∈ R sehingga a+0 = a untuk setiap a ∈ R

5. Untuk setiap a ∈ R, terdapat invers penjumlahan, yaitu ada−a ∈ R sehingga

a+(−a) = 0

27

6. Untuk setiap a ∈R dengan a 6= 0, terdapat invers perkaliannyayaitu terdapat b = a−1 di R sehingga

a ·b = 1

7. Operasi distributif perkalian terhadap penjumlahan, yaitu un-tuk setiap a,b,c ∈ R berlaku

a · (b+ c) = a ·b+a · c.

Anggota 0 dan 1 di R masing-masing disebut identitas penjum-lahan dan identitas perkalian dari R. Untuk a ∈ R dengan a 6= 0,anggota a−1 dapat ditulis 1/a. Sehingga bentuk perkalian a(1/a)dapat ditulis a ·a−1.

Dari aksioma-aksioma di atas, diperoleh fakta bahwa pada him-punan bilangan real R, bilangan 0 dan 1 adalah tunggal.

Teorema 3.1.1 (i) Jika z,a ∈ R dengan z+a = a, maka z = 0.

(ii) Jika w dan b 6= 0 bilangan di R dengan w ·b = b, maka w = 1.

Bukti. (i) Diambil sebarang a,z ∈ R dengan z+a = a. Karena ada−a,0 ∈ R, diperoleh

0 = a+(−a) = (z+a)+(−a)

= z+(a+(−a)) = z+0 = z.

(ii) Bukti diberikan sebagai latihan. �

Selanjutnya, akan dibuktikan bahwa untuk a∈R, invers penjum-lahannya; (−a) dan invers perkaliannya a−1 bernilai tunggal.

Teorema 3.1.2 (i) Jika a dan b elemen-elemen di R dengan a+b = 0, maka b =−a.

(ii) Jika a 6= 0 dan b elemen-elemen di R dengan a · b = 1, makab = 1/a.

28

Bukti. (i) Diambil sebarang a,b ∈ R dengan a+b = 0, maka

b = b+0 = b+(a+(−a)) = (b+a)+(−a)

= (a+b)+(−a) =−a.

Bukti bagian (ii) diberikan sebagai latihan. �

Latihan Subbab 3.1

1. Gunakan aksioma penjumlahan dan perkalian bilangan real un-tuk membuktikan setiap pernyataan berikut: Jika a ∈ R, maka

(a) a ·0 = 0.

(b) (−1) ·a =−a.

(c) −(−a) = a.

2. Diberikan a,b ∈ R. Buktikan setiap pernyataan berikut.

(a) Jika a 6= 0, maka 1/a 6= 0.

(b) Jika ab = 0, maka a = 0 atau b = 0.


(a) Jika a+b = 0, maka b =−a.

(b) (−1)(−1) = 1.


(a) −(a+b) = (−a)+(−b).

(b) (−a)(−b) = ab.

(c) 1/(−a) =−(1/a).

(d) −(a/b) = (−a)/b jika b 6= 0.

5. Selesaikan setiap persamaan berikut dengan menunjukkan setiaplangkah menggunakan sifat atau teorema yang sesuai.

(a) 2x+5 = 8.

(b) x2 = 2x.

(c) x2−1 = 3.

29

(d) (x−1)(x+2) = 0.

6. Jika a ∈ R dengan a.a = a, buktikan bahwa a = 0 atau a = 1.

7. Jika a 6= 0 dan b 6= 0, buktikan bahwa 1/(ab) = (1/a)(1/b).

8. Jika a ∈R, buktikan bahwa a2+b2 = 0 jika dan hanya jika a = 0dan b = 0.

3.2 Sifat Urutan Bilangan Real

Pada sifat lapangan, dapat diselesaikan persoalan yang menyangkutoperasi aljabar penjumlahan dan perkalian. Pada subbab ini, diper-kenalkan sifat urutan. Aksioma ini membandingkan dua bilanganreal yang tak sama. Untuk itu, dikelompokkan himpunan bagiandari himpunan bilangan real.

Definisi 3.2.1 Himpunan bilangan real positif P merupakan him-punan bagian dari R. Karena 1 ∈ P maka P 6= /0. Sifat berikut ber-laku pada P

(i) Jika a,b ∈ P, maka a+b ∈ P, dan ab ∈ P.

(ii) Jika a ∈ R, maka satu dan hanya satu dari tiga kemungkinanberikut yang berlaku

a ∈ P, a = 0, −a ∈ P.

Sifat (i) dan (ii) disebut sifat urutan di R. Dalam hal ini, sifat (ii)disebut sifat Trikotomi. Oleh karena itu, jika sebarang lapangan takkosong F memenuhi sifat urutan di atas, maka F disebut lapanganterurut. Dari sifat urutan ke (ii), dapat dibentuk himpunan bagianyang lain dari R, yaitu

N ={−a ∈ R : a ∈ P

}.

Himpunan ini disebut himpunan bilangan real negatif . Faktanya,anggota dari himpunan R merupakan gabungan dari tiga himpunanyang saling asing, yaitu

N∪{0}∪P.

30

Selanjutnya, jika a∈ P (ditulis a > 0 atau 0< a), maka a disebutbilangan real positif dan a dikatakan bilangan real negatif jika−a ∈ P. Jika a−b positif, yaitu a−b ∈ P, maka ditulis a > b ataub < a. Notasi a ≥ b berarti a > b atau a = b; notasi b < a samaartinya dengan a > b, notasi a b dan b > c, maka a > c.

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

(iii) Jika a > b dan c > 0, maka ca > cb.Jika a > b dan c < 0, maka ca < cb.

Bukti. (i) Jika diberikan a> b dan b> c, maka a−b∈P dan b−c∈P. Dari definisi, diperoleh

a− c = (a−b)+(b− c) ∈ P.

Hal ini berarti a > c.

(ii) Jika diberikan a > b, maka a−b ∈ P. Akibatnya,

(a+ c)− (b+ c) = a−b ∈ P

Hal ini berarti a+ c > b+ c.

(iii) Jika diberikan a > b dan c > 0, maka a− b ∈ P dan c ∈ P.Akibatnya, ca− cb = c(a− b) ∈ P. Sehingga, ca > cb. Pada sisilain, jika diberikan a > b dan c < 0, maka a− b ∈ P dan −c ∈ P.Akibatnya, diperoleh cb−ca= (−c)(a−b)∈P. Sehingga, cb> ca.�

Teorema 3.2.3 (i) Jika 0 6= a ∈ R, maka a2 > 0.

31

(ii) 1 > 0.

(iii) Jika n ∈ N, maka n > 0.

Bukti. (i) Diketahui a ∈ R dengan a 6= 0, maka a ∈ P atau −a ∈ P.Jika a ∈ P, maka dari definisi a2 = a · a ∈ P. Jika −a ∈ P, makaa2 = (−a)(−a) ∈ P. Hal ini berarti a2 ∈ P atau a2 > 0.

(ii) Karena 1 ∈ R\{0} dan 1 = 12, maka 1 > 0.

(iii)Diambil sebarang n∈N, maka untuk n= 1 berlaku 1> 0. Asumsi-kan untuk k ∈ N berlaku benar k > 0. Oleh karena itu, k+ 1 ∈ P.Berarti, berlaku benar untuk setiap n ∈ N. �

Sifat berikut berkaitan dengan urutan di R untuk penjumlahandan perkalian. Diperlihatkan beberapa aturan bekerja dalam bentukpertidaksamaan.

Teorema 3.2.4 Diberikan a,b,c,d elemen-elemen di R.

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

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

(iii) Jika a > b dan c > 0, maka ca > cb. Jika a > b dan c < 0,maka ca < cb.

(iv) Jika a > 0, maka 1/a > 0. Jika a < 0, maka 1/a < 0.

Bukti. (i) Jika a−b ∈ P, maka (a+ c)− (b+ c) ∈ P. Jadi, a+ c >b+ c.

(ii) Jika a−b ∈ P dan c−d ∈ P, maka

(a+ c)− (b+d) = (a−b)+(c−d) ∈ P.

Jadi, a+ c > b+d.(iii) Jika a− b ∈ P dan c ∈ P, maka ca− cb = c(a− b) ∈ P. Ja-di, ca > cb. Jika −c ∈ P, maka −ca+ cb = −c(a− b) ∈ P. Jadi,cb > ca.

32

(iv) Jika a > 0, maka a 6= 0. Jadi, ada elemen 1/a. Andai 1/a = 0,maka 1 = a · 1/a = 0 suatu kontradiksi. Jadi, seharusnya 1/a 6=0. Jika 1/a < 0, maka dari bagian (c) untuk c = 1/a dan a > 0diperoleh

1 = 1/a ·a < 1/a ·0 = 0

Hal ini merupakan kontradiksi. Oleh karena itu, haruslah 1/a > 0.Selanjutnya jika a < 0, maka dengan cara yang sama dapat diperli-hatkan bahwa 1/a < 0. �

Telah diperlihatkan pada Teorema 3.2.3 (iii) untuk setiap n ∈ Nberlaku n ∈ P. Oleh karena itu, 1/n ∈ P. Akibatnya, bentuk bilang-an rasional m/n = m(1/n) dengan m,n ∈ N, merupakan bilanganelemen-elemen positif. Akibat sifat urutan dan aksioma penjumlah-an dan perkalian di R, diperoleh hasil berikut.

Teorema 3.2.5 Jika a,b ∈ R dengan a < b, maka

a <12(a+b)< b.

Bukti. Diketahui a< b, maka 2a= a+a< a+b< b+b= 2b. Olehkarena itu,

2a < a+b < 2b.

Karena 2 > 0, maka 12 > 0. Jadi, dengan menggunakan Teorema

3.2.4 (iii) diperoleh

a =12(2a)<

12(a+b)<

12(2b) = b. �

Dua pernyataan berikut sering digunakan pada proses pembukti-an suatu teorema, yaitu untuk memperlihatkan kapan suatu bilang-an a≥ 0 adalah sama dengan nol. Hal ini cukup ditunjukkan bahwabilangan a lebih kecil dari sebarang bilangan positif.

Teorema 3.2.6 Jika a ∈R dengan 0≤ a < ε untuk setiap bilanganε > 0, maka a = 0.

Bukti. Diberikan 0 ≤ a < ε untuk setiap ε > 0. Akan ditunjukkan

33

bahwa a = 0. Andaikan a > 0, maka menurut Teorema 3.2.5 berla-ku 0 < 1

2a < a. Jika diambil ε0 = 12a, maka ε0 > 0 dan diperoleh

0 < ε0 < a. Hal ini kontradiksi dengan yang diberikan. Jadi, seha-rusnya a = 0. �

Teorema 3.2.7 Diberikan a,b ∈ R. Jika a− ε 0, maka a≤ b.

Bukti. Diberikan a− ε 0. Andaikan b < a,maka (a−b)/2 > 0. Jika diambil ε0 = (a−b)/2, maka

a− ε0 = a− 12(a−b) =

12(a+b)> b.

Hal ini kontradiksi dengan yang diberikan. Berarti, pengandaiansalah. Harusnya, a≤ b. �

Sebagaimana telah disampaikan pada Teorema 3.2.1 (i), bahwaperkalian dua bilangan real positif juga positif. Akan tetapi, kepo-sitifan dari perkalian dua bilangan real tidak berakibat salah satufaktor positif. Kesimpulan yang benar adalah faktor-faktornya ha-rus mempunyai tanda yang sama (keduanya positif atau keduanyanegatif). Hal ini diperlihatkan pada teorema berikut.

Teorema 3.2.8 Jika ab > 0, maka salah satu dari kemungkinan ber-ikut yang berlaku:

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

(ii) a < 0 dan b < 0.

Bukti. (i) Diberikan ab > 0, maka a 6= 0 dan b 6= 0 (sebab jika salahsatu a = 0 atau b = 0, berakibat ab = 0). Karena a 6= 0, maka darisifat Trikotomi berlaku a > 0 atau a < 0. Jika a > 0, maka 1

a > 0.Oleh karena itu,

b =

(1a

a)

b =1a(ab)> 0.

(ii) Dengan cara yang sama, dapat diperlihatkan bahwa jika a < 0,

34

maka 1a < 0 dan diperoleh b = (1/a)(ab)< 0. �

Akibat 3.2.9 Jika ab < 0, maka salah satu dari kemungkinan beri-kut yang berlaku:

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

(ii) a > 0 dan b < 0.

Bukti. Diberikan ab < 0, maka −(ab)> 0. Karena

−(ab) = (−a)(b) = (a)(−b),

maka (i) a < 0 dan b > 0, atau (ii) a > 0 dan b < 0. �

3.2.1 Pertidaksamaan

Pada bagian ini, akan diperlihatkan bahwa sifat terurut dapat digu-nakan untuk menyelesaikan pertidaksamaan tertentu.

Contoh 3.2.10 (a) Jika c ∈R dengan c > 1, maka untuk setiap n ∈N berlaku cn≥ c. Hal ini diperlihatkan dengan cara sebagai berikut.Karena c > 1, maka c = 1+ a untuk suatu bilangan a > 0. Olehkarena itu, cn = (1+a)n ≥ 1+na≥ 1+a = c untuk setiap n ∈ N.

(b) Mencari himpunan A dari bilangan real x dengan x2 > 3x+ 4dapat dilakukan melalui bentuk pertidaksamaan berikut.

x ∈ A⇔ x2 > 3x+4⇔ x2−3x−4 > 0⇔ (x−4)(x+1)> 0

maka

(i) x > 4 dan x >−1

(ii) x < 4 dan x <−1

Pada kasus (i) diperoleh x > 4 dan pada kasus (ii) diperoleh x <−1.Jadi, A = {x ∈ R : x <−1}∪{x ∈ R : x > 4}.

Keberadaan dari akar kuadrat bilangan real positif diberikan pa-da contoh berikut.

35

Contoh 3.2.11 (a) Diberikan a≥ 0 dan b≥ 0, maka berlaku

a < b⇔ a2 < b2⇔√

a <√

b.

Karena a≥ 0 dan b≥ 0, maka kemungkinan yang terjadi adalah

(i) a > 0 dan b > 0,

(ii) a > 0 dan b = 0,

(iii) a = 0 dan b > 0, dan

(iv) a = 0 dan b = 0.

Pada contoh ini yang dibahas hanya untuk kasus (i). Jika a > 0 danb > 0, maka a+b > 0. Perhatikan bahwa

a < b⇔ b2−a2 = (b−a)(b+a)> 0⇔ a2 < b2.

Karena a = (√

a)2 untuk sebarang a ∈ R, maka

a < b⇔ (√

a)2 < (√

b)2⇔√

a <√

b.

Oleh karena itu, untuk a > 0 dan b > 0 diperoleh

a < b⇐⇒ a2 < b2⇐⇒√

a <√

b.

Untuk kasus (ii) sampai dengan (iv) diberikan sebagai latihan.

(b) (Pertidaksamaan Aritmatika-Geometri) Diberikan a,b ∈ R.Jika a > 0 dan b > 0, maka

√ab≤ 1

2(a+b) (3.1)

Bentuk persamaan terjadi jika dan hanya jika a = b. Hal ini da-pat diperlihatkan sebagai berikut. Untuk a > 0 dan b > 0, makakemungkinan yang terjadi yaitu a = b atau a 6= b.

Jika a = b, maka

√ab =

√b2 = b =

12(b+b) =

12(a+b).

36

Sebaliknya, jika√

ab =12(a+b), maka

ab =14(a+b)2⇐⇒ 4ab = a2 +2ab+b2

⇐⇒ a2−2ab+b2 = 0

⇐⇒ (a−b)2 = 0⇐⇒ a = b.

Oleh karena itu, jika a > 0 dan b > 0, diperoleh

a = b⇐⇒√

ab =12(a+b).

Selanjutnya, jika a 6= b dengan a > 0 dan b > 0, maka√

a 6=√

b

atau√

a−√

b 6= 0. Oleh karena itu,(√

a−√

b)2

> 0 dan diperoleh

a−2√

ab+b > 0 atau√

ab <12(a+b).

Kemudian, jika diberikan bilangan real non-negatif a1,a2, . . . ,anuntuk n ∈ N, diperoleh generalisasi dari pertidaksamaan 3.1, yaitu

(a1a2 . . .an)1/n ≤ a1 +a2 + . . .+an

n

dengan bentuk persamaan berlaku jika dan hanya jika a1 = . . .= an.

(c) Pertidaksamaan Cauchy

(i) Jika n ∈ N dan a1,a2, · · · ,an serta b1,b2, · · · ,bn merupakanbilangan-bilangan real, maka(

n

∑i=1

aibi

)2

≤

(n

∑i=1

a2i

)(n

∑i=1

b2i

).

(ii) Jika bilangan real bi 6= 0 untuk suatu i, maka(n

∑i=1

aibi

)2

=

(n

∑i=1

a2i

)(n

∑i=1

b2i

)

37

jika dan hanya jika ada s ∈ R sehingga ai = sbi untuk setiapi = 1,2, · · · ,n. Hal ini diperlihatkan sebagai berikut:Kasus (i). Anggap A=∑

ni=1 a2

i ,B=∑ni=1 b2

i , dan C =∑ni=1 aibi.

Jika B = 0, maka bi = 0 untuk setiap i = 1,2, · · · ,n, sehinggakedua ruas pertidaksamaan menjadi nol dan pernyataan di atasbenar. Jika B 6= 0, maka B > 0. Oleh karena itu,

n

∑i=1

(Bai−Cbi)2 =

n

∑i=1

(B2a2i −2BaiCbi +C2b2

i )

= B2n

∑i=1

a2i −2BC

n

∑i=1

aibi +C2n

∑i=1

b2i

= B2A−2BC2 +C2B = B2A−BC2

= B(BA−C2)≥ 0.

Karena B > 0, maka BA−C2 ≥ 0 atau C2 ≤ AB. Dengan de-mikian, pertidaksamaan terbukti.Kasus (ii). Jika (∑n

i=1 aibi)2 =

(∑

ni=1 a2

i)(

∑ni=1 b2

i)

atau C2 =AB, maka D(C2−AB) = 0. Hal ini berarti D = 0. Oleh karena

itu, ada s∈R tunggal, dengan s=CB

atau C = sB. Dengan katalain,

n

∑i=1

aibi =n

∑i=1

sb2i =

n

∑i=1

sbibi.

Jadi, ada s ∈ R sehingga ai = sbi untuk setiap i = 1,2, · · · ,n.Sebaliknya, jika terdapat s ∈ R dengan ai = sbi untuk setiapi = 1,2, · · · ,n, maka(

n

∑i=1

aibi

)2

=

(n

∑i=1

sbibi

)2

=

(n

∑i=1

sb2i

)2

= s2

(n

∑i=1

b2i

)2

= s2

(n

∑i=1

b2i

)(n

∑i=1

b2i

)=

(n

∑i=1

s2b2i

)(n

∑i=1

b2i

)

=

(n

∑i=1

a2i

)(n

∑i=1

b2i

).

38

Latihan Subbab 3.2

1. Diberikan a,b,c,d ∈ R. Buktikan setiap pernyataan berikut.

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

(b) Jika 0 < a 3x+4.

(b) 1 < x2 < 4.

(c) 1 < x < x.

(d) 1 < x < x2.

4. Buktikan bahwa[1

2(a+b)]2 ≤ 1

2(a2 + b2) untuk setiap a,b ∈ R.

Buktikan persamaan berlaku jika dan hanya jika a = b.

5. Diberikan c ∈ R. Buktikan setiap pernyataan berikut.

(a) Jika 0 < c < 1, maka 0 < c2 < c < 1.

(b) Jika 1 < c, maka 1 < c < c2.

6. Diberikan c ∈ R. Buktikan setiap pernyataan berikut.

(a) Jika c > 1, maka cn ≥ c untuk setiap n ∈N dan cn > c untukn > 1.

(b) Jika 0 < c < 1, maka cn ≤ c untuk setiap n ∈ N dan cn < cuntuk n > 1.

3.3 Sifat Kelengkapan Himpunan Bilangan Real

Pada subbab ini, sifat urutan di R digunakan untuk mendefinisikansupremum dan infimum dari suatu himpunan bagian di R. Konsepini berperan penting dalam analisis. Khusus untuk bab selanjutnya,

39

konsep ini akan digunakan untuk menyatakan sifat kelengkapan diR. Untuk itu, terlebih dahulu didefinisikan konsep tentang batasbawah dan batas atas dari suatu himpunan bagian di R.

Definisi 3.3.1 Himpunan bagian A⊂R dikatakan terbatas atas jikaada bilangan real M, sehingga x ≤ M untuk setiap x ∈ A. Dalamhal ini, M disebut batas atas dari A. Dengan cara yang sama, Adikatakan terbatas bawah jika ada m ∈ R, sehingga x ≥ m untuksetiap x ∈ A. Dalam hal ini, m disebut batas bawah dari A. Suatuhimpunan di R dikatakan terbatas, jika himpunan tersebut terbatasatas dan terbatas bawah.

Contoh 3.3.2 Himpunan A ={

0,1, 23 ,

34 , ...

}={

1− 1n : n ∈ N

}ter-

batas bawah oleh setiap bilangan real m ≤ 0 dan terbatas atas olehsetiap bilangan M ≥ 1.

Hal ini ekuivalen dengan pernyataan, himpunan A terbatas jikadan hanya jika A ⊂ I untuk suatu interval terbatas I = [m,M]. JikaA $R, didefinisikan −A⊂ R dengan

−A ={

y ∈ R : y =−x untuk suatu x ∈ A}.

Bilangan m merupakan batas bawah dari himpunan A jika dan ha-nya jika M =−m batas atas dari −A.

Definisi 3.3.3 Diberikan himpunan bagian A di R.

(i) Bilangan M ∈R dikatakan batas atas terkecil dari A atau sup-remum dari A, ditulis M = sup A, jika:

(1) M merupakan batas atas dari A, dan

(2) Jika M′ batas atas lain dari A, maka M ≤M′.

(ii) Bilangan m ∈ R dikatakan batas bawah terbesar dari A atauinfimum dari A, ditulis m = inf A, jika:

(1′) m merupakan batas bawah dari A, dan

(2′) Jika m′ batas bawah lain dari A, maka m′ ≤ m.

40

Jika A= {xi : i∈ I}merupakan himpunan bagian berindeks di R,maka penulisan supremum dan infimum dari A dapat ditulis sebagai

sup A = supi∈I

xi dan inf A = infi∈I

xi.

Akibat langsung dari definisi di atas diperoleh bahwa supremum(infimum) suatu himpunan bernilai tunggal, yaitu jika M dan M′ me-rupakan supremum dari A maka M′ = M. Andaikan M′ 6= M, makaM′ < M atau M′ > M. Jika M′ < M, maka M merupakan batas atasdari A. Karena M = supA, maka M′ bukan batas atas dari A, kontra-diksi dengan fakta M′ = supA. Selanjutnya, jika M′ > M, maka M′

merupakan batas atas dari A. Karena M′ = supA, maka M bukanbatas atas dari A, hal ini kontradiksi dengan fakta bahwa M = supA.Oleh karena itu, harusnya M = M′.

Selanjutnya, supremum dari suatu himpunan tak kosong A di Rselalu bernilai lebih besar atau sama dengan nilai infimum himpun-an A tersebut. Hal ini dikarenakan untuk sebarang x ∈ A, berlakuinfA merupakan batas bawah dari A dan supA merupakan batasatas dari A, yaitu infA≤ x≤ supA.

Jika sup A∈A, maka dapat ditulis supA= maxA. Jika infA∈A,maka dapat ditulis inf A = min A. Contoh berikut memperlihatkanbahwa sup A dan inf A dapat menjadi anggota A atau bukan anggo-ta A, berarti konsep supremum dan infimum jelas berbeda dengankonsep maksimum dan minimum.

Contoh 3.3.4 Sebarang himpunan bagian di R yang berhingga, yai-tu A = {x1,x2, · · · ,xn} terbatas. Supremum dari himpunan bagian Amerupakan elemen terbesarnya, yaitu sup A = max{x1,x2, · · · ,xn}dan infimum dari himpunan bagian A merupakan elemen terkecil-nya, yaitu inf A = min{x1,x2, · · · ,xn}. Nilai supremum dan infi-mum dari suatu himpunan berhingga merupakan elemen di dalamhimpunan tersebut.

Contoh 3.3.5 Diberikan A = {1/n : n ∈ N}, maka sup A = 1 dan1 ∈ A. Selanjutnya, inf A = 0 tetapi 0 /∈ A.

Pada himpunan bilangan rasional Q dan himpunan bilangan re-al R, berlaku sifat aljabar dan sifat terurut. Sifat kelengkapan yang

41

membedakan kedua himpunan ini. Ada dua cara untuk mendefi-nisikan sifat kelengkapan dari R. Pertama, diberikan melalui sifaturutan dari R dan eksistensi supremum. Kedua, melalui sifat jarakR dan kekonvergenan barisan Cauchy.

Untuk itu, terlebih dahulu diberikan contoh berikut yang memberi-kan gambaran perbedaan antara Q dan R.

Contoh 3.3.6 Diberikan A⊂Q dengan aturan

A ={

x ∈Q : x2 < 2},

maka A terbatas atas oleh sebarang M ∈Q+ dengan M < 2. Sebabjika M > 2, maka M2 > 4 sehingga M /∈ A. Akan tetapi setiap ang-gota di A tidak mendekati supremum di Q, karena

√2 /∈ Q. Tetapi

jika untuk sebarang M ∈ Q merupakan batas atas dari A dan adaM′ ∈Q sehingga

√2 < M′ < M, maka M bukan batas atas terkecil

dari A di Q. Oleh karena itu, A mempunyai supremum di R, yaitusupA =

√2.

Teorema berikut memperlihatkan cara mencari nilai supremumsuatu himpunan dengan menggunakan sebarang bilangan ε > 0.

Teorema 3.3.7 Diberikan himpunan bagian tak kosong S⊂R yangterbatas atas, anggap oleh u. u = sup S jika dan hanya jika untuksebarang bilangan ε > 0, terdapat sε ∈ S sehingga u− ε < sε .

Bukti. (=⇒) Diberikan u = sup S dan diambil sebarang bilanganε > 0. Karena u− ε < u, maka u− ε bukan batas atas dari S. Olehkarena itu, terdapat sε ∈ S sehingga u− ε < sε .(⇐=) Anggap u adalah sebarang batas atas dari S dengan v < u,maka untuk ε0 = u−v berlaku ε0. Menurut hipotesa, maka terdapatsε0 ∈ S sehingga v = u− ε0 < sε0 . Oleh karena itu, v bukan batasatas dari S. Jadi, u = sup S. �

Berikut diberikan aksioma kelengkapan. Aksioma ini diperke-nalkan oleh Dedekind (1872) dengan menunjukkan bahwa bilangan-bilangan real yang memenuhi syarat tertentu. Bilangan-bilangan re-

42

al tersebut memenuhi sifat lapangan terurut lengkap.

Aksioma 3.3.8 Setiap himpunan bagian tak kosong di dalam Ryang terbatas atas mempunyai supremum.

Dari sifat kelengkapan di atas dapat diturunkan sifat yang ana-log untuk infimum, karena untuk sebarang himpunan tak kosongA ⊂ R yang terbatas bawah berlaku −A terbatas atas dan infA =−sup(−A). Oleh karena itu, sebarang himpunan tak kosong di Ryang terbatas bawah mempunyai infimum. Aksioma ini berlaku pa-da suatu himpunan tak kosong di R, karena pada himpunan kosongpasti mempunyai batas atas tetapi tidak mempunyai supremum.

Latihan Subbab 3.3

1. Tentukan supremum dan infimum dari setiap himpunan berikut.

(a) A ={

1, 12 ,

14 ,

18 , . . .

}={

12n−1 : n ∈ N

}(b) B =

{sinnπ

2 : n ∈ N}

(c) C = {ncosnπ : n ∈ N}(d) D =

{cosnπ

4 : n ∈ N}

(e) E ={2+n

n : n ∈ N}

(f) F ={(−1)n− 1

n : n ∈ N}

(g) G = {(1− (−1)n)n : n ∈ N}(h) H =

{(3

2 +(−1)n)n : n ∈ N}

(i) I ={

x ∈ R : x2 < 4}

(j) J ={

x2 :−2 < x < 2}

2. Diberikan himpunan bagian tak kosong E dari R yang terbatasatas dan himpunan U = {β ∈ R : β batas atas dari E}. Buktikanbahwa supE = infU .

3. Diberikan himpunan bagian tak kosong A dari R dan himpunan

−A = {−x : x ∈ A}

Buktikan bahwa infA =−sup(−A).

43

4. Gunakan sifat batas atas terkecil dari R untuk menunjukkan se-tiap himpunan bagian tak kosong dari R yang terbatas bawahmempunyai infimum.

5. Diberikan himpunan bagian tak kosong A dan B dari R denganA⊂ B, buktikan bahwa

infB≤ infA≤ supA≤ supB.

6. Diberikan himpunan bagian terbatas A dan B dari R. Buktikanbahwa A∪B terbatas dan sup(A∪B) = sup{supA,supB}.

3.4 Aplikasi Sifat Supremum

Berikut ini diberikan beberapa aplikasi penting dari sifat supremum.Pertama-tama diberikan contoh cara menggunakan sifat supremumdan infimum.

Contoh 3.4.1 Diberikan himpunan bagian tak kosong A⊂ R terba-tas atas dan sebarang s ∈ R. Didefinisikan s+A = {s+ a : a ∈ A}.Akan ditunjukkan bahwa

sup(s+A) = s+ supA.

Karena A ⊂ R terbatas atas, maka dari sifat kelengkapan terdapatu= supA. Berarti untuk setiap a∈A berlaku a≤ u, dan untuk setiaps∈R berlaku s+a≤ s+u untuk setiap a∈ A. Oleh karena itu, s+umerupakan batas atas dari himpunan s+A. Akibatnya,

sup(s+A)≤ s+u (3.2)

Selanjutnya, jika v merupakan batas atas sebarang dari himpunans+A, maka s+ a ≤ v untuk setiap s+ a ∈ s+A. Oleh karena itu,a ≤ v− s untuk setiap a ∈ A, yang berarti v− s merupakan batasatas dari A. Akibatnya, u = supA ≤ v− s atau s+ u ≤ v. Karena vsebarang batas atas dari s+A, maka

s+u≤ sup(s+A) (3.3)

44

Dari hasil 3.2 dan 3.3, diperoleh

sup(s+A) = s+ supA.

Contoh 3.4.2 Diberikan himpunan bagian tak kosong D ⊆ R danfungsi f ,g : D→ R, diperoleh(a) Jika f (x)≤ g(x) untuk setiap x∈D, maka sup f (D)≤ supg(D).Hal ini diperlihatkan sebagai berikut.Karena f (x) ≤ g(x) ≤ supg(D) dan supg(D) menjadi batas atasdari f (x) untuk setiap x ∈D, maka sup f (D)≤ supg(D). Penulisansup f (D)≤ supg(D) kadang ditulis dengan notasi

supx∈D

f (x)≤ supx∈D

g(x).

(b) Jika f (x)≤ g(x) untuk setiap x∈D, maka sup f (D) dan infg(D)tidak memenuhi relasi di atas. Sebagai contoh, jika diambil

D = {x ∈ R : 0≤ x≤ 1}

denganf (x) = x2 dan g(x) = x untuk x ∈ D

maka diperoleh f (x) ≤ g(x) untuk setiap x ∈ D, tetapi dalam halini sup f (D) = 1 dan infg(D) = 0.

(c) Jika f (x)≤ g(y) untuk setiap x,y∈D, maka sup f (D)≤ infg(D).Hal ini berlaku karena g(y) merupakan batas atas dari f (x) untuksetiap x∈D. Jadi, sup f (D)≤ g(y) untuk setiap y∈D. Oleh karenaitu, sup f (D)≤ infg(D).

Latihan Subbab 3.4

1. Diberikan himpunan bagian A dan B dari R dan didefinisikan

A+B ={

a+b : a ∈ A,b ∈ B} dan A ·B = {ab : a ∈ A,b ∈ B}

(a) Untuk A = {−1,2,4,7} dan B = {−2,−1,1}, tentukan

A+B dan A ·B.

45

(b) Jika A dan B tak kosong dan terbatas atas, buktikan bahwa

sup(A+B) = supA+ supB.

(c) Jika A dan B adalah himpunan bagian tak kosong dari him-punan bilangan real positif yang terbatas atas, perlihatkanbahwa

sup(A ·B) = (supA)(supB).

(d) Berikan sebuah contoh dari dua buah himpunan tak kosongyang terbatas A dan B dengan sup(A ·B) 6= (supA)(supB).

2. Diberikan fungsi bernilai real f dan g yang didefinisikan padasuatu himpunan tak kosong X dengan Range( f ) dan Range(g)adalah himpunan bagian terbatas dari R. Buktikan setiap pernya-taan berikut.

(a) sup{ f (x) + g(x) : x ∈ X} ≤ sup{ f (x) : x ∈ X}+ sup{g(x) :x ∈ X}.

(b) inf{ f (x) : x ∈ X}+ inf{g(x) : x ∈ X} ≤ inf{ f (x)+g(x) : x ∈X}.

(c) Jika f (x)≤ g(x) untuk setiap x ∈ X , maka

sup{ f (x) : x ∈ X} ≤ sup{g(x) : x ∈ X}

3. Diberikan X = Y = [0,1] dan f : X×X → R dengan aturan

f (x,y) = 3x+2y

(a) Untuk setiap x ∈ X , tentukan F(x) = sup{ f (x,y) : y ∈ Y}dan sup{F(x) : x ∈ X}.

(b) Untuk setiap y ∈ Y , tentukan G(y) = sup{ f (x,y) : x ∈ X}dan sup{G(y) : y ∈ Y}.

(c) Tentukan sup{ f (x,y) : (x,y)∈ X×Y}. Bandingkan jawabanAnda dengan bagian (a) dan (b).

46

3.5 Aplikasi Lanjut Sifat Supremum

Aplikasi sifat kelengkapan berikut disebut sifat Archimedean, yai-tu tidak ada bilangan real yang lebih besar dari sebarang bilanganasli.

Teorema 3.5.1 Jika x ∈ R, maka ada nr ∈ N sehingga x < nr.

Bukti. Akan dibuktikan dengan cara kontradiksi, yaitu andai adax ∈ R sehingga x ≥ n untuk setiap n ∈ N. Hal ini berarti x meru-pakan batas atas N. Karena N ⊂ R terbatas atas, maka dari sifatsupremum terdapat u = sup N. Berarti n ≤ u untuk setiap n ∈ Ndan berlaku n− 1 ≤ u− 1 < u untuk setiap n ∈ N. Hal ini berartiu− 1 bukan batas atas dari N, jadi ada m ∈ N sehingga u− 1 ≤ m.Akibatnya, u≤m+1 dengan m+1∈N. Hal ini kontradiksi denganfakta bahwa u = supN. �

Akibat 3.5.2 (i) Jika A = {1/n : n ∈ N}, maka infA = 0.

(ii) Jika x > 0, maka ada nx ∈ N sehingga 0 <1nx

< x.

(iii) Jika x > 0, maka ada nx ∈ N sehingga nx−1≤ x < nx.

Bukti. (i) Karena 1 /∈ A maka A 6= /0 dan terbatas bawah oleh 0.Oleh karena itu, ada w = infA dan 0 ≤ w. Selanjutnya, untuk se-barang ε > 0, menurut sifat Archimedean terdapat n ∈ N sehingga0 < 1/ε < n atau 0 < 1/n < ε . Oleh karena itu, 0 ≤ w ≤ 1/n < ε .Karena ε > 0 sebarang, maka w = 0. Dengan kata lain, infA = 0.

(ii) Karena inf{1/n : n∈N}= 0, maka untuk x > 0 diperoleh x buk-an merupakan batas bawah dari {1/n : n ∈N}. Oleh karena itu, adanx ∈ N sehingga < 1/nx < x.

(iii) Diambil x > 0, maka menurut sifat Archimedean ada m∈N de-ngan x <m. Dibentuk himpunan bagian Ex = {m ∈ N : x < m}⊂N.Cukup mudah dipahami bahwa Ex 6= /0 dan ada nx = infEx. Akibat-nya, nx− 1 bukan anggota di Ex. Oleh karena itu, nx− 1 ≤ x < nx.

47

�

Selanjutnya, menurut sifat supremum, akan diperlihatkan bahwaeksistensi bilangan real yang kuadratnya bernilai 2.

Teorema 3.5.3 Terdapat bilangan real positif x sehingga x2 = 2.

Bukti. Dibentuk A = {x ∈ R : 0≤ x, x2 < 2}. Karena 1 ∈ A, makaA 6= /0. Selanjutnya, A terbatas atas oleh 2 karena jika t > 2 makat2 > 2, yang berarti t /∈ A. Dari sifat supremum, ada u = supA ∈ R,dalam hal ini u > 1.

Akan ditunjukkan bahwa u2 = 2. Untuk itu, dibuktikan dengankontradiksi. Andai u2 6= 2, maka u2 < 2 atau u2 > 2.

Pertama-tama, asumsikan u2 < 2, maka 2−u2 > 0. Akan ditun-jukkan hal ini kontradiksi dengan fakta bahwa u = supA dengancara ada n ∈ N sehingga u+ 1/n ∈ A, yang artinya u bukan batasatas dari A. Perhatikan bahwa untuk setiap n ∈ N berlaku(

u+1n

)2

= u2 +2un+

1n2 ≤ u2 +

1n(2u+1).

Oleh karena itu, harus dicari n ∈ N sehingga

1n(2u+1)< 2−u2,

dan akan diperoleh(u+ 1

n

)2< u2+(2−u2) = 2. Dari asumsi dike-

tahui 2−u2 > 0, karena u> 1 maka (2−u2)/(2u+1)> 0. Menurutsifat Archimedean ada n ∈ N sehingga

1n<

2−u2

2u+1.

Hal ini berarti u + 1/n ∈ A dan kontradiksi dengan fakta bahwau= supA. Oleh karena itu, pengandaian untuk u2 < 2 tidak berlaku.

Selanjutnya, diasumsikan u2 > 2. Akan ditunjukkan ada m ∈ Nsehingga u− 1/m merupakan batas atas dari A, yang berarti hasilini kontradiksi dengan fakta bahwa u= supA. Untuk itu, perhatikan

48

bahwa untuk setiap m ∈ N berlaku(u− 1

m

)2

= u2− 2um

+1

m2 > u2− 2um.

Agar (u− 1/m)2 > 2, maka harus dicari bilangan asli m sehingga2u/(u2−2)> m. Karena (u2−2)> 0, maka (u2−2)/2u > 0. Me-nurut sifat Archimedean ada m ∈ N sehingga

2uu2−2

< m atau2um

< u2−2.

Oleh karena itu, (u−1/m)2 > u2− (u2−2) = 2. Selanjutnya, jikax ∈ S maka x2 < 2 < (u−1/m)2. Hal ini berarti u−1/m merupak-an batas atas dari A dan kontradiksi dengan fakta bahwa u = supA.Oleh karena itu, tidak berlaku u2 > 2.

Karena u2 < 2 dan u2 > 2 tidak berlaku, maka harusnya berlakuu2 = 2. �

Pernyataan selanjutnya, ditunjukkan penggunaan sifat Archime-dean dapat dilakukan untuk memperlihatkan bahwa setiap selangterbuka sekecil apapun selalu mengandung bilangan rasional danirrasional.

Teorema 3.5.4 Jika diberikan x,y∈R dengan x < y, maka terdapatbilangan rasional r sehingga x < r < y.

Bukti. Tanpa kehilangan keumuman pembuktian, asumsikan x > 0.Karena y− x > 0, maka menurut sifat Archimedean terdapat n ∈ Nsehingga 1/n < y−x. Akibatnya, nx+1 < ny. Karena nx > 0, makamenurut akibat Archimedean, ada m ∈N sehingga m−1≤ nx < m.Oleh karena itu, m ≤ nx+1 < ny dan nx < m < ny. Hal ini berartiada r = m/n ∈Q\{0} sehingga x < r < y. �

Jika diasumsikan x < 0, maka dapat diperoleh hasil yang samadengan cara yang analog.

49

Akibat 3.5.5 Jika diberikan x,y ∈ R dengan x < y, maka terdapatbilangan irrasional r′ sehingga x < r′ < y.

Bukti. Diberikan bilangan real x,y dengan x < y, maka x/√

2 dany/√

2 merupakan bilangan real dengan

x√2<

y√2.

Oleh karena itu, menurut Teorema 3.5.4, terdapat bilangan rasionalr 6= 0 sehingga

x√2< r <

y√2.

Jika diambil r′ = r√

2, maka r′ merupakan bilangan irrasional. �

Latihan Subbab 3.5

1. Diberikan bilangan rasional positif r dan s, buktikan secara lang-sung (tanpa menggunakan sifat supremum) bahwa terdapat suatun ∈ N sehingga nr > s.

2. Diberikan sebarang x ∈ R. Buktikan terdapat nilai tunggal n ∈ Zsehingga n−1≤ x < n.

3. Diberikan bilangan rasional r 6= 0 dan bilangan irrasional x. Buk-tikan bahwa r+ x dan rx irrasional.

4. Buktikan secara langsung bahwa di antara sebarang dua bilanganrasional terdapat suatu bilangan rasional.

5. Diberikan x,y ∈ R dengan x < y. Buktikan bahwa untuk setiapt ∈ R dengan 0 < t < 1 berlaku x < ty+(1− t)x < y.

6. (a) Buktikan bahwa di antara sebarang dua bilangan rasional,terdapat suatu bilangan irrasional.

(b) Buktikan bahwa di antara sebarang dua bilangan real, terda-pat suatu bilangan irrasional.

7. Diberikan x > 0. Buktikan bahwa ada n ∈ N sehingga 1/2n < x.

8. Diberikan x,y∈R dengan x < y. Jika u∈R dengan u> 0, buktik-an bahwa terdapat suatu bilangan rasional r sehingga x < ru < y.

50

9. Diberikan B = {r ∈Q : r > 0 dan r2 < 2} dan α = supB. Buktik-an bahwa α2 = 2.

3.6 Nilai Mutlak Bilangan Real

Nilai mutlak dari suatu bilangan real x ditulis dengan notasi |x|, dandidefinisikan sebagai

|x|={

x , jika x≥ 0−x , jika x < 0.

Teorema nilai mutlak suatu bilangan diberikan sebagai berikut:

Teorema 3.6.1 (i) |x| ≥ 0 dan |x|= 0 jika dan hanya jika x = 0.

(ii) |− x|= |x| untuk setiap x ∈ R.

(iii) |xy|= |x||y| untuk setiap x,y ∈ R.

(iv) |x|2 = x2 untuk setiap x ∈ R.

(v) |x| ≤ |y| jika dan hanya jika −y≤ x≤ y.

(vi) −|x| ≤ x≤ |x| untuk setiap x ∈ R.

Bukti. (i) Pernyataan ini cukup jelas dari definisi.

(ii) Diambil sebarang x∈R. Jika x > 0, maka |−x|=−(−x) = x =|x|. Dengan cara yang sama, dapat diperlihatkan, untuk x < 0 danx = 0.

(iii) Diambil sebarang x,y ∈ R. Jika x = 0 atau y = 0, maka per-nyataan cukup jelas berlaku. Jika x > 0 dan y > 0, maka |x||y|= xyjuga positif. Oleh karena itu, |x||y|= xy = |xy|. Jika x < 0 dan y < 0,maka xy > 0 dan xy = |xy| dan |x||y|= (−x)(−y) = xy. Selanjutnya,asumsi-kan x > 0 dan y < 0, maka |x||y|= x(−y) =−(xy). Karenaxy < 0, maka |x||y|=−(xy) = |xy|. Dengan cara yang sama, dapatdiperlihatkan berlaku untuk x < 0 dan y > 0.

51

(iv) Pernyataan ini cukup jelas berlaku untuk x ≥ 0. Selanjutnya,jika x < 0, maka |x|2 = (−x)2 = x2.

(v) Anggap |x| ≤ |y|. Jika x ≥ 0, maka x ≤ y. Dalam hal ini, jelas0≤ y. Oleh karena itu, −y≤ 0≤ x. Jadi, berlaku −y≤ x ≤ y. Jikax < 0, maka −x≤ y. Akibatnya, x≥−y dan y≥ 0. Oleh karena itu,y ≥ 0 > x. Jadi, berlaku −y ≤ x ≤ y. Sebaliknya, anggap berlaku−y ≤ x ≤ y. Jika x ≥ 0, maka x ≤ y ekivalen dengan |x| ≤ |y|. Jikax < 0, maka −y ≤ x berakibat (−x) ≤ y. Hal ini ekivalen dengan|x| ≤ |y|.

(vi) Gunakan (v) dengan y = |x|. �

Teorema 3.6.2 Diberikan x,y ∈ R, maka

(i) Jika c≥ 0, berlaku |x| ≤ c jika dan hanya jika −c≤ x≤ c.

(ii) |x+ y| ≤ |x|+ |y|.

Bukti. (i) Diberikan x,c∈R dengan c≥ 0. Jika |x| ≤ c, maka menu-rut definisi berlaku x≤ c dan −x≤ c. Oleh karena itu, −c≤ x≤ c.Sebaliknya, jika−c≤ x≤ c, maka diperoleh x≤ c dan−x≤ c. Halini berarti |x| ≤ c.

(ii) Diberikan x,y ∈ R, maka −|x| ≤ x≤ |x| dan −|y| ≤ y≤ |y|.Oleh karena itu, diperoleh

−(|x|+ |y|

)≤ x+ y≤ |x|+ |y|.

Karena |x|+ |y| ≥ 0, maka dari (a) berlaku |x+ y| ≤ |x|+ |y|. �

Pertidaksamaan pada Teorema 3.6.2 (v) sering digunakan dalammenyelesaikan persoalan analisis dan disebut pertidaksamaan segi-tiga. Sebagai akibat dari pertidaksamaan segitiga, diperoleh pernya-taan berikut.

Akibat 3.6.3 Untuk sebarang a,b ∈ R, berlaku

(i)∣∣|a|− |b|∣∣≤ |a−b|, dan

52

(ii) |a−b| ≤ |a|+ |b|.

Bukti. (i) Karena a = a−b+b, maka berdasarkan pertidaksamaansegitiga diperoleh |a| ≤ |a−b|+ |b|. Akibatnya, |a|− |b| ≤ |a−b|.Dengan cara yang sama, diperoleh

−(|a|− |b|

)= |b|− |a| ≤ |b−a|= |a−b|.

Jadi, −|a−b| ≤ |a|− |b| ≤ |a−b|. Karena |a−b| ≥ 0, maka menu-rut Teorema 3.6.2 (i) diperoleh

∣∣|a|− |b|∣∣≤ |a−b|.

(ii) Dari pertidaksamaan segitiga diperoleh

|a−b|=∣∣a+(−b)

∣∣≤ |a|+ |−b|= |a|+ |b|.

Dengan demikian Akibat terbukti. �

Seperti telah disampaikan sebelumnya, bahwa suatu himpunantak kosong yang terbatas, berarti himpunan tersebut terbatas bawahdan terbatas atas. Menyatakan suatu himpunan tak kosong terbatasdapat juga diberikan dalam pernyataan harga mutlak. Hal ini diper-lihatkan pada teorema berikut.

Teorema 3.6.4 Himpunan A ⊆ R terbatas jika dan hanya jika adabilangan real M > 0 sehingga

|x| ≤M untuk setiap x ∈ A.

Bukti. (=⇒) Diberikan A⊆ R terbatas, maka ada bilangan real M′

dan m′ dengan M′ merupakan batas atas A dan m′ merupakan batasbawah A. Jika diambil M = max{M′,m′}, maka untuk setiap x ∈ Aberlaku

|x| ≤M.

(⇐=) Anggap ada M ∈ R dengan M > 0 sehingga

|x| ≤M untuk setiap x ∈ A,

53

maka M merupakan batas atas dari A dan −M merupakan batasbawah dari A. Oleh karena itu, A merupakan himpunan terbatas. �

Cara berikutnya menyatakan suatu himpunan terbatas dapat jugadilakukan dengan bentuk diameter.

Teorema 3.6.5 Diberikan A ⊂ R. Diameter dari A adalah suatuhimpunan yang ditulis dengan notasi diam A dan didefinisikan se-bagai berikut

diam A = sup{|x− y| : x,y ∈ A

}.

Suatu himpunan dikatakan terbatas jika dan hanya jika diameterhimpunan tersebut berhingga.

Contoh 3.6.6 Jika A = (−a,a) untuk a∈R, maka diam A = 2a danA terbatas.

Contoh 3.6.7 Diberikan fungsi f : [2,3]→ R dengan aturan untuk2 ≤ x ≤ 3 berlaku f (x) = (2x2 + 3x+ 1)/(2x− 1). Akan ditentuk-an suatu konstanta M sehingga | f (x)| ≤M untuk setiap 2 ≤ x ≤ 3.Perhatikan bagian pembilang dan penyebut secara terpisah dari

| f (x)|= |2x2 +3x+1||2x−1|

.

Karena 2 ≤ x ≤ 3, maka |x| ≤ 3. Oleh karena itu, dengan menggu-nakan pertidaksamaan segitiga diperoleh

|2x2 +3x+1| ≤ 2|x|2 +3|x|+1≤ 2 · |3|2 +3 · |3|+1 = 28.

Dengan cara yang sama, karena 2 ≤ x ≤ 3, maka |x| ≥ 2. Oleh ka-rena itu

|2x−1| ≥ 2|x|−1≥ 2 ·2−1 = 3.

Akibatnya, 1/|2x−1| ≤ 1/3. Dengan demikian, dipilih M = 28/3.Perlu dicatat, untuk setiap H ∈ R dengan H > 28/3 juga akan me-menuhi | f (x)| ≤ H.

54

3.6.1 Garis Real

Garis real merupakan interpretasi geometri dari sistem bilanganreal. Pada garis real, nilai mutlak bilangan real a; |a|, diartikan se-bagai jarak dari a ke titik 0. Secara umum, jarak antara elemen a,bdi R merupakan |a−b|.

Selanjutnya, jika diberikan a ∈ R, maka bilangan real x dika-takan dekat ke a adalah jarak |x− a| yang kecil. Koleksi semuabilangan-bilangan real yang dekat ke a digunakan dengan termino-logi lingkungan.

Definisi 3.6.8 Diberikan a ∈ R dan ε > 0. Lingkungan-ε dari aadalah himpunan Nε(a) =

{x ∈R : |x−a|< ε

}. Dengan kata lain,

Nε(a) = (a− ε,a+ ε).

Secara garis real, diberikan sebagai berikut.

Gambar 3.1 Lingkungan-ε dari a

Teorema 3.6.9 Diberikan a ∈R. Jika x ∈ Nε(a) untuk setiap ε > 0,maka x = a.

Bukti. Jika x ∈ Nε(a) untuk setiap ε > 0, maka |x− a| < ε untuksetiap ε > 0. Menurut Teorema 3.2.6 diperoleh |x− a| = 0. Jadi,x = a. �

Contoh 3.6.10 Diberikan U = {x : 0 < x < 1}. Jika a ∈U , maka0< a< 1 dan 0< 1−a< 1. Dipilih ε =min{a,1−a} dan dibentuk

Nε(a) = {x ∈ R : |x−a|< ε}.

Akan diperlihatkan bahwa Nε(a)⊂U . Untuk itu, diambil x∈Nε(a),maka

a− ε < x < a+ ε.

55

Jika ε = a, maka ε < 1−a. Akibatnya, 0 < x < 1. Selanjutnya, jikaε = 1− a, maka ε < a. Akibatnya, 0 < x < 1. Dengan demikian,untuk setiap x ∈U , terdapat ε > 0 sehingga Nε(a)⊂U .

Latihan Subbab 3.6

1. Diberikan a,b ∈ R dengan b 6= 0. Buktikan bahwa

(a) |a|=√

a2

(b) |a/b|= |a|/|b|

2. Diberikan a,b ∈ R. Buktikan bahwa |a+ b| = |a|+ |b| jika danhanya jika ab≥ 0.

3. Diberikan x,y,z ∈ R dengan x ≤ z. Buktikan bahwa x ≤ y ≤ zjika dan hanya jika |x− y|+ |y− z| = |x− z|. Interpretasikan halini secara geometris.

4. Buktikan bahwa |x−a|< ε jika dan hanya jika a−ε < x < a+ε .

5. Diberikan a < x < b dan a < y < b. Buktikan |x− y| < b− a.Interpretasikan hal ini secara geometris.

6. Tentukan semua nilai x ∈R yang memenuhi pertidaksamaan ber-ikut.

(a) |4x−5| ≤ 13.

(b) |x2−1| ≤ 3.

7. Tentukan semua nilai x ∈ R yang memenuhi persamaan

|x+1|+ |x−2|= 7.

8. Tentukan semua nilai x yang memenuhi persamaan berikut.

(a) x+1 = |2x−1|.(b) 2x−1 = |x−5|.

9. Tentukan semua nilai x yang memenuhi pertidaksamaan berikut.Gambarkan grafiknya.

(a) |x−2| ≤ x+1.

56

(b) 3|x| ≤ 2− x.

10. Tentukan semua nilai x ∈R yang memenuhi pertidaksamaan ber-ikut.

(a) |x−1|> |x+ |.(b) |x|+ |x+1|< 2.

BAB 4

BARISAN

Mempelajari konvergensi suatu barisan ataupun limit dari suatufungsi dibutuhkan pemahaman tentang suatu bilangan real "mende-kati" bilangan real lainnya. Karena jarak Euclidean antara dua titika dan x diberikan dengan notasi |x− a|, yang berarti bahwa x "de-kat dengan a", hal ini ekuivalen dengan mengatakan jarak |x− a|di antara keduanya "kecil". Metode yang digunakan untuk menga-takan hal ini adalah konsep lingkungan dari suatu titik. Konsep initerbukti bermanfaat tidak hanya dalam mempelajari limit dari suatubarisan, tetapi juga dalam penelitian-penelitian tentang limit fungsidan struktur himpunan titik di R.

Seperti yang telah disampaikan pada bab 3 bahwa untuk seba-rang a ∈ R dan sebarang ε > 0, himpunan

Nε(a) = {x ∈ R : |x−a|< ε}

disebut lingkungan-ε dari a.

4.1 Barisan Bilangan Real

Barisan bilangan real merupakan fungsi x : N→ R dengan aturann 7→ x(n). Penulisan bilangan real x(n) ditulis dengan xn dan barisanbilangan real ditulis dengan notasi

x = (xn) ={

xn ∈ R : n ∈ N}

untuk xn disebut suku ke-n dari barisan x.

Contoh 4.1.1 (a) x =(

12n

)=

(12,14,16,18, · · ·).

(b) Jika b ∈ R, barisan x = (b,b,b, · · ·) disebut barisan konstan.

58

(c) Barisan f = ( fn) dengan f1 = 1, f2 = 1, dan fn+1 = fn−1 + fnuntuk n > 2, bentuknya sebagai berikut

f = (1,1,2,3,5,8,13,21,34,55, · · ·).

Hal menarik dari suatu barisan (xn) adalah perilaku suku ke-n,yaitu xn, untuk n besar.

4.1.1 Konvergensi Barisan

Suatu barisan (xn) konvergen ke x0 jika suku-suku xn cukup dekatke x0 untuk n yang cukup besar. Definisi formal konvergensi suatubarisan dinyatakan sebagai berikut.

Definisi 4.1.2 Barisan bilangan real (xn) dikatakan konvergen kex0 di R ditulis dengan notasi

x0 = lim(xn) atau xn→ x0 untuk n→ ∞,

jika untuk sebarang ε > 0 ada N ∈ N sehingga xn ∈ Nε(x0) untuksetiap n≥ N.

Definisi xn ∈ Nε(x0) untuk setiap n≥ N ekuivalen dengan

|xn− x0|< ε untuk setiap n≥ N.

Dalam hal ini, x0 disebut limit dari barisan (xn). Barisan yang tidakkonvergen disebut barisan divergen.

Contoh 4.1.3 (a) Akan diperlihatkan 1/n→ 0, untuk n→ ∞. Un-tuk membuktikan pernyataan ini, diambil sebarang bilangan ε > 0,maka 1/ε > 0. Akibatnya, dari sifat Archimedean, ada N ∈ N se-hingga 1/ε < N. Oleh karena itu, untuk setiap n≥ N berlaku∣∣∣∣1n

∣∣∣∣= 1n≤ 1

N< ε.

Karena untuk sebarang ε > 0 ada N ∈ N sehingga untuk setiapn≥ N berlaku |1/n|< ε , maka 1/n→ 0, untuk n→ ∞.

59

(b)3n+2n+1

→ 3, untuk n→ ∞. Untuk memperlihatkan hal ini, di-

ambil sebarang bilangan ε > 0. Karena∣∣∣∣3n+2n+1

−3∣∣∣∣ =

∣∣∣∣3n+2−3n−3n+1

∣∣∣∣= ∣∣∣∣ −1n+1

∣∣∣∣=

1n+1

<1n

dan 1/ε > 0, maka dengan menggunakan sifat Archimedean, ter-dapat N ∈ N dengan 1/ε < N. Oleh karena itu, untuk setiap n≥ Nberlaku ∣∣∣∣3n+2

n+1−3∣∣∣∣< 1

n≤ 1

N< ε.

Karena ε > 0 sebarang, hal ini berarti3n+2n+1

→ 3, untuk n→ ∞.

Contoh 4.1.4 Akan ditunjukkan bahwa barisan(1− (−1)n

)diver-

gen. Pernyataan ini akan dibuktikan menggunakan kontradiksi. An-dai xn → x untuk suatu x ∈ R. Berarti untuk sebarang 0 < ε < 1ada N ∈ N sehingga |xn− x|< ε untuk setiap n≥ N. Karena untuksetiap n berlaku

|xn− xn+1|= 2,

maka untuk setiap n≥ N, berlaku

2 = |xn− xn+1| ≤ |xn− x|+ |x− xn|< 2ε < 2,

merupakan suatu pernyataan yang kontradiksi. Akibatnya, pengan-daian salah, harusnya barisan tidak konvergen (divergen).

Teorema 4.1.5 Jika suatu barisan (xn) konvergen, maka limit ba-risan (xn) tunggal.

Bukti. Anggap barisan (xn) konvergen ke x′0 dan x′′0 , yaitu xn→ x′0dan xn → x′′0 untuk n→ ∞. Hal ini berarti untuk sebarang ε > 0,terdapat N′,N′′ ∈ N sehingga

|xn− x′0| < ε/2 untuk setiap n≥ N′,

|xn− x′′0| < ε/2 untuk setiap n≥ N′′.

60

Berarti untuk setiap n≥max{N′,N′′} berlaku

|x′0− x′′0| ≤ |x′0− xn|+ |xn− x′′0|<ε

2+

ε

2= ε.

Karena ε > 0 sebarang, maka |x′0− x′′0|= 0. Hal ini berarti x′0 = x′′0 .Hal ini berarti limit dari barisan real (xn) tunggal. �

Hal yang menarik dari konvergensi atau divergensi dari suatubarisan (xn) adalah perilaku ekor barisannya, yaitu jika untuk seba-rang bilangan natural m, dikeluarkan m suku pertama dari barisan(xn), maka diperoleh barisan (xm). Sifat yang terjadi adalah barisan(xm) konvergen jika dan hanya jika barisan (xn) konvergen. Dalamhal ini, nilai limitnya sama.

Definisi 4.1.6 Jika x = (xn) merupakan barisan bilangan real danm sebarang bilangan natural, maka ekor ke-m dari x adalah baris-an

x[m] =(xm+n : n ∈ N

)=(xm+1,xm+2, . . .

).

Contoh 4.1.7 Ekor ke-2 dari barisan x=(1, 1/2, 1/3, 1/4, 1/5, ...)adalah barisan x[2] = (1/3, 1/4, ...).

Teorema 4.1.8 Diberikan barisan bilangan real x = (xn) dan bi-langan natural m. Ekor ke-m x[m] dari barisan x konvergen jika danhanya jika x konvergen. Dalam hal ini, lim x[m] = lim x.

Bukti. Diasumsikan x konvergen ke x0. Berarti, untuk sebarangε > 0 terdapat N ∈ N sehingga untuk setiap n ≥ N pada suku dix berlaku

|xn− x0|< ε.

Oleh karena itu, untuk k ≥ N−m pada suku di x[m] berlaku

|xk− x0|< ε.

Diambil Nm = N−m. Karena ε > 0 sebarang, maka diperoleh ba-risan x[m] konvergen ke x0.

61

Sebaliknya, diambil barisan x[m] konvergen ke x0, berarti terda-pat Nm ∈N sehingga untuk setiap k≥ Nm pada barisan x[m] berlaku

|xk− x0|< ε.

Oleh karena itu, untuk n > Nm +m pada barisan x berlaku

|xn− x0|< ε.

Jadi, jika diambil N = Nm +m, maka xn→ x0.Dengan demikian, teorema terbukti. �

Untuk memperoleh x0 sebagai limit dari barisan (xn), seringkalidilakukan terlebih dahulu mencari |xn− x0| sebelum menentukanε > 0 dan mencari bilangan asli N sehingga definisi terpenuhi sesu-ai dengan yang diminta. Hal ini telah diberikan pada Contoh 4.1.3(b). Pernyataan berikut memperlihatkan kekonvergenan suatu baris-an diperlihatkan dengan syarat yang lebih kuat.

Teorema 4.1.9 Diberikan barisan (xn)⊂ R dan x0 ∈ R. Jika terda-pat barisan (an) dengan an > 0 untuk setiap n ∈ N, an→ 0 untukn→ ∞, dan ada bilangan c > 0 sehingga |xn− x0| ≤ c an, makaxn→ x0.

Bukti. Diketahui

(i) an→ 0 untuk n→ ∞ dan an > 0 untuk setiap n ∈ N,(ii) c > 0, dan(iii) |xn− x0| ≤ c an.

Akan ditunjukkan xn→ x0. Untuk itu, diambil sebarang ε > 0, makadari diketahui, ada N ∈ N sehingga untuk setiap n≥ N berlaku

|an|= an <ε

c.

Selanjutnya, untuk n≥ N, diperoleh

|xn− x0| ≤ c an < ε.

62

Karena ε > 0 sebarang, maka dapat disimpulkan xn→ x0. �

Contoh 4.1.10 (a) Jika a > 0, akan diperlihatkan1

1+na→ 0. Ka-

rena a > 0, maka 0 < na < 1+na. Akibatnya,∣∣∣∣ 11+na

−0∣∣∣∣= 1

1+na<

1na

<

(1a

)(1n

).

Jika diambil c = 1/a dan (an) = (1/n), maka c > 0 dan an → 0.Dari Teorema 4.1.9, maka

11+na

→ 0.

(b) Jika 0< b< 1, akan ditunjukkan bn→ 0. Karena 0< b< 1, ma-ka 1/b> 1, akibatnya a= 1/b−1> 0 atau b= 1/(1+a). Menurutpertidaksamaan Bernoulli berlaku (1+ a)n ≥ 1+ na. Oleh karenaitu,

0 < bn =1

(1+a)n ≤1

1+na<

1na

.

Jika diambil c = 1/a dan (an) = (1/n), maka c > 0 dan an → 0.Hal ini berakibat bn→ 0.

Definisi 4.1.11 Barisan bilangan real (xn) dikatakan terbatas jikaada bilangan real M > 0 sehingga

|xn| ≤M untuk setiap n ∈ N.

Dengan demikian, barisan bilangan real (xn) dikatakan terbatas jikadan hanya jika daerah hasil x(N) = {xn ∈ R : n ∈ N} merupakanhimpunan bagian terbatas dari R.

Teorema 4.1.12 Setiap barisan konvergen di R bersifat terbatas.

Bukti. Diberikan barisan (xn) dengan xn → x, untuk suatu x ∈ R.Berarti, untuk ε = 1 terdapat N ∈ N sehingga berlaku

|xn− x|< 1 untuk setiap n≥ N.

63

Akibatnya, dengan menggunakan pertidaksamaan segitiga, berlaku

|xn| ≤ |xn− x|+ |x|< 1+ |x| untuk setiap n≥ N.

Selanjutnya, dianggap

M = max{|x1|, |x2|, · · · , |xN−1|,1+ |x|

}.

Diperoleh |xn| ≤M untuk setiap n∈N. Oleh karena itu barisan (xn)terbatas. �

Contoh berikut menunjukkan kebalikan dari Teorema 4.1.12 be-lum tentu berlaku.

Contoh 4.1.13 Diberikan barisan (xn) =(1− (−1)n

), maka

|xn|= |1− (−1)n| ≤ 2 untuk setiap n ∈ N .

Hal ini berarti (xn) terbatas. Tetapi dari Contoh 4.1.4 barisan (xn)tidak konvergen.

Contoh 4.1.14 Barisan bilangan real (xn) =(n(−1)n

)tidak terba-

tas di R, sehingga barisan (xn) =(n(−1)n

)tidak konvergen.

Latihan Subbab 4.1

1. Untuk setiap barisan berikut, buktikan dengan menggunakan de-finisi konvergensi barisan bahwa barisan-barisan berikut konver-gen ke nilai p yang diberikan.

(a)(

3n+52n+7

), p =

32

.

(b)(

2n+56n−3

), p =

13

.

(c)(

n2 +12n2

), p =

12

.

(d)(

1− (−1)n

n

), p = 1.

64

(e)((−1)nnn2 +1

), p = 0.

(f)

(n(√

1+1n−1))

, p =12

.

2. Buktikan bahwa masing-masing barisan berikut divergen di R.

(a)(n(1+(−1)n))

).

(b)((−1)n +

1n

).

(c)(

sinnπ

2

).

(d)(

nsinnπ

2

)(e)((−1)nnn+1

).

3. Diberikan b > 0. Buktikan bahwa lim(1/(1+nb)

)= 0.

4. (a) Jika b > 1, buktikan bahwa lim (1/bn) = 0.

(b) Jika 0≤ b < 1, tunjukkan lim (bn) = 0.

5. Diberikan barisan bilangan real (an) dengan lim (an) = a. Buk-tikan bahwa lim (a2

n) = a2.

6. Diberikan barisan bilangan real (an) dengan lim (an) = a. Buk-tikan bahwa lim (a3

n) = a3.

7. Diberikan barisan bilangan real (an) dengan an ≥ 0 untuk setiapn ∈ N dan lim (an) = a. Buktikan bahwa lim

(√an)=√

a.

8. Buktikan bahwa jika barisan (an) konvergen ke a, maka barisan(|an|) konvergen ke |a|. Apakah kebalikannya berlaku?

9. Diberikan barisan bilangan real (an) dengan lim (an) = a. Jikaa > 0, buktikan bahwa terdapat N ∈ N sehingga an > 0 untuksetiap n≥ N.

10. Diberikan barisan bilangan real (an) dengan |an−an+1| ≥ c, un-tuk suatu c > 0 dan untuk setiap n ∈ N. Buktikan bahwa barisan(an) divergen.

65

4.2 Sifat-sifat Limit Barisan

Pada subbab ini, akan diperlihatkan beberapa sifat dari barisan-barisanbilangan real yang konvergen.

4.2.1 Sifat Monoton

Berikut ini akan dibahas tentang limit suatu barisan yang memenu-hi suatu bentuk pertidaksamaan.

Teorema 4.2.1 Jika (xn) dan (yn) merupakan barisan bilangan realyang konvergen dengan xn ≤ yn untuk setiap n ∈ N, maka

lim (xn)≤ lim (yn).

Bukti. Anggap xn → x0 dan yn → y0 untuk n→ ∞. Berarti, untuksebarang ε > 0 ada N,N′ ∈ N sehingga

|xn− x0| < ε/2 untuk setiap n≥ N, dan|yn− y0| < ε/2 untuk setiap n≥ N′.

Oleh karena itu, untuk setiap n≥max{N,N′} berlaku

x0 = xn + x0− xn < yn + ε/2= yn− y0 + y0 + ε/2 < y0 + ε.

Karena x0 < y0 + ε untuk setiap ε > 0, maka x0 ≤ y0. �

Akibat 4.2.2 Jika barisan bilangan real (xn) konvergen dan xn ≥ 0untuk setiap n ∈ N, maka x = lim (xn)≥ 0.

Bukti. Anggap bahwa x = lim (xn)< 0. Jika dipilih ε =−x, makaε > 0. Karena (xn) konvergen ke x, hal ini berarti untuk ε = −x,terdapat N ∈ N sehingga

x− ε < xn < x+ ε, untuk setiap n≥ N.

Oleh karena itu, xN < x+ ε = x+ (−x) = 0. Hal ini kontradiksidengan diketahui, yaitu xn ≥ 0 untuk setiap n ∈ N. Jadi, x≥ 0. �

66

Akibat 4.2.3 Jika barisan (xn) konvergen dan a ≥ xn ≥ b untuksetiap n ∈ N, maka a≥ lim (xn)≥ b.

Berikut ini diperlihatkan bahwa konvergensi suatu barisan diapitoleh dua barisan yang mempunyai limit sama, akan mempunyainilai limit yang sama dengan barisan pengapit. Hal ini dinyatakandalam teorema betikut.

Teorema 4.2.4 (Teorema Sandwich) Diberikan barisan bilanganreal (xn),(yn) dan (zn) dengan

xn ≤ zn ≤ yn, untuk setiap n ∈ N.

Jika lim (xn) = lim(yn) = L, maka barisan (zn) konvergen dan

lim (xn) = lim (zn) = lim (yn) = L.

Bukti. Karena barisan (xn),(yn) konvergen, berarti untuk sebarangε > 0, terdapat N′,N′′ ∈ N sehingga

|xn−L| < ε untuk setiap n≥ N′, dan|yn−L| < ε untuk setiap n≥ N′′.

Dipilih N = max{N′,N′′}, maka untuk setiap n≥ N berlaku

−ε < xn−L≤ zn−L≤ yn−L < ε.

Oleh karena itu, |zn−L|< ε untuk setiap n≥ N. �

Contoh 4.2.5 Diberikan barisan bilangan real((sin n)/n

). Akan

ditunjukkan bahwa barisan((sin n)/n

)konvergen ke 0. Perhatikan

bahwa untuk setiap n∈N berlaku−1≤ sin n≤ 1. Hal ini berakibatbahwa

−1n≤ sin n

n≤ 1

n, untuk setiap n ∈ N.

Dari Contoh 4.1.3, diperoleh bahwa 1/n→ 0 untuk n→ ∞. Me-nurut Teorema 4.2.4, dapat disimpulkan bahwa barisan

((sinn)/n

)konvergen ke 0 untuk n→ ∞.

67

Contoh 4.2.6 Jika (xn) = (−1), (yn) = (1), dan (zn) =((−1)n+1

),

maka xn ≤ zn ≤ yn untuk setiap n ∈N. Dalam hal ini, xn→−1 danyn→ 1, tetapi barisan (zn) tidak konvergen.

Akibat 4.2.7 Jika xn → x0 untuk n→ ∞, maka |xn| → |x0| untukn→ ∞.

Bukti. Gunakan pertidaksamaan segitiga0≤

∣∣|xn|− |x0|∣∣≤ |xn− x0| �

4.2.2 Sifat Linear

Pada bagian ini akan dibahas tentang operasi aljabar penjumlahandan perkalian.

Teorema 4.2.8 Diberikan barisan bilangan real (xn) dan (yn) kon-vergen dan c ∈ R. Diperoleh barisan (cxn), (xn + yn), dan (xnyn)konvergen, dan

lim (cxn) = c lim (xn),

lim(xn + yn) = lim (xn)+ lim (yn),

lim(xnyn) = lim (xn) lim (yn).

Selanjutnya, jika y0 6= 0 dan yn 6= 0 untuk setiap n ∈ N, maka

lim(

xn

yn

)=

lim (xn)

lim (yn).

Bukti. Anggap xn→ x0 dan yn→ y0. Jika c∈R dengan c = 0, makahasilnya jelas. Jika c∈R\{0}, maka dari diketahui, untuk sebarangε > 0 ada N ∈ N sehingga

|xn− x0|<ε

|c|untuk setiap n≥ N.

Akibatnya, |cxn− cx0|< ε untuk setiap n≥ N.Selanjutnya untuk pernyataan kedua, diberikan sebarang ε > 0,

68

dan dari diketahui ada P,Q ∈ N sehingga

|xn− x0| < ε/2 untuk setiap n≥ P, dan|yn− y0| < ε/2 untuk setiap n≥ Q.

Diambil N = max{P,Q}, maka untuk setiap n≥ N berlaku

|(xn + yn)− (x0 + y0)| ≤ |xn− x0|+ |yn− y0|< ε.

Hal ini berarti xn + yn→ x0 + y0 untuk n→ ∞.

Untuk pernyataan terakhir, digunakan hipotesa barisan (xn) kon-vergen. Menurut Teorema 4.1.12, ada M > 0 sehingga |xn| ≤ Muntuk setiap n ∈ N. Karena

|xnyn− x0y0| = |(xnyn− xny0)+(xny0− x0y0)|≤ |xnyn− xny0|+ |xny0− x0y0|= |xn||yn− y0|+ |y0||xn− x0|,

maka jika diambil M = max{M, |y0|}, diperoleh M > 0 dan

|xnyn− x0y0| ≤M|yn− y0|+M|xn− x0|.

Selanjutnya, diambil sebarang ε > 0, maka dari diketahui terdapatP,Q ∈ N sehingga

|xn− x0| < ε/2M untuk setiap n≥ P, dan|yn− y0| < ε/2M untuk setiap n≥ Q.

Jika diambil N = max{P,Q}, maka untuk setiap n≥ N berlaku

|xnyn− x0y0|< M · ε

2M+M · ε

2M= ε.

Hal ini berarti xnyn→ x0y0 untuk n→ ∞.Hal yang harus diperhatikan bahwa jika (xn + yn) konvergen ti-

dak berakibat (xn) atau (yn) konvergen, karena jika diambil xn =−ndan yn = n untuk setiap n ∈N, maka (xn) dan (yn) tidak konvergen,tetapi (xn + yn) konvergen.

69

Selanjutnya, jika diberikan (xn) konvergen, maka (yn) konver-gen jika dan hanya jika (xn + yn) konvergen.Akan diperlihatkan

lim(

xn

yn

)=

lim (xn)

lim (yn).

Untuk itu, cukup dibuktikan lim (1/yn) = 1/y0. Karena y0 6= 0 danyn → y0, maka ada bilangan asli N sehingga untuk setiap n ≥ Nberlaku

|yn− y0|<12|y0|.

Selanjutnya, karena untuk setiap n≥ N berlaku

|y0| ≤ |y0− yn|+ |yn|<12|y0|+ |yn|

maka untuk setiap n≥ N berlaku

|yn| ≥12|y0|.

Oleh karena itu,∣∣∣∣ 1yn− 1

y0

∣∣∣∣= |y0− yn||yn||y0|

<2|y0|2|yn− y0|.

Kemudian diambil sebarang ε > 0. Karena yn → y0, maka adaN0 ≥ N, sehingga untuk setiap n≥ N0 berlaku

|yn− y0|< ε|y0|2

2.

Oleh karena itu, untuk setiap n≥ N0 berlaku∣∣∣∣ 1yn− 1

y0

∣∣∣∣< ε.

Karena ε > 0 sebarang, maka lim (1/yn) = 1/y0. Berdasarkan hasillim(xnyn) = lim (xn) lim (yn), maka teorema terbukti. �

70

4.2.3 Barisan Monoton

Pada subbab ini diperlihatkan kekonvergenan suatu barisan bilang-an real melelui bentuk kemonotonan barisan tersebut, meskipun ni-lai limitnya tidak diketahui.

Definisi 4.2.9 Barisan bilangan real (xn) dikatakan:

(i) monoton naik (tidak turun), jika xn ≤ xn+1 untuk setiap n∈Ndan ditulis xn ↑,

(ii) monoton turun (tidak naik), jika xn ≥ xn+1 untuk setiap n∈Ndan ditulis xn ↓,

(iii) monoton, jika (xn) merupakan barisan monoton naik atau ba-risan monoton turun.

Contoh 4.2.10 (a) Barisan (1,2, · · · ,n, · · ·) dan (1,2,2,3,3,3, · · ·)merupakan barisan naik.

(b) Barisan(1,

12,13, · · · , 1

n,

1n+1

, · · ·),

(1,

12,

122 , · · · ,

12n ,

12n+1 , · · ·

)dan

(b,b2,b3, · · · ,bn, · · ·

)untuk 0 < b < 1 merupakan barisan tu-

run.

(c) Barisan

(1,−1,1, · · · ,(−1)n+1, · · ·) dan (−1,2,−3, · · · ,(−1)nn, · · ·)

bukan merupakan barisan monoton.

Secara umum barisan terbatas tidak perlu konvergen. Sebagaicontoh barisan

((−1)n

)terbatas tetapi tidak konvergen. Tetapi ji-

ka suatu barisan terbatas juga memiliki sifat monoton, maka nilaikekonvergenannya ada. Hal ini dituangkan dalam teorema berikut.

Teorema 4.2.11 (Teorema Monoton Konvergen) Suatu barisanmonoton, konvergen jika dan hanya jika terbatas.

71

(i) Jika (xn) merupakan barisan monoton naik dan terbatas, maka

xn −→ sup{xn : n ∈ N},

(ii) Jika (xn) merupakan barisan monoton turun dan terbatas, ma-ka

xn −→ inf{xn : n ∈ N}.

Bukti. Diberikan barisan (xn) konvergen, maka menurut Teorema4.1.12 (xn) terbatas. Akan ditunjukkan untuk kasus (i) saja.(i) Diberikan barisan (xn) merupakan barisan monoton naik danterbatas, maka terdapat bilangan real M > 0 sehingga untuk seti-ap n ∈ N berlaku xn ≤ M. Berdasarkan sifat kelengkapan, terda-pat x∗ = sup{xn : n ∈ N} di R. Akan ditunjukkan xn → x∗. Un-tuk itu, diambil sebarang ε > 0, maka x∗− ε bukan batas atas dari{xn : n ∈ N}, artinya terdapat n0 ∈ N sehingga x∗− ε < xn0 . Kare-na (xn) merupakan barisan naik, maka untuk setiap n≥ n0 berlakuxn0 ≤ xn. Oleh karena itu, diperoleh

x∗− ε < xn0 ≤ xn ≤ x∗ < x∗+ ε untuk setiap n≥ n0.

Jadi,|xn− x∗|< ε untuk setiap n≥ n0.

Karena ε > 0 sebarang, maka dapat disimpulkan

xn→ x∗ = sup{xn : n ∈ N}.

Kasus (ii) diberikan sebagai latihan. �

Jika xn ↑ dan x∗ = sup{xn : n ∈ N} ada di R, maka ditulis xn ↑x∗. Selanjutnya, jika xn ↓ dan x∗ = inf{xn : n ∈ N} ada di R, makaditulis xn ↓ x∗.

Fakta yang didapat dari sebarang barisan monoton terbatas mem-punyai limit adalah pemakaian sifat kelengkapan di R. Sebagai con-toh, suatu barisan bilangan rasional naik yang konvergen ke

√2

terbatas atas di Q, tetapi√

2 /∈Q.

Contoh 4.2.12 (a) Diberikan barisan (an) dengan 0 < a < 1, aki-batnya an → 0 untuk n→ ∞. Hal ini dapat diperlihatkan dengan

72

menggunakan Teorema 4.2.11 sebagai berikut.Karena 0 < a < 1, maka 0 < an+1 = an ·a < an untuk setiap n ∈ N.Hal ini berarti an ↓ dan terbatas bawah oleh 0. Oleh karena itu, adax∗ ∈ R dan berlaku

x∗ = lim(an+1) = lim(an ·a) = a lim(an) = ax∗.

Jadi, (1−a)x∗ = 0. Karena 1−a > 0, maka x∗ = 0.

(b) Diberikan barisan bilangan real (xn) dengan

x1 = 2 dan xn+1 = 2+1xn

untuk setiap n ∈ N.

Cukup jelas xn ≥ 2 untuk setiap n ∈ N dan xn ↑. Jika x = lim(xn),maka x 6= 0. Oleh karena itu,

x = lim(xn+1) = 2+1

lim(xn)= 2+

1x.

Akibatnya, diperoleh persamaan x2−2x−1 = 0. Karena x > 0, ma-ka limit dari barisan (xn) adalah x = 1+

√2.

Hal yang perlu diperhatikan adalah syarat dari suatu barisanmenjadi konvergen, yaitu monoton dan terbatas. Sebagai contoh,jika diberikan barisan (yn) dengan y1 = 1 dan yn+1 = 2yn + 1 kon-vergen ke y, maka diperoleh y = 2y+1, yaitu y =−1. Hal ini tidakmungkin terjadi.

Contoh 4.2.13 (a) Diberikan barisan (xn) dengan

x1 = 1 dan xn+1 =14(2xn +3) untuk n≥ 1.

Akan ditunjukkan lim(xn) = 1/4. Perhatikan bahwa x1 < x2 < 2dan akan diperlihatkan xn < 2 untuk setiap n ∈N. Untuk itu, asum-sikan xk < 2 untuk suatu k ∈ N, maka

xk+1 =14(2xk +3)<

14(4+3) =

74< 2.

73

Oleh karena itu, diperoleh xn < 2 untuk setiap n∈N. Hal ini berartibarisan (xn) terbatas atas oleh 2. Selanjutnya, akan diperlihatkanbahwa xn < xn+1 untuk setiap n ∈ N. Untuk n = 1, jelas bahwax1 < x2. Diasumsikan bernilai benar bahwa xk < xk+1 untuk suatuk ∈ N, maka

xk+1 =14(2xk +3)<

14(2xk+1 +3).

Akibatnya, jika xk < xk+1, maka diperoleh xk+1 < xk+2. Hal ini ber-arti xn < xn+1 untuk setiap n ∈ N, yaitu (xn) merupakan barisannaik dan terbatas atas oleh 2. Berdasarkan Teorema 4.2.11, makaada x0 = lim(xn) dengan x0 = sup{xn : n∈N}. Tetapi, mencari sup-remum himpunan ini juga tidak mudah. Oleh karena itu, digunakanprinsip kekonvergenan dari ekor barisan, yaitu

x0 = lim(xn+1) =14(2lim(xn)+3

)=

14(2x0 +3)

dan diperoleh x0 =32

.

(b) Diberikan barisan bilangan real (xn) dengan x1 = 1 dan untukn∈N berlaku xn+1 =

√2xn . Akan ditunjukkan lim(xn) = 2. Untuk

itu, karena x1 = 1 dan x2 =√

2, maka diperoleh 1 ≤ x1 < x2 < 2.Selanjutnya, diasumsikan barisan (xn) naik dan terbatas atas oleh2. Berdasarkan Prinsip Induksi Matematika, diperoleh bahwa per-tidaksamaan 1 ≤ xn < xn+1 < 2 benar untuk n = 1. Kemudian, di-anggap benar untuk n = k, yaitu

2≤ 2xk < 2xk+1 < 4.

Akibatnya,

1 <√

2≤ xk+1 =√

2xk < xk+2 =√

2xk+1 <√

4 = 2.

Hal ini berakibat, pertidaksamaan 1 ≤ xk < xk+1 < 2 untuk suatuk ∈N mengakibatkan 1≤ xk+1 < xk+2 < 2. Jadi, 1≤ xn < xn+1 < 2untuk setiap n ∈ N. Karena barisan (xn) naik dan terbatas, makabarisan (xn) konvergen ke sup(xn). Karena 1≤ xn < xn+1 < 2 untuksetiap n ∈ N, maka sup(xn) = 2. Jadi, lim(xn) = 2.

74

Contoh 4.2.14 Diberikan bilangan a > 0, akan dibentuk suatu ba-risan bilangan real (xn) yang konvergen ke

√a. Untuk itu, diam-

bil x1 = 1 dan dibentuk xn+1 = (xn +a/xn)/2. Akan ditunjukkan(xn) konvergen ke

√a. Pertama-tama akan ditunjukkan s2

n ≥ a un-tuk n≥ 2. Karena x2

n−2xn+1xn +a = 0, maka D = 4x2n+1−4a≥ 0.

Oleh karena itu, x2n+1 ≥ a untuk n ≥ 1. Selanjutnya, untuk n ≥ 2

berlaku

xn− xn+1 = xn−12

(xn +

axn

)=

12

(x2

n−axn

).

Jadi, xn ≥ xn+1 untuk setiap n ≥ 2. Hal ini berarti barisan (xn)monoton turun. Menurut Teorema Monoton Konvergen, maka adax0 = lim(xn), dan diperoleh

x0 =12

(x0 +

ax0

).

Akibatnya, x0 = a/x0 atau x20 = a. Jadi, x0 =

√a.

Contoh 4.2.15 Diberikan barisan en = (1+1/n)n untuk n ∈N. Ak-an ditunjukkan barisan (en) naik dan terbatas, yang berarti konver-gen. Nilai konvergensi dari barisan ini disebut bilangan Euler e.Dalam hal ini, e' 2,718281828459045 · · · . Dengan menggunakanTeorema Binomial diperoleh

en =

(1+

1n

)n

= 1+n1· 1

n+

n(n−1)2!

· 1n2 +

n(n−1)(n−2)3!

· 1n3

+ · · ·+ n(n−1) · · ·2 ·1n!

1nn

= 1+1+12!

(1− 1

n

)+

13!

(1− 1

n

)(1− 2

n

)+ · · ·

+1n!

(1− 1

n

)(1− 2

n

)· · ·(

1− n−1n

).

75

Dengan cara yang sama diperoleh

en+1 = 1+1+12!

(1− 1

n+1

)+

13!

(1− 1

n+1

)(1− 2

n+1

)+ · · ·+ 1

(n+1)!

(1− 1

n+1

)(1− 2

n+1

)· · ·(

1− nn+1

).

Karena 1/(n+1) < 1/n, maka diperoleh 1− 1/n < 1− 1/(n+1).Hal ini berakibat 2< en < en+1, atau barisan (en) monoton naik danterbatas bawah oleh 2. Selanjutnya, untuk p = 1,2, . . . ,n, perhati-kan bahwa (1− p/n) < 1 dan 2p−1 ≤ p!, maka 1/p! ≤ 1/2p−1.Oleh karena itu,

2 < en < 1+1+12+

122 + · · ·+

12n−1 .

Karena12+

122 + · · ·+

12n−1 = 1− 1

2n−1 < 1,

maka 2 < en < 3 untuk setiap n ∈ N. Menurut Teorema MonotonKonvergen, barisan (en) konvergen ke e0 dengan 2 < e0 < 3.

Latihan Subbab 4.2

1. Diberikan barisan bilangan real (an) dan (bn).

(a) Jika barisan (an) dan (an + bn) keduanya konvergen, perli-hatkan bahwa barisan (bn) juga konvergen.

(b) Jika bn 6= 0 untuk setiap n ∈ N dan barisan (bn) dan (an/bn)keduanya konvergen, buktikan bahwa barisan (an) juga kon-vergen.

2. Tentukan nilai limit dari setiap barisan berikut.

(a)(

3n2 +2n+15n2−2n+3

).

(b)(

1+n3

3n

).

76

(c)

(n

1+ 1n

−n

).

(d)(

2√

nn+1

)

(e)

1√1+ 1

n

−1

.

(f) (√

n2 +n−n).

(g)(√

n(√

n+a−√

n)),a > 0.

(h)((2n +2n)1/n).

3. Untuk setiap barisan berikut, tentukan apakah barisan berikutkonvergen atau divergen. Jika konvergen, tentukan nilai kekon-vergenannya. Jika divergen, jelaskan mengapa divergen.

(a)(

1+1+(−1)n

n

).

(b)(

1n

sinnπ

2

).

(c)

(1n2

(n2 +12n+3

)2)

.

(d)(

3n

2n +n2

)

(e)

(3√8n3 +5√

9n2−4

)

(f)(

ncosnπ

2n+3

)4. Buktikan bahwa

lim(

1n

cosnπ

2

)= 0.

5. Diberikan barisan bilangan real (xn) dengan xn→ 0 untuk n→∞

77

dan xn 6= 0 untuk setiap n ∈ N. Buktikan bahwa

lim(

xn sin1xn

)= 0.

6. Diberikan barisan bilangan real positif (an) dengan

lim(an+1/an) = L.

(a) Jika L< 1, buktikan barisan (an) konvergen dan lim(an) = 0.

(b) Berikan sebuah contoh barisan bilangan real positif (an) kon-vergen dengan L = 1.

(c) Berikan sebuah contoh barisan bilangan real positif yang di-vergen (an) dengan L = 1.

7. Tentukan apakah setiap barisan berikut konvergen atau divergen.

(a) (n2an),0 < a < 1.

(b)(

n2

an

),0 < a < 1.

(c)(

an

n!

),0 < a < 1.

(d)(

n!nn

).

(e)(

nα

pn

),α ∈ R, p > 1.

8. Jika lim((an−1)/(an +1)

)= 0. Buktikan bahwa lim(an) = 1.

9. Diberikan barisan bilangan real (ak). Untuk setiap bilangan aslin, didefinisikan

sn =a1 + . . .+an

n.

(a) Buktikan bahwa jika lim(ak) = a, maka lim(sn) = a.

(b) Berikan sebuah contoh barisan bilangan real (ak) divergen,namun barisan (sn) konvergen.

78

4.3 Barisan Bagian

Pada subbab ini diperkenalkan konsep barisan bagian dari suatu ba-risan dan karakteristik limit dari barisan bagian tersebut. Sebagai-mana telah dibicarakan pada subbab sebelumnya bahwa suatu ba-risan konvergen berlaku terbatas akan tetapi tidak selalu menjaminhal sebaliknya akan berlaku. Pada subbab ini berhasil diperlihat-kan bahwa untuk setiap barisan bilangan real terbatas mempunyaibarisan bagian yang konvergen. Hal ini merupakan salah satu ha-sil fundamental dalam analisis real, yang disebut sebagai TeoremaBolzano-Weierstrass untuk barisan.

Definisi 4.3.1 Diberikan barisan bilangan real (xn) dan suatu ba-risan bilangan bulat positif (nk) dengan n1 < n2 < n3 < · · · . Baris-an berikut

(xnk) = (xn1,xn2,xn3, · · ·)

disebut barisan bagian dari barisan (xn).

Sebagai contoh,(x2,x3,x4, · · ·)

dan(x2,x4,x8,x16, · · ·)

merupakan barisan bagian dari (xn). Pada barisan pertama, bentuknk = k+1 dan pada barisan kedua, bentuk nk = 2k.

Contoh 4.3.2 Barisan bagian dari barisan (1/n) adalah barisan(1k2

)=

(1,

14,19,

116

, · · ·)

dengan nk = k2. Akan tetapi, barisan(1,1,

12,13,14,15, · · ·)

dan(

12,1,

13,14,15, · · ·)

bukan barisan bagian dari (1/n), karena (nk) bukan merupakan ba-risan naik untuk k ∈ N.

79

Contoh 4.3.3 Diberikan barisan(1− (−1)n

). Jika n genap, maka

xn = 0 dan jika n ganjil, maka xn = 2. Jadi barisan(1− (−1)n

)mempunyai dua barisan bagian yaitu barisan (0) dan barisan (2).

Contoh 4.3.4 Diberikan barisan((−1)n+1/n

). Jika n genap, yaitu

n = 2k untuk k ∈ N, maka

xn = x2k = 1+12k

dan diperoleh barisan (xn) konvergen ke 1. Selanjutnya jika n ganjil,yaitu n = 2k+1, maka

xn = x2n+1 =−1+1

2k+1

dan barisan xn konvergen ke −1. Hal ini menunjukkan bahwa −1dan 1 merupakan limit dari barisan bagian. Dalam hal ini, jika un-tuk setiap sejumlah tapi hingga dari nk merupakan bilangan genap,maka barisan (ank) konvergen ke 1. Dengan cara yang sama jikauntuk setiap sejumlah tetapi hingga nk merupakan bilangan ganjil,maka barisan (ank) konvergen ke −1. Jadi, 1 dan −1 adalah limithanya untuk barisan bagian dari barisan (an).

Secara umum, jika diberikan (ank) barisan bagian (an) denganbarisan (nk) memuat sejumlah tak hingga bilangan bulat genap danganjil, maka barisan bagian (ank) tidak dapat konvergen. Hasil beri-kut memperlihatkan bahwa untuk suatu barisan konvergen, apabilasetiap barisan bagiannya juga konvergen ke nilai limit yang sama.

Teorema 4.3.5 Diberikan barisan bilangan real (xn). Jika xn→ x,maka untuk setiap barisan bagian (xnk) dari (xn) berlaku xnk → x.

Bukti. Jika xn→ x, berarti untuk sebarang ε > 0 ada n0 ∈N sehing-ga |xn− x| < ε untuk setiap n ≥ n0. Selanjutnya, diambil barisanbilangan asli yang naik kuat (nk), maka dapat diperlihatkan bah-wa nk ≥ k. Oleh karena itu, jika k ≥ n0, berlaku nk ≥ k ≥ n0. Jadi,|xnk− x|< ε . Hal ini berarti xnk → x untuk k→ ∞. �

80

Contoh 4.3.6 (a) Jika 0 < b < 1, maka bn→ 0 untuk n→ ∞.Pada contoh ini akan ditunjukkan konvergensinya dengan menggu-nakan konsep barisan bagian. Karena 0 < b < 1, maka

xn+1 = bn+1 < bn = xn

yang artinya (xn) barisan turun, dan dalam hal ini jelas 0 < xn < 1.Oleh karena itu, menurut Teorema Monoton Konvergen, terdapatx = lim(xn). Selanjutnya, karena (x2n) merupakan barisan bagiandari (xn), maka berdasarkan Teorema 4.3.5 x = lim(x2n) denganx2n = b2n = (bn)2 = x2

n. Jadi,

x = lim(x2n) =(

lim(xn))2

= x2.

Akibatnya, x = 0 atau x = 1. Karena xn ↓ dan 0 < xn untuk setiapn ∈ N, maka x = 0.

(b) Jika c > 0, maka c1n → 1 untuk n→ ∞.

Hal ini dapat diperlihatkan dengan menggunakan teorema barisanbagian. Jika dianggap xn = c

1n untuk c > 0, maka xn > 1. Kare-

na 1/(n + 1) < 1/n, maka xn+1 < xn untuk setiap n ∈ N. Kare-na xn ↓ dan 1 < xn untuk setiap n ∈ N, maka menurut TeoremaMonoton Konvergen, ada x0 = lim(xn). Selanjutnya, karena (x2n)merupakan barisan bagian dari (xn), maka menurut Teorema 4.3.5x0 = lim(x2n) dan

x2n = c1

2n =(

c1n

) 12= (xn)

12 .

Jadi,x0 = lim(x2n) =

(lim(xn)

) 12 = (x0)

12 .

Oleh karena itu, x20 = x0. Akibatnya, x0 = 0 atau x0 = 1. Karena

xn > 1 untuk setiap n ∈ N. Jadi, haruslah x0 = 1.

Teorema 4.3.5 dapat juga digunakan untuk memperlihatkan sua-tu barisan tidak konvergen. Hal tersebut dituangkan pada pernyata-an berikut.

81

Teorema 4.3.7 Diberikan barisan bilangan real (xn), maka pernya-taan berikut ekuivalen.

(i) Barisan (xn) tidak konvergen ke x0 ∈ R.

(ii) Ada ε0 > 0 sehingga untuk setiap k ∈ N ada nk ∈ N dengannk ≥ k dan |xnk− x0| ≥ ε0.

(iii) Terdapat ε0 > 0 dan barisan bagian (xnk) dari (xn) dengan|xnk− x0| ≥ ε0 untuk setiap k ∈ N.

Bukti. (i) =⇒ (ii) Jika xn 9 x0, maka menurut definisi, untuk suatuε0 > 0 tidak mungkin dapat dicari bilangan asli k sehingga untuk se-tiap n≥ k berlaku |xn−x|< ε . Dengan kata lain untuk setiap k ∈Ntidak benar bahwa setiap n ≥ k berlaku |xn− x0| < ε0 atau untuksetiap k ∈ N ada nk ∈ N dengan nk ≥ k sehingga |xnk− x0| ≥ ε0.

(ii) =⇒ (iii) Dari diketahui ada ε0 > 0 dan diambil n1 ∈ N de-ngan n1 > 1 sehingga |xn1 − x0| ≥ ε0. Kemudian ambil n2 ∈ N de-ngan n2 > n1 dan |xn2−x0| ≥ ε0. Selanjutnya anggap n3 ∈N dengann3 > n2 dan |xn3− x0| ≥ ε0. Demikian seterusnya, sehingga dipero-leh barisan bilangan asli (nk) yang naik kuat dengan |xnk−x0| ≥ ε0.Jadi, ada barisan bagian (xnk) dari (xn) dengan |xnk− x0| ≥ ε0.

(iii) =⇒ (i) Diketahui ada barisan bagian (xnk) yang memenuhikondisi (iii), berarti xn 9 x0. �

Contoh 4.3.8 (a) Barisan((−1)n

)tidak konvergen, karena ada ba-

risan bagian ((−1)2n)= (1,1,1, · · ·)

konvergen ke 1 dan ada barisan bagian((−1)2n−1)= (−1,−1,−1, · · ·

)konvergen ke−1. Karena kedua barisan bagian ini tidak konvergenke limit yang sama, maka menurut Teorema 4.4.5, (xn) = ((−1)n)tidak konvergen.

(b) Barisan (1,1/2,3,1/4, · · ·) tidak konvergen, karena ada barisanbagian (x′n) = (n : n ganjil ) dan (x′′n) = (1/n : n genap ) sehingga(x′n) tidak terbatas. Akibatnya, (xn) tidak konvergen.

82

4.3.1 Eksistensi Barisan Bagian Monoton

Telah dipahami bahwa tidak setiap barisan bentuknya monoton, te-tapi berikut ini diperlihatkan bahwa sebarang barisan mempunyaibarisan bagian yang monoton.

Teorema 4.3.9 Jika (xn) merupakan barisan bilangan real, makaada barisan bagian dari (xn) yang monoton.

Bukti. Diberikan barisan bilangan real (xn). Untuk mencari barisanbagian yang monoton dari (xn) dilakukan dengan cara berikut. Un-tuk sebarang n ∈ N, jika n≥ m berlaku xm ≥ xn, maka dipilih sukuke-m dari (xn), yaitu xm. Dari pemilihan suku dengan cara ini, ter-bentuk barisan turun, sementara untuk suku-suku yang tidak terpi-lih, terbentuk barisan naik. Pembuktian ini dibagi dalam dua kasus,yang dalam hal ini bergantung apakah pengambilan suku-suku dari(xn) berhingga atau tidak berhingga.

Kasus 1: Jika pada barisan (xn) diambil suku-sukunya berjumlahtak berhingga, yaitu pengambilannya berbentuk xm1,xm2, . . . ,xmk , . . .maka setiap suku yang diambil dengan cara di atas berbentuk

xm1 ≥ xm2 ≥ . . .≥ xmk ≥ . . . .

Hal ini berarti (xmk) merupakan barisan bagian turun dari (xn).Kasus 2: Jika pada barisan (xn) diambil suku-sukunya berhingga.

Anggap xm1,xm2, · · · ,xmr dengan m1 < m2 < · · · < mr. Kemudiandibentuk s1 = mr +1 sebagai indeks terakhir dari pengambilan ter-akhir. Karena xs1 tidak diambil, maka ada s2 > s1 dengan xs1 < xs2 .Karena xs2 tidak diambil, maka ada s3 > s2 dengan xs2 < xs3 . Lakuk-an terus langkah ini, sehingga akan diperoleh barisan bagian naik(xsk) dari (xn). �

Pada teorema selanjutnya, dibahas sebuah hasil yang pentingtentang suatu barisan terbatas.

Teorema 4.3.10 (Teorema Bolzano-Weierstrass) Setiap barisanterbatas, mempunyai barisan bagian yang konvergen.

Bukti. Anggap barisan (xn) ⊂ R terbatas, maka menurut Teorema

83

4.3.9 terdapat barisan bagian (xnk) ⊂ (xn) yang monoton. Karena(xn) terbatas, maka (xnk) juga terbatas. Jadi menurut Teorema Mo-noton Terbatas, (xnk) konvergen. �

Teorema 4.3.11 Diberikan (xn) barisan bilangan real terbatas. Ji-ka sebarang barisan bagian (xnk) dari (xn) berlaku xnk → x, makaxn→ x.

Bukti. Diberikan (xn)⊂ R terbatas, maka terdapat M > 0 sehingga|xn| ≤M untuk setiap n ∈N. Andaikan xn 9 x, maka dari Teorema4.3.7, ada ε0 > 0 dan barisan bagian (xnk) dari (xn) sehingga

|xnk− x| ≥ ε0 untuk setiap k ∈ N. (4.1)

Karena (xn) terbatas, maka (xnk) juga terbatas, yaitu |xnk | ≤M un-tuk setiap k ∈ N. Selanjutnya dari Teorema 4.3.10, maka terdapatbarisan bagian

(xnk j

)dari (xnk) yang monoton dan terbatas. Oleh

karena itu, xnk j→ x untuk j→∞. Hal ini berarti xnk j

∈Nε0(x) untuksetiap j ∈ N. Kontradiksi dengan fakta (4.1) yaitu xnk /∈ Nε0(x). �

Latihan Subbab 4.3

1. Perlihatkan bahwa 0 ∈ R merupakan limit barisan bagian daribarisan

(1− (−1)n

).

2. Cari semua limit barisan bagian dari setiap barisan-barisan beri-kut.

(a)(

sinnπ

2

)(b)(

cosnπ

2

)(c)((−1)n +2sin

nπ

2

)(d)(

nsinnπ

4

)

84

(e)(

1− (−1)n

n

)(f)((1.5+(−1)n)n

)3. Gunakan Contoh 4.3.15 untuk memperoleh limit untuk setiap ba-

risan berikut. Jelaskan jawaban Anda.

(a)((

1+1

3n

)6n)(b)((

1+12n

)n)(c)((

1+2n

)n)4. Andaikan p > 1. Gunakan metode dari Contoh 4.4.6 untuk mem-

perlihatkan bahwa lim(

n√

p)= 1.

5. Untuk n ∈ N, diambil pn = n1/n.

(a) Perlihatkan bahwa 1 < pn+1 < pn untuk semua n≥ 3.

(b) Diberikan p = lim(pn). Gunakan fakta bahwa barisan bagi-an (p2n) dari (pn) juga konvergen ke p untuk memperolehp = 1.

6. Tentukan titik limit dan titik terisolasi untuk setiap himpunan-himpunan berikut.

(a){

1− (−1)n

n: n ∈ N

}(b)

{(−1)n +

1n

: n ∈ N}

(c) (0,1)∪{2}(d) N(e) R\Q(f) Q∩ (0,1)

7. Diberikan A merupakan himpunan bagian tidak kosong dari Ryang terbatas atas dan diberikan α = supA. Jika α /∈ A, buktikanbahwa α merupakan titik limit dari A.

85

8. Andaikan setiap barisan bagian dari X = (xn) mempunyai sebuahbarisan bagian yang konvergen ke 0. Perlihatkan limX = 0.

9. Diberikan (xn) merupakan barisan terbatas dan untuk sebarangn ∈N diberikan sn := sup{xk : k≥ n} dan S := inf{sn}. Buktikanbahwa terdapat sebuah barisan bagian dari (xn) yang konvergenke S.

10. Andaikan xn ≥ 0 untuk setiap bilangan asli n dan lim((−1)nxn

)ada. Perlihatkan bahwa (xn) konvergen.

11. Perlihatkan bahwa jika (xn) tidak terbatas, maka terdapat sebuahbarisan bagian (xnk) sedemikian hingga lim(1/xnk) = 0.

12. Diberikan (xn) merupakan barisan terbatas di R dan diberikans := sup{xn : n ∈ N}. Perlihatkan bahwa jika s /∈ {xn : n ∈ N},maka terdapat sebuah barisan bagian dari (xn) yang konvergenke s.

4.4 Limit Superior dan Inferior Barisan

Pada subbab ini diperkenalkan konsep limit superior dan inferiordari suatu barisan bilangan real. Kedua operasi limit ini penting,karena limit superior dan inferior dari suatu barisan selalu ada danhal ini berbeda dengan limit barisan. Suatu barisan bilangan realdapat mempunyai limit tetapi dapat juga tidak mempunyai limit.Pada subbab ini diperkenalkan konsep limit yang selalu ada darisuatu barisan yaitu konsep limit superior dan limit inferior.

Diberikan barisan bilangan real (xn). Didefinisikan ak dan bkuntuk setiap k ∈ N sebagai

ak = inf{xn : n≥ k}bk = sup{xn : n≥ k}.

Jika E ⊂R dengan E 6= /0 dan terbatas atas, maka ada supE atauterdapat batas atas dari E. Jika tidak demikian, maka batas atasnyamenjadi tak berhingga.

Dari definisi ak dan bk di atas, berlaku ak ≤ bk untuk setiap kdan barisan (ak) dan (bk) memenuhi sifat

86

ak ≤ ak+1 dan bk ≤ bk+1

untuk semua k. Hal ini dilakukan dengan cara sebagai berikut.Anggap Ek = {xn : n ≥ k}, maka Ek+1 ⊂ Ek, oleh karena itu jikabk = supEk, maka xn ≤ bk untuk setiap n≥ k. Khususnya

xn ≤ bk untuk n≥ k+1.

Jadi bk+1 = supEk+1 ≤ bk, yaitu barisan (bk) monoton turun. De-ngan cara yang similar dapat diperlihatkan bahwa barisan (ak) me-rupakan barisan naik monoton.

Karena barisan ak ↑ dan barisan bk ↓, sehingga jika barisan (ak)dan (bk) terbatas, maka nilai limitnya selalu ada.

Definisi 4.4.1 Diberikan barisan bilangan real (xn). Limit superiordari (xn) ditulis dengan notasi lim (xn) dan didefinisikan sebagaiberikut

lim (xn) = lim (bk)= infk∈N

sup{xn : n≥ k}.

Limit inferior dari barisan (xn) ditulis dengan notasi lim (xn) dandidefinisikan sebagai berikut

lim (xn) = lim (ak) = supk∈N

inf{xn : n≥ k}.

Berikut akan diberikan beberapa contoh mencari limit superiordan inferior. Sebagaimana akan terlihat bahwa proses perhitungan-nya sangat membosankan.

Contoh 4.4.2 (a) Diberikan barisan (1+(−1)n), maka

xn =

{2 , jika n genap0 , jika n ganjil.

Oleh karena itu ak = 0 untuk setiap k dan bk = 2 untuk setiap k. Jadi

lim (xn) = 2 dan lim (xn) = 0.

(b) Diberikan barisan (n(1+(−1)n)). Dalam hal ini

xn = n(1+(−1)n) =

{0 , jika n ganjil2n , jika n genap.

87

Dibentuk himpunan Ek = {xn : n≥ k}, maka

Ek ={

0,2(k+1),0,2(k+3), ...}

jika k ganjilEk =

{2k,0,2(k+2),0,2(k+4), ...

}jika k genap

Oleh karena itu

ak = infEk = 0 dan bk = supEk = ∞.

Jadi,

lim (xn) = 0 dan lim (xn) = ∞.

(c) Diberikan barisan ((−1)n + 1n), maka xn = (−1)n + 1

2 dengan

xn =

−1+

1n

,untuk n ganjil

1+1n

,untuk n genap.

Untuk mencari limit superior dan inferior dari barisan (xn) dibentukhimpunan Ek = {xn : n≥ k}. Jika k genap, maka

Ek =

{1+

1k,1+

1k+1

,1+1

k+2, ...

}.

Oleh karena, untuk k genap

bk = supEk = 1+1k

dan ak = infEk =−1.

Dengan cara yang serupa, untuk k ganjil diperoleh

bk = supEk = 1+1

k+1dan ak = infEk =−1.

88

Akibatnya ak =−1 untuk setiap k ∈ N dan

bk =

1+

1k

,untuk k genap

1+1

k+1,untuk k ganjil.

Jadi

lim (xn) = 1 dan lim (xn) =−1.

Teorema berikut menunjukkan karakterisasi (ε,n0) untuk limitsuperior dan karakteristik yang sama untuk limit inferior diberikanpada teorema berikutnya.

Teorema 4.4.3 Diberikan barisan (xn) di R dan β = lim (xn) di Rjika dan hanya jika untuk setiap ε > 0

(i) Terdapat n0 ∈N sehingga xn < β +ε untuk setiap n≥ n0, dan

(ii) Untuk sebarang n ∈ N, ada k ∈ N dengan k ≥ n, sehingga

xk > β − ε.

Bukti. (=⇒) Diberikan β = lim (xn) = lim(bk) dengan

bk = sup{xn : n≥ k}.

Diambil sebarang ε > 0. Karena lim (bk) = β , maka ada n0 ∈ Nsehingga bk < β < ε untuk setiap k ≥ n0. Karena xn ≤ bk untuksetiap n≥ n0 maka

xn < β + ε untuk setiap n≥ n0.

Dengan demikian (i) terbukti.Selanjutnya diambil sebarang n∈N. Karena bk→ β dan barisan

bk ↓, maka β ≤ bk untuk setiap k khususnya β ≤ bn.Menurut definisi bn, untuk sebarang ε > 0 ada k ∈ N sehingga

89

untuk setiap k ≥ n berlaku

xk > bn− ε ≥ β − ε.

Dengan demikian (ii) terbukti.(⇐=) Diasumsikan (i) dan (ii) terpenuhi dan ε > 0 diberikan. Dari(i) berarti ada n0 ∈N sehingga xn < β +ε untuk setiap n≥ n0. Olehkarena itu

bn0 = sup{xn : n≥ n0} ≤ β + ε.

Karena barisan bn ↓, maka bn ≤ β + ε untuk setiap n≥ n0. Jadi

lim (xn) = lim(bn)≤ β + ε.

Karena ε > 0 diberikan sebarang, maka lim (xn)≤ β . Selanjutnya,andai β ′= lim (xn)< β untuk ε > 0 dengan β ′< β−2ε , ada n0 ∈Nsehingga

xn < β′+ ε < β + ε untuk setiap n≥ n0.

Kontradiksi dengan (ii). Jadi harusnya lim (xn) = β . �

Contoh 4.4.4 Untuk xn = (−1)n + 1n , maka dari contoh di atas

lim (xn) = 1 dan lim (xn) =−1.

Hal ini diperlihatkan dengan mengambil sebarang ε > 0, makaxn < 1+ ε untuk setiap n dengan n ≥ 1

ε. Karena pada suku ganjil

xn dekat ke −1, maka tidak diperoleh n0 ∈ N sehingga xn > 1− ε

untuk setiap n ≥ n0. Dengan kata lain, untuk sebarang n ∈ N, adabilangan asli genap k ≥ n sehingga xk > 1− ε .

Akibat 4.4.5 lim (xn) = lim (xn) jika dan hanya jika terdapat bi-langan β sehingga

β = lim(xn).

Bukti. (⇐=) Diberikan lim (xn) = β , berarti untuk setiap ε > 0 adan0 ∈ N, sehingga β − ε < xn < β + ε untuk setiap n ≥ n0. Karena

90

ak = inf{xn : n≥ k} dan bk = sup{xn : n≥ k}, maka

β − ε < ak ≤ bk < β + ε untuk setiap k ≥ n0.

Akibatnya, lim (ak) = lim (bk) = β . Jadi, lim (xn) = lim (xn) = β .

(=⇒) Anggap lim (xn) = lim (xn) = β ∈ R. Diambil sebarang bi-langan ε > 0, maka dari Teorema 4.4.3 ada n1,n2 ∈ N sehingga

xn < β + ε untuk setiap n≥ n1

danxn > β − ε untuk setiap n≥ n2.

Jika diambil n0 = max{n1,n2}, diperoleh

β − ε < xn < β + ε untuk setiap n≥ n0.

Dengan demikian xn→ β . �

Latihan Subbab 4.4

1. Tentukan limit inferior dan limit superior dari masing-masing ba-risan berikut.

(a)(

nsinnπ

4

).

(b)(

1−2(−1)nn3n+2

).

2. Diberikan barisan bilangan real (an). Jika lim (|an|) = 0, bukti-kan bahwa lim (an) = 0.

3. Diberikan barisan bilangan real (sn). Jika s ∈ R yang memenuhiuntuk setiap ε > 0, terdapat n0 ∈ N sehingga sn < s+ ε untuksetiap n≥ n0, buktikan bahwa lim (sn)≤ s.

4. Diberikan barisan bilangan real terbatas (an) dan (bn).

(a) Buktikan bahwa

lim(an)+ lim(bn)≤ lim(an +bn)≤ lim(an)+ lim(bn).

91

(b) Buktikan bahwa lim(−an) =−lim(an).

(c) Berikan sebuah contoh yang memperlihatkan bahwa persa-maan tidak perlu terpenuhi pada poin (a).

92

4.5 Kriteria Cauchy

Teorema konvergensi monoton sangat berguna dan penting, namunmemiliki kelemahan yang cukup signifikan, yaitu dengan kondisibentuk barisannya monoton. Sementara, nilai limit dari suatu baris-an merupakan hal yang penting, dan sebaiknya tidak harus dibatasiuntuk barisan yang monoton. Untuk itu, pada bab ini diberikan kri-teria Cauchy dari suatu barisan, yaitu barisan dengan bentuk suku-sukunya saling berdekatan.

Definisi 4.5.1 Barisan bilangan real (xn) disebut barisan Cauchyjika untuk setiap ε > 0 ada N ∈ N, sehingga

|xm− xn|< ε

untuk setiap m,n≥ N.

Untuk memperlihatkan barisan (xn) bukan merupakan barisanCauchy, dapat dilakukan dengan cara menentukan ε0 > 0 sehinggauntuk sebarang bilangan asli m,n dengan m≥ n≥ 1 berlaku

|xm− xn| ≥ ε0.

Contoh 4.5.2 (a) Barisan (1/n) merupakan barisan Cauchy. Halini diperlihatkan dengan cara sebagai berikut. Diambil sebarangε > 0, maka 4/ε > 0 dan menurut sifat Archimedean ada N ∈N se-hingga 4/ε < N. Oleh karena itu, untuk sebarang m,n ∈ N denganm,n≥ N diperoleh∣∣∣∣ 1

m− 1

n

∣∣∣∣≤ 1m+

1n≤ 2

N< 2

(ε

4+

ε

4

)= ε.

Karena ε > 0 sebarang, maka (1/n) merupakan barisan Cauchy.

(b) Barisan (xn) =(1+(−1)n

)bukan merupakan barisan Cauchy.

Hal ini diperlihatkan dengan cara sebagai berikut. Karena untuksetiap n∈N berlaku xn = 1+(−1)n, maka untuk n genap diperolehxn = 2 dan xn+1 = 0. Jika diambil ε0 = 2, maka untuk sebarang n

93

genap dan m = n+1 diperoleh

|xm− xn|= |xn+1− xn|= 2 = ε0.

Oleh karena itu, (xn) bukan merupakan barisan Cauchy.

Pada Definisi 4.5.1, pernyataan |xm−xn|< ε untuk setiap bilang-an asli m,n ≥ N ekuivalen dengan untuk setiap n ≥ N dan untuksetiap k ∈ N berlaku

|xn+k− xn|< ε.

Jadi, jika lim(|xn+k− xn|

)= 0 untuk setiap k ∈ N, maka (xn) me-

rupakan barisan Cauchy. Tetapi, sebaliknya belum tentu berlaku,yaitu jika barisan (xn) di R yang memenuhi lim

(|xn+k− xn|

)= 0

untuk setiap k ∈ N tidak selalu berakibat (xn) merupakan barisanCauchy. Hal ini diberikan pada contoh berikut.

Contoh 4.5.3 Diberikan barisan (xn) dengan

xn = 1+12+ · · ·+ 1

n

untuk setiap n ∈ N. Untuk setiap k ∈ N diperoleh

xn+k = 1+12+ · · ·+ 1

n+

1n+1

+ · · ·+ 1n+ k

.

Oleh karena itu, untuk setiap k

|xn+k− xn|=∞

∑k=1

xn+k =∞

∑k=1

1n+ k

maka

lim(|xn+k− xn|

)=

∞

∑k=1

lim(

1n+ k

)= 0

untuk setiap bilangan asli k. Akan ditunjukkan bahwa (xn) bukanbarisan Cauchy. Jika m > n, maka

xm− xn =1

n+1+

1n+2

+ · · ·+ 1m.

94

Karena 1/(m + k) < 1/m < 1/n untuk setiap k = 1,2, . . . ,m− nmaka

xm− xn >1m+ · · ·+ 1

m=

m−nm

= 1− nm.

Jika m = 2n, maka xm− xn > 1/2. Artinya, ada ε0 = 1/2 sehinggauntuk setiap m > n≥ 1 berlaku

|xm− xn|>12.

Hal ini menunjukkan bahwa barisan (xn) bukan barisan konvergen.

Hal yang penting dari konsep Cauchy adalah pernyataan bahwasuatu barisan bilangan real konvergen jika dan hanya jika barisantersebut merupakan barisan Cauchy. Untuk itu, diperlukan hasil ber-ikut.

Lemma 4.5.4 Jika barisan bilangan real (xn) merupakan barisanCauchy, maka (xn) terbatas.

Bukti. Diberikan (xn) sebagai barisan Cauchy, maka untuk ε = 1,terdapat N ∈ N dengan N > 1 sehingga untuk setiap n≥ N berlaku|xn− xN | < 1. Akibatnya, |xn| ≤ |xn− xN |+ |xN | < 1+ |xN | untuksetiap n≥ N. Jika diambil

M = sup{|x1|, |x2|, · · · , |xN−1|, |xN |+1

},

maka M > 0 dan |xn| ≤M untuk setiap n∈N. Hal ini berarti barisan(xn) terbatas. �

Berikut ini diberikan kriteria penting dari barisan Cauchy.

Teorema 4.5.5 Barisan bilangan real (xn) konvergen jika dan ha-nya jika (xn) merupakan barisan Cauchy.

Bukti. (=⇒) Diberikan barisan (xn) konvergen, berarti untuk seba-rang ε > 0 ada N ∈ N dan x∗ ∈ R sehingga |xn− x∗| < ε/2 untuk

95

setiap n≥ N. Oleh karena itu, untuk setiap m,n≥ N berlaku

|xm− xn| ≤ |xm− x∗|+ |xn− x∗|< ε.

Karena ε > 0 sebarang, maka (xn) merupakan barisan Cauchy.

(⇐=) Diberikan (xn) merupakan barisan Cauchy, maka menurutLemma 4.5.4 barisan (xn) terbatas. Selanjutnya menurut TeoremaBolzano-Weierstrass, ada barisan bagian (xnk) dengan xnk → x∗ un-tuk k→ ∞, untuk suatu x∗ ∈ R. Akan ditunjukkan bahwa xn→ x∗

untuk n→ ∞. Karena diketahui (xn) merupakan barisan Cauchy,maka untuk sebarang ε > 0, terdapat N = N (ε/2) ∈ N sehinggauntuk setiap m,n≥ N berlaku

|xm− xn|<ε

2.

Karena xnk → x∗, maka ada K ∈ {n1,n2, · · ·} dan K ≥ N sehinggauntuk n≥ N berlaku

|xK− x∗|< ε

2.

Karena K ≥ N, maka untuk m = K diperoleh

|xn− xK|<ε

2untuk n≥ N.

Oleh karena itu, untuk n≥ N diperoleh

|xn− x∗| ≤ |xn− xK|+ |xK− x∗|< ε.

Karena ε > 0 sebarang, maka xn→ x∗ untuk n→ ∞. �

Contoh 4.5.6 Diberikan barisan (xn) dengan aturan

x1 = 1, x2 = 2, dan xn = (xn−2 + xn−1)/2 untuk n≥ 3.

Akan ditunjukkan bahwa (xn) konvergen dan akan dicari limit ba-risannya. Dengan menggunakan induksi dapat ditunjukkan bahwa1 ≤ xn ≤ 2 untuk semua n ∈ N. Karena untuk n = 3 diperolehx3 = 3/2, maka dapat disimpulkan bahwa (xn) tidak monoton, dan

96

dapat ditunjukkan bahwa

|xn− xn+1|=1

2n−1 untuk n ∈ N.

Oleh karena itu, untuk m,n ∈ N dengan m > n, diperoleh

|xn− xm| ≤ |xn− xn+1|+ |xn+1− xn+2|+ · · ·+ |xm−1− xm|

=1

2n−1 +12n + · · ·+

12m−2

=1

2n−1

(1+

12+ · · ·+ 1

2m−n−1

)<

12n−2 =

42n .

Selanjutnya diambil sebarang ε > 0, maka ε/4 > 0 dan dari sifatArchimedean ada n0 ∈ N sehingga 1/2n0 < ε/4. Oleh karena itu,untuk setiap m,n≥ n0 berlaku

|xn− xm|<1

2n0<

ε

4< ε.

Hal ini berarti (xn) merupakan barisan Cauchy. Akibatnya, menurutTeorema 4.5.5 terdapat x∗ ∈ R sehingga xn→ x∗ untuk n→ ∞. Un-tuk mencari x∗, dapat digunakan persamaan xn = (xn−2 + xn−1)/2,

x∗ = lim (xn) = lim((xn−2− xn−1)/2

)= lim (xn−2− xn−1)/2

=x∗+ x∗

2.

Dengan kata lain, x∗ = (x∗+ x∗)/2. Hal ini benar tetapi tidak mem-berikan informasi yang jelas berapa nilai limit x∗. Oleh karena itu,digunakan dengan cara yang lain. Karena (xn) konvergen ke x∗, ma-ka barisan bagian (x2n+1) juga konvergen ke x∗. Dalam hal ini,

x2n+1 = 1+12+

123 + · · ·+

122n−1

= 1+23

(1− 1

4n

).

97

Diperoleh,

lim(x2n+1) = 1+23.

Jadi, x∗ = 5/3.

4.5.1 Barisan Kontraktif

Dari Contoh 4.5.6, telah diperlihatkan salah satu cara mencari ni-lai limit dari suatu barisan Cauchy. Cara yang lain dapat juga dila-kukan dengan mencari bentuk barisan khusus, yang disebut barisankontraktif.

Definisi 4.5.7 Barisan (xn) di R disebut kontraktif, jika terdapatbilangan real C dengan 0 < C < 1 sehingga untuk setiap n ∈ Nberlaku

|xn+2− xn+1| ≤C|xn+1− xn|.

Bilangan C disebut konstanta dari barisan kontraktif (xn).

Jika (xn) merupakan barisan kontraktif, maka

|xn+2− xn+1| ≤ C|xn+1− xn| ≤C2|xn− xn−1|

≤ C3|xn−1− xn−2| ≤ . . .≤Cn|x2− x1|.

Selanjutnya untuk setiap m > n dengan menggunakan pertidaksa-maan segitiga dan barisan kontraktif diperoleh

|xm− xn| ≤ |xm− xm−1|+ |xm−1− xm−2|+ · · ·+ |xn+1− xn|

≤(Cm−2 +Cm−3 + · · ·+Cn−1) |x2− x1|

= Cn−1 (Cm−n−1 +Cm−n−2 + · · ·+C+1)|x2− x1|

= Cn−1(

1−Cm−n

1−C

)|x2− x1| ≤Cn−1

(1

1−C

)|x2− x1|.

Karena 0 <C < 1, maka lim(Cn) = 0. Oleh karena itu, setiap baris-an kontraktif merupakan barisan Cauchy.

98

Teorema 4.5.8 Setiap barisan kontraktif (xn) di R merupakan ba-risan Cauchy, oleh karena itu konvergen.

Contoh 4.5.9 Diberikan barisan (xn) = ( fn/ fn+1) untuk ( fn) meru-pakan barisan Fibonacci, yaitu

f1 = f2 = 1 dan fn+1 = fn + fn−1 untuk n≥ 3,

diperoleh x1 = 1,x2 = 1/2,x3 = 2/3,x4 = 3/5,x5 = 5/8 dan sete-rusnya, maka

xn+1 =fn+1

fn+2=

fn+1

fn+1 + fn=

1

1+ fnfn+1

=1

1+ xn.

Jadi, untuk barisan (xn) berlaku

xn+1 =1

1+ xn.

Selanjutnya, dapat diperlihatkan dengan Prinsip Induksi Matemati-ka bahwa untuk setiap n ∈ N berlaku 1/2 ≤ xn ≤ 1. Oleh karenaitu,

12≤ 1

1+ xn≤ 2

3.

Akibatnya,

|xn+1− xn| =|xn− xn−1|

(1+ xn)(1+ xn−1)

≤(

23

)(23

)|xn− xn−1|=

49|xn− xn−1|.

Hal ini berarti (xn) merupakan barisan kontraktif dengan C = 49 .

Oleh karena itu menurut Teorema 4.5.8, terdapat x ∈ R sehinggalim(xn) = x. Dalam hal ini diperoleh

x =1

1+ x.

Jadi, x memenuhi persamaan x2 + x−1 = 0 dan nilai limit dari ba-risan (xn) adalah x = (−1+

√5/2).

99

Akibat 4.5.10 Jika (xn) merupakan barisan kontraktif dengan kon-stanta C untuk 0 <C < 1 dan jika lim(xn) = x∗, maka

(i) |x∗− xn| ≤ Cn−1

1−C |x2− x1|

(ii) |x∗− xn| ≤ C1−C |xn− xn−1|

Bukti. (i) Telah diperlihatkan sebelumnya bahwa untuk sebarangm > n, berlaku

|xm− xn| ≤Cn−1

1−C|x2− x1|.

Jika xm→ x∗ untuk m→∞, maka |x∗−xn| ≤ Cn−1

1−C |x2−x1|. Dengandemikian (i) terpenuhi.(ii) Perhatikan pertidaksamaan berikut

|xm− xn| ≤ |xm− xn−1|+ · · ·+ |xn+1− xn|.

Karena |xn+k− xn+k−1| ≤Ck|xn− xn−1|, maka

|xm− xn| ≤(Cm−1 + · · ·+C2 +C

)|xn− xn−1|

=C(Cm−2 + · · ·+C+1

)|xn− xn−1| ≤

C1−C

|xn− xn−1|.

Jika xm→ x∗ untuk m→ ∞, maka

|x∗− xn| ≤C

1−C|xn− xn−1|.

Dengan demikian (ii) terpenuhi. �

Contoh 4.5.11 Diberikan polinomial p(x) = x2− 3x+ 1 memilikisolusi pada interval terbuka (0,1). Jika x ∈ (0,1), maka p(x) = 0sehingga x= 1

3(x2+1). Dimulai untuk x1 ∈ (0,1), kemudian bentuk

xn+1 = (x2n +1)/3.

Karena x1 ∈ (0,1), maka x2 ∈ (0,1) dan dengan Prinsip Induksi

100

Matematika diperoleh xn ∈ (0,1) untuk setiap n ∈ N. Karena

|xn+1− xn|=∣∣∣∣13(x2

n +1)− 13(x2

n−1 +1)∣∣∣∣= ∣∣∣∣13(x2

n− x2n−1)

∣∣∣∣=

13|(xn + xn−1)(xn− xn−1)|

=13(|xn|+ |xn−1|

)|xn− xn−1| ≤

23|xn− xn−1| ,

maka (xn) merupakan barisan kontraktif dengan konstanta C = 2/3.Akibatnya, terdapat x∗ = lim(xn) dengan

x∗ =13(x∗2 +1) atau p(x∗) = x∗2−3x∗+1.

Jadi, x∗ adalah solusi dari persamaan. Dalam hal ini pendekatanx∗ dapat dilakukan dengan memilih x1 dan menghitung x2,x3, . . .Sebagai contoh, jika diambil x1 = 0.5, maka akan dicari n sehingga|xn− x∗|< 10−3. Dengan cara menghitung langsung, diperoleh

x2 =13(x2

1 +1) =5

12.

Dari Akibat 4.5.10 (i), cukup dicari n sehingga

Cn−1

1−C|C2−C1|< 10−3.

Karena C = 2/3, maka

3(

23

)n−1 ∣∣∣∣ 512− 1

2

∣∣∣∣= 14

(23

)n−1

< 10−3.

Jadi, (n−1)>3ln10− ln4

ln3− ln2= 13.62 (untuk 2 desimal). Jika n= 15,

dijamin bahwa

|x∗− x6|< 3(

23

)5

|x2− x1|= 0.032922.

Pendekatan ini lebih baik dari pada melakukan perhitungan secara

101

langsung, dengan mencari

x3 = 0.391204,x4 = 0.384347,x5 = 0.382574 dan x6 = 0.382121

Dari Akibat 4.5.10 (ii), diperoleh |x∗−x6| ≤ 2|x6−x5|= 0.000906.

Latihan Subbab 4.5

1. Jika (an) dan (bn) merupakan barisan Cauchy di R, perlihatkanbahwa (an +bn) dan (anbn) juga merupakan barisan Cauchy.

2. Tentukan apakah barisan-barisan berikut merupakan barisan Ca-uchy.

(a)(

n+1n

)(b) ((−1)n) (c)

(n+

(−1)n

n

)(d)(

1+(−1)nn2n2 +3

)(e)(

1+(−1)nn2

2n2 +3

)(f)((

1+1√n

)n)3. Untuk n ∈ N, diberikan

sn = 1+12!

+13!

+ · · ·+ 1n!.

Perlihatkan bahwa (sn) merupakan barisan Cauchy.

4. Diberikan barisan (sn) yang didefinisikan untuk n = 1,2,3, . . .sebagai

sn = 1+12+

13+ · · ·+ 1

n.

(a) Perlihatkan bahwa (sn) bukan barisan Cauchy.

(b) Meskipun (sn) bukan barisan Cauchy, perlihatkan bahwa

lim(|sn+k− sn|

)= 0 untuk semua k ∈ N.

102

4.6 Deret Tak Hingga

Pada bab ini, akan diperkenalkan mengenai deret tak hingga daribilangan real. Suatu deret tak hingga ditulis dengan notasi

∞

∑i=1

xi = x1 + x2 + · · ·+ xn + · · ·

dengan xi ∈ R untuk setiap i≥ 1.

Definisi 4.6.1 Jika x = (xn) merupakan barisan bilangan real, ma-ka deret tak hingga (atau deret saja untuk singkatnya) yang diba-ngun oleh x, adalah barisan s = (sk) dengan

s1 = x1

s2 = s1 + x2 = x1 + x2

s3 = s2 + x3 = x1 + x2 + x3...

sk = sk−1 + xk = x1 + x2 + x3 + · · ·+ xk.

Bilangan xn disebut suku dari deret dan bilangan sk disebut jumlahparsial dari deret. Jika lim(sk) ada, maka dikatakan deret s = (sk)konvergen dan limit dari deret ini disebut jumlah dari deret ataunilai dari deret. Jika limitnya tidak ada, maka deret s dikatakandivergen.

Contoh 4.6.2 Diberikan barisan x=(rn)∞n=0 untuk r∈R yang mem-

bangun deret geometri

∞

∑n=0

rn = 1+ r+ r2 + · · ·+ rn + · · · .

Akan ditunjukkan bahwa untuk |r|< 1, maka deret ini konvergen ke1

1− r. Hal ini dijelaskan sebagai berikut: Jika sn = 1+ r+ · · ·+ rn

103

untuk n≥ 0, maka sn(1− r) = 1− rn+1. Oleh karena itu,

sn−1

1− r=− rn+1

1− r.

Akibatnya ∣∣sn(1− r)∣∣≤ ∣∣r∣∣n+1∣∣1− r∣∣

Karena |r∣∣n+1→ 0 untuk |r

∣∣< 1, maka deret geometri

∞

∑n=0

rn→ 11− r

untuk |r∣∣< 1.

Berikut ini diperlihatkan syarat perlu kekonvergenan suatu ba-risan melalui kekonvergenan dari deretnya.

Teorema 4.6.3 (Tes Uji Suku Ke-n) Jika deret ∑xn konvergen, ma-ka xn→ 0.

Bukti. Karena xn = sn− sn−1 dan lim(sn) ada di R dan limit suatubarisan bernilai tunggal, maka xn→ 0. �

Definisi 4.6.4 (Kriteria Cauchy untuk Deret) Deret ∑xn konver-gen jika dan hanya jika untuk sebarang ε > 0 ada bilangan asliK(ε) sehingga untuk setiap m > n≥ K(ε) berlaku∣∣sm− sn

∣∣= ∣∣xn+1 + xn + · · ·xm∣∣< ε.

Teorema 4.6.5 Diberikan barisan bilangan real non-negatif (xn).Deret ∑xn konvergen jika dan hanya jika barisan jumlah parsials = (sn) terbatas. Dalam hal ini

n

∑k=1

xn = lim(sk) = sup{sk : k ∈ N}

Bukti. Karena xn ≥ 0 untuk setiap n ∈ N, maka barisan jumlah par-

104

sial s merupakan barisan naik monoton, yaitu

s1 ≤ s2 ≤ ·· · ≤ sk ≤ ·· · .

Dari teorema monoton konvergen, maka barisan s= (sn) konvergenjika dan hanya jika barisan tersebut terbatas. Dalam hal ini, nilailimitnya sama dengan sup{sk : k ∈ N}. �

Contoh 4.6.6 (a) Deret geometri∞

∑n=1

rn divergen jika |r∣∣ ≥ 1. Hal

ini karena rn 9 0 untuk |r∣∣≥ 1.

(b) Deret∞

∑n=1

1/n divergen. Deret ini disebut deret harmonik. Kare-

na 1/n→ 0, maka uji suku ke-n tidak dapat digunakan. Akan teta-pi, cukup mudah untuk diperlihatkan bahwa barisan jumlah parsial(sn) tidak terbatas. Oleh karena itu, deret harmonik di atas diver-gen.

(c) Deret∞

∑n=1

1n2 konvergen. Jika diambil sk =

k∑

n=1

1n2 , maka sk ↑.

Selanjutnya, jika k1 = 21−1= 1, maka sk1 = 1. Jika k2 = 22−1= 3,maka

sk2 =11+

(122 +

132

)< 1+

222 = 1+

12

dan jika k3 = 23−1 = 7, maka

sk3 = sk2 +

(142 +

152 +

162 +

172

)< sk2 +

442 < 1+

12+

122 .

Dengan menggunakan Prinsip Induksi Matematika, dapat diperli-hatkan bahwa jika sk j = 2 j−1, maka

0 < sk j < 1+12+

(12

)2

+ · · ·+(

12

) j−1

.

Karena 1+12+

(12

)2

+ · · ·+(

12

) j−1

=1

(1− 12)

= 2 merupakan

deret geometri dengan r = 12 , maka sk ≤ sk j < 2. Hal ini berarti

105

jumlah parsial sk ↑ dan terbatas atas oleh 2. Dengan demikian, deret∞

∑n=1

1n2 konvergen.

(d) Deret harmonik alternating diberikan dengan aturan berikut

∞

∑n=1

(−1)n+1

n=

11− 1

2+

13−·· ·+ (−1)n+1

n+· · · bersifat konvergen.

Jumlah parsial

s2n =

(11− 1

2

)+

(13− 1

5

)−·· ·−

(1

2n−1− 1

2n

)merupakan barisan naik. Selanjutnya barisan (s2n+1) merupakanbarisan naik, karena

s2n+1 =11−(

12− 1

3

)−(

14− 1

5

)−·· ·−

(12n− 1

2n+1

).

Karena 0 < s2n < s2n + 1/(2n+ 1) = s2n+1 ≤ 1, maka dua baris-an bagian ini terbatas bawah oleh 0 dan terbatas atas oleh 1. Olehkerana itu, keduanya konvergen ke limit yang sama. Jadi, barisanjumlah parsial (sn) konvergen. Oleh karena itu, deret harmonik al-ternating di atas konvergen.

4.6.1 Uji Banding

Salah satu cara yang paling banyak digunakan untuk menunjukkanderet mutlak konvergen adalah membandingkan deret yang lebihsederhana yang nilai konvergensinya diketahui.

Teorema 4.6.7 (Uji Banding) Diberikan barisan (xn) dan (yn) diR dan suatu K ∈ N sehingga

0≤ xn ≤ yn untuk n≥ K.

(i) Jika∞

∑n=1

yn konvergen, maka∞

∑n=1

xn konvergen.

106

(ii) Jika∞

∑n=1

xn divergen, maka∞

∑n=1

yn divergen.

Bukti. (i) Anggap∞

∑n=1

yn konvergen, maka untuk sebarang bilangan

ε > 0 ada M(ε) ∈ N sehingga jika m > n≥M(ε), berlaku

yn+1 + · · ·+ ym < ε.

Jika m > sup{

K,M(ε)}

, maka

0≤ xn+1 + · · ·+ xm ≤ yn+1 + · · ·+ ym < ε.

Hal ini berarti∞

∑n=1

xn konvergen.

(ii) Dapat diperlihatkan dengan cara kontraposisi. �

Bentuk pertidaksamaan 0 ≤ xn ≤ yn untuk n ≥ K kadang tidakmudah untuk diperoleh, maka hasil berikut sering digunakan untukmencari kekonvergenan dengan uji banding.

Teorema 4.6.8 (Limit Uji Banding) Diberikan barisan bilanganreal positif kuat x = (xn) dan y = (yn) dan

r = lim(

xn

yn

)ada di R.

(i) Jika r 6= 0, maka∞

∑n=1

xn konvergen jika dan hanya jika∞

∑n=1

yn

konvergen.

(ii) Jika r = 0 dan∞

∑n=1

xn konvergen, maka∞

∑n=1

yn konvergen.

Bukti. (i) Karena r > 0, maka untuk ε = r ada bilangan asli K

sehingga untuk setiap n ≥ K berlaku 0 ≤(

12

r)

yn ≤ xn ≤ (2r)yn.

Oleh karena itu dengan menggunakan uji banding, (i) terbukti.

107

(ii) Jika r = 0, maka terdapat bilangan asli K sehingga untuk setiapn ≥ K berlaku 0 ≤ xn ≤ yn. Selanjutnya dengan menggunakan ujibanding, maka teorema tebukti. �

Contoh 4.6.9 (a) Deret∞

∑n=1

1n2 +n

konvergen.

Karena untuk setiap n ∈ N berlaku 0 <1

n2 +n<

1n2 dan deret

∞

∑n=1

1n2 konvergen, maka menurut Teorema Uji Banding diperoleh

kekonvergenan deret di atas.

(b) Deret∞

∑n=1

1n2−n+1

konvergen.

Karena untuk setiap n ∈ N berlaku 0 <1

n2−n+1<

2n2 dan deret

∞

∑n=1

1n2 konvergen, maka deret yang diberikan konvergen.

(c) Deret∞

∑n=1

1√n+1

divergen.

Karena deret∞

∑n=1

1√n

divergen, maka jika diambil xn = 1/√

n+1

dan yn =1√n

, diperoleh

xn

yn=

√n√

n+1=

1√1+1/n

→ 1.

Oleh karena itu, dengan menggunakan Teorema Limit Uji Banding,deret yang diberikan divergen.

(d) Deret∞

∑n=1

1n!

konvergen.

Dapat diperlihatkan dengan menggunakan Prinsip Induksi Mate-matika bahwa n2 < n! untuk n≥ 4. Oleh karena itu,

0 <1n!

<1n2 untuk n≥ 4.

108

Jika diambil xn =1n!

dan yn =1n2 , maka untuk n≥ 4 berlaku

0≤ xn

yn=

n2

n!=

n1 ·2 · · ·(n−1)

<1

n−2→ 0

Selanjutnya dengan menggunakan Teorema Limit Uji Banding, ma-ka deret yang diberikan konvergen.

Latihan Subbab 4.6

1. Perlihatkan bahwa deret∞

∑k=1

1k2 + k

konvergen.

2. Jika |r| ≤ 1, perlihatkan bahwa deret∞

∑k=1

rk divergen.

3. Perlihatkan bahwa deret∞

∑k=1

1k!

konvergen.

4. Andaikan ak≤ 0 untuk semua k. Perlihatkan bahwa jika ∑ak kon-

vergen, maka∞

∑k=1

√ak

kkonvergen.

5. Jika∞

∑k=1

ak dan∞

∑k=1

bk keduanya konvergen, perlihatkan hal-hal

berikut ini.

(a)∞

∑k=1

cak konvergen untuk semua c ∈ R.

(b)∞

∑k=1

(ak +bk) konvergen.

6. Jika∞

∑k=1

(ak + bk) konvergen, apakah hal ini mempengaruhi bah-

wa dereta1 +b1 +a2 +b2 + · · ·

konvergen?

109

7. Diberikan deret∞

∑k=1

1kp , p ∈ R.

(a) Buktikan bahwa deret tersebut divergen untuk setiap p≤ 1.

(b) Buktikan bahwa deret tersebut konvergen untuk setiap p > 1.

BAB 5

LIMIT FUNGSI

Pada bab ini dibahas tentang perilaku suatu fungsi f pada titik-titik yang dekat dengan titik c tetapi tidak sama dengan titik c. Per-ilaku ini disebut sebagai limit fungsi f di titik c. Sebagai ilustrasidiberikan contoh fungsi

f (x) = x sin1x

untuk x 6= 0.

Fungsi ini tidak terdefinisi di x 6= 0. Berarti akan diselidiki perilakufungsi f di titik 0. Dalam hal ini diperlukan nilai fungsi f (x) untukx yang mendekati 0. Kalimat "mendekati" dituangkan pada bentukdefinisi di bawah ini dengan menggunakan konsep ε−δ .

5.1 Limit dari Fungsi

Definisi 5.1.1 Diberikan himpunan tak kosong A ⊆ R. Titik c ∈ Rdisebut titik limit dari A, jika untuk sebarang δ > 0 terdapat palingsedikit satu titik x ∈ A dengan x 6= c sehingga |x− c|< δ .

Definisi ini juga dapat direpresentasikan dalam konteks lingkung-an, yaitu c ∈ R merupakan titik limit, jika untuk setiap lingkungan-δ dari c, ditulis dengan notasi Nε(c) dengan Nδ (c) = (c−δ ,c+δ )memuat paling sedikit satu titik di A yang berbeda dengan c. Dalamhal ini, titik c bisa merupakan anggota A tetapi bisa juga tidak me-rupakan anggota A. Hal ini cukup membingungkan ketika hendakmemutuskan apakah suatu titik merupakan titik limit atau bukan,karena secara eksplisit titik-titik di Nδ (c)∩A berbeda dengan c un-tuk mengatakan titik c merupakan titik limit.

Sebagai contoh, jika A = {1,2}, maka titik 1 bukan merupak-an titik limit dari A, sebab jika diambil δ = 1/2, maka lingkunganNδ (1) tidak memuat titik-titik dari A yang berbeda dengan 1. Hal

111

yang sama juga berlaku untuk titik 2. Jadi himpunan A tidak mem-punyai titik limit.

Teorema 5.1.2 Bilangan c∈R merupakan titik limit dari himpunanbagian A ⊂ R jika dan hanya jika ada barisan bilangan real (xn)di A dengan xn→ c dan xn 6= c untuk setiap n ∈ N.

Bukti. (=⇒) Jika c titik limit dari A, maka untuk setiap n ∈ N,lingkungan-1/n dari titik c yaitu N1

n(c) memuat paling sedikit sa-

tu titik xn ∈ A dengan xn 6= c. Jadi, untuk setiap n ∈ N terdapatxn ∈ A dengan xn 6= c dan |xn− c| < 1/n. Hal ini berarti xn → cuntuk n→ ∞.(⇐=) Diberikan barisan bilangan real (xn)⊂ A\{c} dengan xn→ c,maka untuk sebarang bilangan δ > 0 ada bilangan asli K sehinggauntuk setiap n ≥ K berlaku xn ∈ Nδ (c). Hal ini berarti untuk seba-rang lingkungan-δ dari c, yaitu Nδ (c) memuat titik-titik xn, untukn≥ K, dan xn ∈ A dengan xn 6= c untuk setiap n ∈ N. �

Selanjutnya akan dibicarakan tentang limit dari suatu fungsi fpada titik c. Hal yang perlu diperhatikan dalam hal ini adalah fungsif bisa terdefinisi di c tetapi bisa juga tidak.

Definisi 5.1.3 Diberikan f : A→ R dan c titik limit dari A ⊂ R.Bilangan real L dikatakan limit dari fungsi f di titik c, jika untuksebarang ε > 0 terdapat δ > 0 sehingga jika untuk setiap x ∈ Adengan 0 < |x− c|< δ berlaku

0 <∣∣ f (x)−L

∣∣< ε.

Dalam hal ini f dikatakan konvergen ke L pada c dan ditulisdengan notasi

L = limx→c

f (x) atau f (x)→ L untuk x→ c.

Jika limit suatu fungsi f di c tidak ada, maka fungsi f dikatakandivergen di titik c.

112

Teorema 5.1.4 Limit suatu fungsi jika ada bernilai tunggal.

Bukti. Anggap fungsi f : A→ R dengan A⊆ R dan c ∈ R merupa-kan titik limit dari A. Asumsikan

f (x)→ L1 dan f (x)→ L2 untuk x→ c.

dengan L1,L2 ∈R. Berarti untuk sebarang ε > 0 terdapat δ1,δ2 > 0sehingga untuk setiap x ∈ A dengan

0 < |x− c|< δ1 berlaku 0 < | f (x)−L|< ε/2,0 < |x− c|< δ2 berlaku 0 < | f (x)−L|< ε/2.

Oleh karena itu, |L1−L2| ≤ |L1− f (x)|+ |L2− f (x)| < ε . Karenaε > 0 sebarang, maka diperoleh L1 = L2. �

Konsep ε − δ dari limit dapat diberikan dengan menggunakankonsep lingkungan. Seperti yang telah dibicarakan sebelumnya bah-wa lingkungan-δ dari suatu titik c ditulis dengan notasi

Nδ (c) = (c−δ ,c+δ ) = {x ∈ R : |x− c|< δ}.

Pertidaksamaan 0 < |x− c| < δ sama artinya dengan mengatakanx 6= c dan x ∈ Nδ (c). Hal yang sama juga berlaku bahwa pertidak-samaan | f (x)−L|< ε ekuivalen artinya dengan f (x) ∈ Nε(L).

Teorema 5.1.5 Jika diberikan fungsi f : A→ R dan c merupakantitik limit dari A, maka pernyataan berikut ekuivalen:

(i) f (x)→ L untuk x→ c,

(ii) Untuk setiap lingkungan-ε dari titik L; Nε(L), ada lingkungan-δ dari titik c; Nδ (c) sehingga jika x 6= c dengan x ∈ Nδ (c),berlaku f (x) ∈ Nε(L).

Contoh 5.1.6 (a) limx→c

b = b.

Dalam hal ini anggap f (x) = b untuk setiap x ∈ R. Jika diambilsebarang ε > 0, maka dapat dipilih bilangan δ = 1, sehingga jika

113

0 < |x−c|< 1, berlaku | f (x)−b|= 0 < ε . Karena ε > 0 sebarang,maka dari definisi dapat disimpulkan lim

x→cb = b.

(b) limx→c

x = c.

Anggap f (x) = x untuk setiap x ∈ R. Jika diambil ε > 0 sebarang,maka dapat dipilih δ (ε) = ε . Sehingga jika 0 < |x−c|< δ (ε), ber-laku | f (x)− c| = |x− c| < ε . Karena ε > 0 sebarang, maka daridefinisi dapat disimpulkan bahwa lim

x→cf (x) = c.

(c) limx→c

x2 = c2.

Anggap g(x) = x2 untuk setiap x ∈R. Jika diambil sebarang ε > 0,maka akan ditunjukkan |g(x) = x2| = |x2− c2| < ε untuk x yangcukup dekat dengan c. Untuk itu, perhatikan terlebih dahulu bahwa

x2− c2 = (x+ c)(x− c)

Oleh karena itu, jika |x− c|< 1, maka

|x| ≤ |c|+1, sehingga |x+ c| ≤ |x|+ |c|< 2|c|+1.

Oleh karena itu, jika |x− c|< 1, diperoleh

|x2− c2|= |x+ c||x− c| ≤ (2|c|+1)|x− c|. (5.1)

Pertidaksamaan ini harus lebih kecil dari ε , untuk itu dapat diambil|x− c|< ε

2|c|+1. Oleh karena itu, jika dipilih

δ (ε) = inf{

1,ε

2|c|+1

},

maka untuk |x− c| < δ , akan diikuti |x− c| < 1, sehingga berlakupertidaksamaan (5.1). Karena |x− c|< ε/(2|c|+1), maka

|x2− c2| ≤ (2|c|+1)|x− c|< ε. (5.2)

Karena untuk sebarang ε > 0 dapat dipilih δ (ε) sehingga 5.2 ber-laku dan dapat disimpulkan bahwa lim

x→cx2 = c2.

114

(d) limx→2

x3−4x2 +1

=45

.

Anggap ϕ(x) =x3−4x2 +1

untuk setiap x ∈ R. Karena

∣∣∣∣ϕ(x)− 45

∣∣∣∣= ∣∣∣∣5x3−4x2−245(x2 +1)

∣∣∣∣= |5x2 +6x+12|5(x2 +1)

|x−2|,

maka dengan mengambil |x−2|< 1, diperoleh 1 < x ≤ 3. Akibat-nya,

5x2 +6x+12≤ 75 dan 5(x2 +1)≥ 10

Jadi, ∣∣∣∣ϕ(x)− 45

∣∣∣∣≤ 7510|x−2|= 15

2|x−2|.

Selanjutnya diambil sebarang ε > 0, maka dapat dipilih

δ (ε) = inf{

1,2

15ε

}sehinggga untuk setiap x ∈ R dengan 0 < |x−2|< δ (ε), berlaku∣∣∣∣ϕ(x)− 4

5

∣∣∣∣≤ 152|x−2|< ε.

Karena ε > 0 sebarang, maka diperoleh limx→2

x3−4x2 +1

=45

.

Catatan:

(i) Pada pendefinisian limit, pilihan δ bergantung pada ε dan c.Contoh 5.1.7 lim

x→c

1x=

1c

jika c > 0.

Anggap h(x) = 1/x untuk setiap x > 0 dan c > 0. Karena∣∣∣∣h(x)− 1c

∣∣∣∣= ∣∣∣∣ 1cx(c− x)

∣∣∣∣= 1cx|c− x| untuk x > 0, (5.3)

maka untuk pengambilan |x− c| < 12

c, berlaku12

c < x <32

c, dan

115

diperoleh

0 <1cx

<2c2 untuk |x− c|< 1

2c.

Oleh karena itu, ∣∣∣∣h(x)− 1c

∣∣∣∣≤ 1c2 |c− x|.

Selanjutnya untuk ε > 0, diambil |c− x|< 12

c2ε , dan dipilih

δ (ε) = inf{

12

c,12

c2ε

}

maka untuk 0 < |x− c|< δ (ε) berlaku |x− c|< 12

c. Hal ini berarti

berlaku pertidaksamaan (5.3). Selanjutnya, karena |x− c| < 12

c2ε ,

maka diperoleh ∣∣∣∣h(x)− 1c

∣∣∣∣= ∣∣∣∣1x − 1c

∣∣∣∣< ε. (5.4)

Karena untuk sebarang ε > 0 dapat diperoleh δ (ε) > 0, sehingga

5.4 berlaku dan dapat disimpulkan bahwa limx→c

1x=

1c

.

(ii) Jika c bukan titik limit, maka untuk δ yang cukup kecil tidakakan ada x ∈ A sehingga 0 < |x− c| < δ . Berarti, jika c meru-pakan titik terisolasi dari A, maka konsep limit fungsi di titik cmenjadi tidak bermakna.

(iii) Pada definisi limit fungsi, tidak harus terjadi c ∈ A, yang perluhanya c merupakan titik limit dari A, karena bisa saja terjadi

limx→c

f (x) 6= f (c)

Contoh 5.1.8 Diberikan fungsi g : R→ R dengan aturan

g(x) =

x2−4x−2

, x 6= 2

2 , x = 2

116

Diperoleh limx→2

g(x) = 4, akan tetapi g(2) = 2.

(iv) Diberikan A ⊂ R dengan c sebagai titik limit dari A. Untukmenunjukkan suatu fungsi f tidak mempunyai limit di titik c,berarti harus ditunjukkan untuk setiap L ∈ R terdapat ε > 0sehingga untuk setiap δ > 0 ada x ∈ A dengan 0 < |x− c|< δ

sehingga | f (x)−L| ≥ ε .

Contoh 5.1.9 Diberikan fungsi f : R→ R dengan aturan

f (x) ={

1 , x ∈Q0 , x /∈Q

Akan ditunjukkan bahwa limx→c

f (x) tidak ada untuk setiap c ∈ Ryang fix. Diambil sebarang L ∈ R dan

ε = max{|L−1|, |L|

}.

Anggap ε = |L− 1|. Dari sifat kerapatan bilangan rasional, untuksebarang δ > 0 dan c < c+δ terdapat x∈Q sehingga c < x < c+δ

atau 0 < |x− c|< δ . Diperoleh∣∣ f (x)−L∣∣= ∣∣1−L

∣∣= ε.

Jika ε = |L|, maka dari sifat kerapatan bilangan irrasional, untuk se-barang δ > 0 dan c < c+δ terdapat bilangan irrasional x sehingga0 < |x− c|< δ . Diperoleh∣∣ f (x)−L

∣∣= |L| ≥ ε.

Oleh karena itu untuk sebarang L ∈ R, limx→c

f (x) tidak ada.

Kriteria Barisan untuk Limit Fungsi

Berikut ini diberikan formulasi limit fungsi yang disajikan dalambentuk limit dari barisan di daerah domainnya.

Teorema 5.1.10 Diberikan A⊆ R, fungsi f : A→ R dan titik limitc di A. Diperoleh lim

x→cf (x) = L jika dan hanya jika untuk sebarang

117

barisan (xn) di A dengan xn → c dan xn 6= c untuk setiap n ∈ N,berlaku f (xn)→ L.

Bukti. (=⇒) Diberikan limx→c

f (x)= L. Diambil sebarang barisan (xn)

di A dengan xn→ c dan xn 6= c untuk setiap n ∈ N. Akan dibuktik-an bahwa

(f (xn)

)→ L. Untuk itu diambil sebarang ε > 0, karena

limx→c

f (x) = L, maka terdapat δ = δ (ε) > 0 sehingga untuk setiapx ∈ A dengan

0 < |x− c|< δ (ε) berlaku | f (x)−L|< ε.

Karena barisan (xn) di A konvergen, maka untuk δ > 0 terdapatbilangan asli K = K(δ ) sehingga

untuk setiap n > K(δ ), berlaku |xn− c|< δ .

Tetapi dalam hal ini untuk setiap xn 6= c, berlaku | f (xn)− L| < ε .Jadi untuk setiap n > K(δ ), berlaku | f (xn)−L|< ε . Hal ini berartibarisan

(f (xn)

)konvergen ke L.

(⇐=) Diberikan f (xn)→ L untuk setiap barisan (xn) di A denganxn 6= c untuk setiap n∈N dan xn→ c. Andai lim

n→∞

(f (xn)

)= L, maka

terdapat ε0, sehingga untuk sebarang δ > 0 terdapat xδ ∈ A dengan0 < |xδ −c|< δ dan | f (xδ )−L| ≥ ε0. Diambil δ = 1/n. Oleh kare-na itu, untuk setiap n ∈ N, terdapat xn ∈ A sehingga

0 < |xn− c|< 1n

tetapi| f (xn)−L| ≥ ε0 untuk setiap n ∈ N.

Hal ini berarti barisan (xn) konvergen ke c, tetapi barisan(

f (xn))

tidak konvergen ke L. Hal ini kontradiksi terhadap hipotesa yangdiberikan. �

118

Akibat 5.1.11 Jika limx→c

f (x) = L, maka L tunggal.

Bukti. Karena limx→c

f (x) = L, berarti untuk sebarang barisan (xn) di

A dengan xn 6= c untuk setiap n ∈ N dan xn→ c berlaku f (xn)→ L,untuk n→ ∞. Karena limit suatu barisan tunggal, maka L bernilaitunggal. �

Kriteria Divergen

Teorema 5.1.10 sering digunakan untuk memperlihatkan limit suatufungsi f : A→ R tidak kontinu, yaitu lim

x→cf (x) tidak ada. Hal ini

dapat dilakukan dengan salah satu cara berikut.

(i) Jika dapat dicari barisan (xn) di A dengan xn→ c, tetapi barisan(f (xn)

)tidak konvergen, maka lim

x→cf (x) tidak ada.

(ii) Jika dapat dicari dua buah barisan (xn) dan (yn) di A denganxn→ c juga yn→ c, tetapi

lim(

f (xn))6= lim

(f (yn)

),

maka limx→c

f (x) tidak ada.

Contoh 5.1.12 (a) limx→0

1/x tidak ada di A = (0,∞).

Anggap f (x) = 1/x untuk x > 0. Dalam hal ini, c = 0. Jika diambilbarisan (xn) = 1/n, maka 1/n→ 0 dan xn 6= 0 untuk setiap n ∈ N.Tetapi barisan

(f (xn)

)= (n) tidak konvergen di R karena barisan

(n) tidak terbatas.

(b) limx→0

sgn(x) tidak ada di R.

Fungsi signum ditulis dengan notasi sgn(x) untuk setiap x ∈ Rdengan aturan

sgn(x) =

1 , untuk x > 0,0 , untuk x = 0,−1 , untuk x < 0.

119

Jadi, untuk x 6= 0 diperoleh sgn(x) = x/|x|. Akan ditunjukkan bah-wa fungsi signum tidak mempunyai limit pada x = 0. Untuk itudicari barisan (xn) dengan xn → 0, tetapi barisan

(sgn(xn)

)tidak

konvergen. Diambil xn = (−1)n/n untuk n ∈ N, maka limxn = 0.Tetapi,

sgn(xn) = (−1)n untuk n ∈ N

dan(sgn(xn)

)tidak konvergen. Oleh karena itu, lim

x→0sgn(x) tidak

ada.

(c) limx→0

sin(1/x) tidak ada di R.

Anggap g(x) = sin(1/x) untuk x 6= 0. Akan ditunjukkan g tidakmempunyai limit pada c= 0. Ditunjukkan dengan cara ke-2 kriteriadivergen, yaitu dapat dicari dua barisan (xn) dan (yn) dengan xn 6= 0dan yn 6= 0 untuk setiap n ∈ N dan lim(xn) = 0 = lim(yn), tetapiakan diperlihatkan lim

(g(xn)

)6= lim

(g(yn)

).

Untuk itu, perhatikan bahwa

sin t =

{0 , jika t = nπ untuk n ∈ Z,

1 , jika t =12

π +2nπ untuk n ∈ Z.

Selanjutnya, diambil xn =1

nπuntuk n ∈ N, maka xn→ 0 dan

g(xn) = sinnπ = 0 untuk n ∈ N.

Jadi, lim(g(xn)

)= 0. Pada sisi lain, jika diambil yn =

(12

π +2nπ

)−1

untuk n ∈ N, maka yn→ 0 dan

g(yn) = sin(

12

π +2nπ

)= 1 untuk setiap n ∈ N.

Jadi, lim(g(xn)

)6= lim

(g(yn)

). Oleh karena itu, dapat disimpulkan

bahwa limx→0

sin(

1x

)tidak ada.

120

Gambar 5.1 Fungsi sin(1

x

),x 6= 0

Latihan Subbab 5.1

1. Gunakan definisi limit fungsi untuk memperoleh hal berikut.

(a) limx→2

(2x−7) =−3

(b) limx→−2

(3x+5) =−1

(c) limx→1

x1+ x

=12

(d) limx→−1

(2x2−3x−4) = 1

(e) limx→−1

x3 +1x+1

= 3

(f) limx→2

x3−2x−4x2−4

=52

121

2. Gunakan definisi limit fungsi untuk memperoleh hal berikut.

(a) limx→p

c = c

(b) limx→p

x = p

(c) limx→p

x3 = p3

(d) limx→p

xn = pn,n ∈ N

(e) limx→p

√x =√

p, p > 0

(f) limx→0

√x+ p−√p

x=

12√

p, p > 0

3. Tentukan apakah setiap fungsi berikut mempunyai limit di R.

(a) limx→0

x|x|

(b) limx→1

x2−1x+1

(c) limx→0

cos1x

(d) limx→0

√|x|cos

1x

(e) limx→1

x|x−1|

(f) limx→0

(x+1)2−1x

4. Didefinisikan fungsi f : (−1,1)−→ R dengan aturan

f (x) =x2− x−2

x+1.

Tentukan limit L dari f pada −1 dan perlihatkan hal tersebutmenggunakan ε dan δ .

5. (a) Perlihatkan bahwa |sinh| ≤ h untuk setiap h ∈ R.

(b) Berdasarkan identitas trigonometri 1−cosh= 2sin2 h/2, per-lihatkan bahwa

122

(i) limh→0

cosh = 1

(ii) limh→0

1− coshh

= 0.

6. Diberikan himpunan bagian E dari R, titik limit p dari E danfungsi f : E→R. Diasumsikan bahwa terdapat M > 0 dan L∈R,sehingga | f (x)−L| ≤ M|x− p| untuk setiap x ∈ E. Perlihatkanbahwa lim

x→pf (x) = L.

7. Diberikan f : E→ R, titik limit p di E dan limx→p

f (x) = L.

(a) Perlihatkan bahwa limx→p| f (x)|= |L|.

(b) Jika f (x) ≥ 0 untuk setiap x ∈ E, maka perlihatkan bahwalimx→p

√f (x) =

√L.

(c) Perlihatkan bahwa limx→p

(f (x)

)n= Ln untuk setiap n ∈ N.

8. Tentukan limit dari setiap fungsi berikut.

(a) limx→−1

5x2 +3x−2x−1

(b) limx→−1

x3− x2 +2x+1

(c) limx→1

√3x+12x+5

(d) limx→−2

|x+2|3/2

x+2

(e) limx→4

√x−2

x−4

(f) limx→0

1x

[1√

x+ p− 1√

p

](g) lim

x→0

sin2xx

(h) limx→0

|x−2|− |x+2|x

123

9. Diberikan f : (a,b)→ R, p ∈ [a,b] dan limx→p

f (x) > 0. Perlihatk-

an bahwa ada δ > 0 sehingga f (x) > 0 untuk setiap x ∈ (a,b)dengan 0 < |x− p|< δ .

10. Diberikan E ⊂ R, titik limit p dari E dan fungsi f : E → R. Per-lihatkan bahwa jika f memiliki limit di p, maka terdapat M > 0dan δ > 0 sehingga | f (x)| ≤M untuk setiap x ∈ E berlaku

0 < |x− p|< δ .

5.2 Sifat-Sifat Limit Fungsi

Untuk memperlihatkan sifat aljabar dari limit fungsi dapat digunak-an hasil yang diberikan berikut ini.

Definisi 5.2.1 Diberikan fungsi f : A→R, dengan A⊆R dan c∈Rmerupakan titik limit dari A. Fungsi f dikatakan terbatas pada Ajika ada konstanta M > 0 sehingga

| f (x)| ≤M untuk setiap x ∈ A.

Selanjutnya, fungsi f dikatakan terbatas pada suatu lingkungandari c, jika ada lingkungan-δ , Nδ (c) dari c dan konstanta M > 0sehingga

| f (x)| ≤M untuk setiap x ∈ Nδ (c)∩A.

Teorema 5.2.2 Jika A ⊆ R dan f : A→ R mempunyai limit padac ∈ R, maka f terbatas pada suatu lingkungan dari c.

Bukti. Jika diberikan limx→c

f (x) = L untuk suatu L ∈R, berarti untuk

ε = 1 ada δ > 0 sehingga jika 0< |x−c|< δ , berlaku | f (x)−L|< ε .Oleh karena itu,

| f (x)|− |L| ≤ | f (x)−L|< 1.

Jadi, ada Nδ (c) sehingga untuk setiap x ∈ A∩Nδ (c) dengan x 6= c,berlaku | f (x)| ≤ |L|+1. Jika c /∈ A, maka diambil M = |L|+1. Jika

124

c ∈ A, maka diambil M = sup{

f (c), |L|+1}

. Oleh karena itu, jikax ∈ A∩Nδ (c), berlaku | f (x)| ≤M. Hal ini berarti fungsi f terbataspada lingkungan-δ dari c, Nδ (c). �

Sifat aljabar limit fungsi berikut berkaitan dengan sifat-sifat ba-risan konvergen. Selain itu, karakteristik secara barisan dari limitdapat juga diperlihatkan dengan definisi ε-δ .

Definisi 5.2.3 Diberikan A ⊆ R dan fungsi f ,g : A→ R. Jumlahdan selisih dari f dan g masing-masing ditulis dengan notasi f +gdan f −g dengan aturan

( f +g)(x) = f (x)+g(x), ( f −g)(x) = f (x)−g(x).

Perkalian f dengan g dan perkalian skalar α ∈R dengan f , masing-masing ditulis dengan notasi f g dan α f dan didefinisikan sebagaiberikut

( f g)(x) = f (x)g(x)

dan(α f )(x) = α f (x)

untuk setiap x ∈ A. Selanjutnya, jika h : A→ R dengan h(x) 6= 0untuk setiap x ∈ A, maka pembagian dari f dan h ditulis dengannotasi f/h dan didefinisikan dengan aturan(

fh

)(x) =

f (x)h(x)

untuk setiap x ∈ A.

Teorema 5.2.4 Diberikan fungsi f ,g : A→ R, dengan A ⊆ R danc ∈ R merupakan titik limit dari A. Selanjutnya, diberikan b ∈ R.

(i) Jika f (x)→ L dan g(x)→M untuk x→ c, maka

( f +g)(x)→ L+M

( f −g)(x)→ L−M

( f g)(x)→ LM

(b f )(x)→ bL

125

( f +g)(x)→ L+M, ( f −g)(x)→ L−M

( f g)(x)→ LM, (b f )(x)→ bL

(ii) Jika h : A→R dengan h(x)→H untuk H 6= 0 dan x→ c, maka(fh

)(x)→ L

Huntuk x→ c.

Bukti. (i) Diberikan f (x)→ L dan g(x)→ M untuk x→ c. Ber-arti untuk sebarang barisan (xn) ⊂ A\{c} dengan xn → c, berlakuf (xn)→ L dan g(xn)→M, untuk n→ ∞. Oleh karena itu,

( f +g)(xn) = f (xn)+g(xn)→ L+M,

( f g)(xn) = f (xn)g(xn)

= f (xn)g(xn)→ LM,

dan untuk b ∈ R diperoleh

(b f )(xn) = b f (xn)→ bL.

Dengan demikian, (i) terbukti.

(ii) Dari hasil (i), cukup ditunjukkan bahwa

limx→c

1h(x)

=1H

Untuk H 6= 0, diambil ε = |H|/2. Karena limx→c

h(x) = H dengan

h(x) 6= 0 untuk setiap x ∈ A, maka dari definisi terdapat δ1 > 0sehingga ∣∣h(x)−H

∣∣< |H|2

Untuk setiap x ∈ A dengan 0 < |x− c|< δ1. Karena∣∣|h(x)|− |H|∣∣≤ |h(x)−H|,

126

maka |h(x)| ≥ |H|−|h(x)−H|> |H|−|H|/2 = |H|/2 untuk setiapx ∈ A dengan 0 < |x−c|< δ1. Selanjutnya, diambil sebarang baris-an (xn) di A dengan xn 6= c untuk setiap n∈N. Untuk δ1 > 0 di atas,berarti terdapat n0 ∈ N sehingga untuk setiap n≥ n0 berlaku

0 < |xn− c|< δ1

Oleh karena itu, h(xn) 6= 0 untuk setiap n≥ n0. Dari Teorema 4.2.8,diperoleh

lim(

1h(xn)

)=

1H

Karena berlaku untuk setiap barisan xn→ c, maka menurut Teore-ma 5.1.10, diperoleh

limx→c

1h(x)

=1H

Karena f (x)→ L dan 1/h(x)→ 1/H, maka(fh(x))(x) =

f (x)h(x)

→ LH

Dengan demikian teorema terbukti. �

Contoh 5.2.5 (a) Karena limx→c

x = c, maka limx→c

x2 = c2, dan jikax > 0 dan c > 0, maka

limx→c

1x=

1limx→c

x=

1c

(b) limx→2

(x2 +1)(x3−4) = 20.

Diperlihatkan dengan cara sebagai berikut, yaitu

limx→2

(x2 +1

)(x3−4

)= lim

x→2

(x2 +1

)limx→2

(x3−4

)= 5 ·4 = 20.

(c) limx→2

x2−43x−6

=43

.

127

Jika h(x) = 3x− 6, maka limx→2

h(x) = 0. Oleh karena itu, Teorema

5.2.4 (ii) tidak dapat digunakan. Tetapi jika x 6= 2, maka

x2−43x−6

=(x−2)(x+2)

3(x−2)=

13(x+2).

Oleh karena itu, diperoleh

limx→2

x2−43x−6

= limx→2

13(x+2) =

13

(limx→2

x+2)=

43.

(d) limx→0

1x

tidak ada di R.

Hal ini juga tidak bisa menggunakan Teorema 5.2.4 (ii). Akan te-

tapi jika dianggap f (x) =1x

, maka f (x) tidak terbatas pada suatu

lingkungan dari titik 0. Oleh karena itu, f (x) tidak mempunyai li-mit di 0 ∈ R.

Latihan Subbab 5.2

1. Diberikan E ⊂ R, f ,g : E → R dan titik limit p dari E. Diasum-sikan bahwa lim

x→pf (x) = A dan lim

x→pg(x) = B. Perlihatkan bahwa

(a) limx→p

(f (x)+g(x)

)= A+B.

(b) limx→p

(f (x)g(x)

)= AB.

2. Diberikan E ⊂ R, titik limit p dari E dan f ,g : E → R. Jika gterbatas pada E dan lim

x→pf (x) = 0, maka

limx→p

(f (x)g(x)

)= 0

3. Diberikan E ⊂R, titik limit p dari E dan f ,g,h : E→R sehinggauntuk setiap x ∈ E berlaku

g(x)≤ f (x)≤ h(x).

128

Jika limx→p

g(x) = limx→p

h(x) = L, maka limx→p

f (x) = L.

4. Diberikan fungsi f ,g bernilai real didefinisikan pada E ⊂ R dantitik limit p dari E.

(a) Jika limx→p

f (x) dan limx→p

(f (x)+g(x)

)ada, perlihatkan bahwa

limx→p

g(x) ada.

(b) Jika limx→p

f (x) dan limx→p

(f (x)g(x)

)ada, perlihatkan lim

x→pg(x)

ada.

5. Diberikan himpunan bagian tak kosong E dari R dan titik limitp dari E. Diasumsikan f merupakan fungsi bernilai real terbatasdidefinisikan pada E tidak memiliki lim

x→pf (x). Perlihatkan bah-

wa terdapat barisan (pn) dan (qn) di E konvergen ke p sehinggalim(

f (pn))

dan lim(

f (qn))

ada tetapi tidak sama.

6. Diberikan f : R→R sehingga memenuhi f (x+y) = f (x)+ f (y)untuk setiap x,y ∈ R. Jika lim

x→0f (x) ada, perlihatkan

(a) limx→0

f (x) = 0.

(b) limx→p

f (x) ada untuk setiap p ∈ R.

BAB 6

FUNGSI KONTINU

Pada bab ini akan dibahas kelas fungsi penting dalam analisisreal, yaitu fungsi kontinu. Istilah kontinu untuk menggambarkansuatu fungsi yang tidak terputus dan digunakan dari zaman New-ton. Pada abad ke-17, ketika mereka menghitung kecepatan sesaatdan gradien garis singgung, yang kelak didefinisikan sebagai turun-an. Namun definisi limit yang akan dibicarakan saat ini merupak-an perumusan dari Bernard Bolzano dan A. L. Cauchy pada tahun1821.

Apa yang dimaksud dengan mengatakan fungsi f (x) kontinu disetiap titik pada domainnya? Yaitu grafik fungsi f tidak terputus.Perhatikan fungsi berikut.

f (x) ={

x , x≤ 1x+1 , x≥ 1

Grafiknya adalah sebagai berikut.

Fungsi f di atas kontinu kecuali di titik x= 1. Dalam definisi limx→c

f (x),

130

nilai f di titik c sama sekali tidak diperhatikan. Artinya hanya di-bahas nilai f (x) untuk x mendekati c, bukan nilai fungsi f di titikc. Jadi bisa saja terjadi f mempunyai limit L di titik c, walaupunf tidak terdefinisi di titik c. Dalam hal ini f terdefinisi di c, tetapidapat terjadi f (c) 6= L.

6.1 Fungsi Kontinu

Definisi formal fungsi kontinu diberikan sebagai berikut.

Definisi 6.1.1 Diberikan E himpunan bagian dari R dan c adalahsuatu titik di E.

(i) Fungsi f : E→R dikatakan kontinu di titik c jika untuk setiapε > 0, terdapat δ > 0 sehingga jika x ∈ E dengan |x− c|< δ

berlaku| f (x)− f (c)|< ε.

Secara intuitif, fungsi f kontinu di c berarti grafik fungsi ftidak terputus di c.

(ii) Jika f kontinu di setiap titik c pada E, maka f dikatakan kon-tinu pada E atau secara singkat dikatakan f kontinu.

Contoh 6.1.2 Fungsi f :R→R dengan aturan f (x) = 3x kontinu disetiap titik c ∈R. Untuk membuktikannya, diambil sebarang ε > 0.Dipilih δ = ε

3 , sehingga untuk sebarang x ∈ R dengan |x− c| < δ

diperoleh

|x−c|< δ =⇒|x−c|< ε

3=⇒|3x−3c|< ε =⇒| f (x)− f (c)|< ε.

Hal ini berarti f (x) = 3x kontinu di setiap titik c ∈ R.

Contoh 6.1.3 Fungsi f : R→ R dengan aturan f (x) = x2 + x kon-tinu di titik x = 2. Akan diperlihatkan dengan cara sebagai berikut.Diambil sebarang ε > 0 dan pilih δ =min( ε

6 ,1). Kemudian diambilsebarang x ∈ R dengan |x−2|< δ , diperoleh

|x+2| ≤ |x−2|+4≤ δ +4≤ 1+4 = 5

131

dan

| f (x)− f (2)|= |x2 + x− (4+2)| ≤ |x2−4|+ |x−2|= |x+2||x−2|+ |x−2| ≤ 5|x−2|+ |x−2|= 6|x−2|< 6δ ≤ ε

Sehingga dapat disimpulkan bahwa f (x) = x2 + x kontinu di titikx = 2.

Salah satu bagian yang sulit dalam mencari tahu kekontinuansuatu fungsi adalah bagaimana cara memilih δ untuk memastikanbahwa jika |x− c| < δ , maka berlaku | f (x)− f (c)| < ε . Terlihatjelas bahwa δ yang dipilih pada contoh-contoh di atas adalah ni-lai yang memenuhi. Namun, bukti di atas menghasilkan δ tanpapenjelasan. Sekarang, bagaimana cara memilih δ jika menghadapipertanyaan serupa? Terdapat dua hal yang harus diperhatikan ketikamemilih nilai δ , yaitu:

(i) Jika δ adalah nilai yang memenuhi, maka hal ini juga berla-ku dengan memilih δ

′> 0 yang lebih kecil dari δ . Artinya, nilai

δ yang memenuhi tidaklah tunggal. Terkadang kita bisa menebaknilai δ yang mungkin saja bukan nilai δ yang terbesar yang meme-nuhi. Pada contoh terakhir, kita bisa saja memilih δ = min( ε

10 ,1)dari pada memilih δ = min( ε

6 ,1) yang masih memenuhi.

(ii) Pada sisi lain, kita tidak perlu selalu menentukan nilai δ . Fak-tanya, terkadang lebih mudah untuk menggunakan teorema umumdari pada membuktikan kekontinuan menggunakan definisi. Seba-gai contoh, fungsi f (x) = x2 + x dapat dibuktikan menggunakanoperasi aljabar fungsi kontinu. Hal ini akan dibahas pada operasialjabar fungsi kontinu.

Definisi 6.1.1 dapat dinyatakan juga dalam konsep lingkunganatau persekitaran.

Definisi 6.1.4 Fungsi f : E→R, dengan E ⊆R dikatakan kontinudi titik c ∈ E jika untuk setiap persekitaran Nε( f (c)) dari f (c),ada persekitaran Nδ (c) dari c sehingga untuk setiap x ∈ E ∩Nδ (c)berlaku f (x) ∈ Nε( f (c)), yaitu f

(E ∩Nδ (c)

)⊂ Nε( f (c)).

132

Gambar 6.1 Diberikan Nε ( f (c)), dapat ditentukan Nδ (c)

Catatan:Perhatikan letak suatu titik pada himpunan bagian sistem bilanganreal. Diberikan E ⊂ R dengan E 6=∅.

(i) Titik c ∈ E disebut titik terisolasi jika terdapat bilangan realδ > 0 sehingga Nδ (c)∩E = {c}.

(ii) Titik c ∈ R disebut titik limit titik cluster dari E jika untuksetiap bilangan δ > 0, terdapat x ∈ E dengan x 6= c sehinggaNδ (c)∩E = /0.

Jika c ∈ E ⊂ R merupakan titik terisolasi maka kekontinuan f dititik c berlaku. Hal ini karena untuk δ > 0 cukup kecil, titik x ∈ Edengan |x− c| < δ hanya x = c. Akibatnya 0 = | f (x)− f (c)| < ε .Oleh karena itu, suatu fungsi f selalu kontinu di setiap titik-titikterisolasi pada domainnya. Jika c ∈ E merupakan titik limit dari E,maka fungsi f kontinu di titik c jika dan hanya jika

limx→c

f (x) = f (c).

Berarti, syarat suatu fungsi f kontinu di suatu titik limit c ∈ E ada-lah apabila memenuhi tiga kriteria berikut.

(i) Fungsi f harus terdefinisi di titik c, yaitu f (c) ada di R.

(ii) Nilai limit fungsi f ada di titik c

(iii) Kedua nilai (i) dan (ii) harus sama.

Contoh 6.1.5 (a) Fungsi g(x) = x kontinu pada R. Untuk membuk-tikannya, diambil sebarang c∈R. Karena lim

x→cg(x) = c dan g(c) = c,

133

maka di titik c berlaku limx→c

g(x) = g(c). Jadi, fungsi g kontinu di ti-tik c. Karena c ∈ R sebarang, maka fungsi g kontinu pada R.

(b) Diberikan fungsi f : R→ R dengan aturan:

f (x) =

x2−4x−2

, x 6= 2

2 , x = 2

Untuk c = 2, limx→2

f (x) = 4 6= f (2). Jadi, fungsi f tidak kontinu di

titik c = 2. Tetapi jika didefinisikan kembali f di titik c = 2 bernilaif (2) = 4, maka fungsi ini menjadi kontinu di titik c = 2.

(c) Diberikan fungsi f : R→ R dengan aturan:

f (x) =

{0 , x = 0

xsin1x

, x 6= 0

Karena limx→0

sin1x= 0 = f (0), maka f kontinu di titik c = 0.

Kekontinuan fungsi di suatu titik dapat diformulasikan ke dalamkonsep limit barisan. Hal ini diberikan pada teorema berikut.

Teorema 6.1.6 (Kriteria Barisan untuk Kekontinuan) Fungsi f :E → R dikatakan kontinu di titik c ∈ E jika dan hanya jika untuksetiap barisan (xn) ⊂ E dengan xn → c, berlaku barisan ( f (xn))konvergen ke f (c).

Teorema di atas merupakan salah satu cara untuk memperlihat-kan bentuk suatu fungsi tidak kontinu, yaitu fungsi f tidak kontinudi titik c ∈ E, jika terdapat barisan (xn) di domain E dengan xn→ ctetapi f (xn)9 f (c).

Contoh 6.1.7 Diberikan f : R→ R dengan aturan:

f (x) ={

1 , jika x rasional0 , jika x irrasional

134

Fungsi ini disebut sebagai fungsi Dirichlet, diperkenalkan oleh P.G. L. Dirichlet pada tahun 1829. Dapat ditunjukkan bahwa fungsiini tidak kontinu di setiap titik di R. Hal ini dilakukan sebagai ber-ikut. Diambil sebarang bilangan rasional c dan (xn) adalah barisanbilangan irrasional yang konvergen ke c (Menurut sifat kerapatandi Q). Karena f (xn) = 0 untuk setiap n ∈ N, diperoleh

lim( f (xn)) = 0 dan f (c) = 1.

Dengan demikian, f tidak kontinu di sebarang bilangan rasional c.Pada sisi lain, jika b adalah suatu bilangan irrasional dan (yn)

adalah barisan bilangan rasional yang konvergen ke b (Menurut si-fat kerapatan di Q). Karena f (yn) = 1 untuk setiap n∈N, diperoleh

lim( f (yn)) = 1 dan f (b) = 0.

Dengan demikian, f tidak kontinu di sebarang bilangan irrasional b.Karena setiap bilangan real adalah bilangan rasional atau bilanganirrasional, dapat disimpulkan bahwa f tidak kontinu di sebarangtitik di R.

6.1.1 Sifat-Sifat Aljabar Fungsi Kontinu

Berikut diberikan beberapa sifat yang terkait dengan kekontinuansuatu fungsi bilangan real.

Teorema 6.1.8 Diberikan E ⊆R dan k∈R. Jika fungsi f ,g : E→Rkontinu di c ∈ E, maka

(i) k f , f +g, f −g dan f g kontinu di c, dan

(ii) jika g(x) 6= 0 untuk setiap x ∈ E, maka fg kontinu di c.

Bukti. (i) Jika c bukan merupakan titik cluster pada E, maka ke-simpulannya adalah otomatis berlaku. Oleh karena itu diasumsikanbahwa c adalah titik cluster di c. Karena f dan g kontinu di titik c,maka

f (c) = limx→c

f (x) dan g(c) = limx→c

g(x).

135

Dengan menggunakan Teorema 5.2.4, diperoleh

( f +g)(c) = f (c)+g(c) = limx→c

( f +g).

Dengan cara yang sama dapat diperlihatkan bahwa k f , f − g danf g kontinu di titik c.(ii) Selanjutnya, diambil sebarang c ∈ E, maka g(c) 6= 0. Karenag(c) = lim

x→cg(x), maka menurut Teorema 5.2.4, diperoleh

fg(c) =

f (c)g(c)

=limx→c

f (x)

limx→c

g(x)= lim

x→c

(fg

)

Dengan demikian, fungsi f/g kontinu di titik c. �

Fungsi polinomial adalah suatu fungsi P : R→ R dalam bentuk

P(x) = a0 +a1x+a2x2 + ...+anxn

dengan a0,a1,a2, ...,an adalah koefisien-koefisien bernilai real. Fung-si rasional R adalah rasio dari fungsi-fungsi polinomial P dan Q,yaitu

R(x) =P(x)Q(x)

.

Domain dari fungsi R adalah himpunan dari titik-titik di R denganQ(x) 6= 0 untuk setiap x ∈ R.

Akibat 6.1.9 Setiap fungsi polinomial kontinu pada R dan setiapfungsi rasional kontinu pada domainnya.

Bukti. Fungsi konstanta f (x) = 1 dan fungsi identitas g(x) = x kon-tinu pada R. Menurut Teorema 6.1.8, berakibat bahwa setiap fungsipolinomial kontinu pada R. Hal in juga berarti bahwa fungsi rasio-nal R = P/Q kontinu di setiap titik dimana Q 6= 0. �

Contoh 6.1.10 Diberikan f : R→ R dengan aturan

f (x) =x+3x3 +5x5

1+ x2 + x4

136

kontinu pada R karena f adalah fungsi rasional yang penyebutnyatidak pernah bernilai nol.

Sebagai tambahan untuk fungsi-fungsi pada Teorema 6.1.8, ter-dapat cara lain untuk membentuk suatu fungsi menggunakan fungsi-fungsi sederhana, yaitu dengan menggunakan komposisi.

Teorema 6.1.11 Diberikan fungsi f : A→R dan g : B→R denganA,B⊆ R dan f (A)⊆ B. Jika f kontinu di titik c ∈ A dan g kontinudi titik f (c) ∈ B, maka fungsi komposisi h = g◦ f : A→ R kontinudi titik c.

Bukti. Diambil sebarang bilangan ε > 0. Karena g kontinu di titikf (c), maka terdapat δ1 > 0 sehingga untuk setiap y ∈ B∩Nδ1( f (c))berlaku

|g(y)−g( f (c))|< ε.

Karena f kontinu di titik c, maka untuk δ1 > 0, terdapat δ > 0sehingga untuk setiap x ∈ A∩Nδ (c) berlaku

| f (x)− f (c)|< δ .

Karena f (A)⊆ B, berarti jika x ∈ A∩Nδ (c), maka

f (x) ∈ f (A∩Nδ (c))⊂ Nδ1( f (c)).

Oleh karena itu,|g( f (x))−g( f (c))|< ε. (6.1)

Karena untuk sebarang bilangan ε > 0 ada δ > 0 sehingga untuksetiap x ∈ A∩Nδ (c) berlaku 6.1, maka g◦ f kontinu di c. �

Contoh 6.1.12 Fungsi yang didefinisikan sebagai

f (x) ={

sin(1

x

), jika x 6= 0

0 , jika x = 0

kontinu pada R\{0}, karena jika dianggap f : R\{0}→R denganaturan f (x) = 1

x dan g : R→ R dengan aturan g(x) = sinx, maka

137

fungsi f kontinu pada R\{0} dan g kontinu pada f(R\{0}

)⊂ R.

Oleh karena itu, (g◦ f )(x) = g( f (x)) = sin 1x kontinu pada R\{0}.

Komposisi dari x 7→ 1x yang kontinu pada R\{0} dan y 7→ siny

yang kontinu pada R.

Latihan Subbab 6.1

1. Untuk masing-masing fungsi berikut, tentukan apakah fungsi-fungsiberikut kontinu di titik x0 yang ditentukan.

(a) f (x) =

2x2−5x−3x−3

, x 6= 3

6 , x = 3di titik x0 = 3.

(b) h(x) =

√

x−2x−4

, x 6= 4

4 , x = 4di titik x0 = 4.

(c) g(x) =

{ 1− cosxx

, x 6= 0

0 , x = 0di titik x0 = 0.

(d) g(x) ={

x2 , x≤ 24− x , x > 2

di titik x0 = 2.

2. Diberikan fungsi f : R→ R dengan aturan

f (x) ={

8x , jika x rasional.2x2 +8 , jika x irrasional.

(a) Buktikan bahwa f kontinu di titik x = 2 dengan mengguna-kan ε dan δ .

(b) Apakah f kontinu di titik x = 1? Buktikan jawaban Anda.

3. Diberikan fungsi f : R→ R dengan aturan

f (x) ={

x2 , x ∈Qx+2 , x /∈Q

Tentukan semua titik (jika ada) dimana fungsi f kontinu.

4. Buktikan bahwa fungsi f (x) =√

x kontinu pada [0,∞).

138

5. Diberikan fungsi f : (0,1]→ R dengan aturan

f (x) =1√x−√

x+1x

(a) Buktikan bahwa f kontinu pada (0,1].

(b) Dapatkah didefinisikan suatu nilai f (0) yang menyebabkanf kontinu pada (0,1]?

6. Diberikan E ⊂ R dan fungsi f : E→ R kontinu di titik p ∈ E.

(a) Buktikan bahwa | f | kontinu pada p. Apakah kebalikannyaberlaku?

(b) Didefinisikan fungsi g(x)=√| f (x)|, x∈E. Perlihatkan bah-

wa g kontinu di titik p.

7. Diberikan himpunan E ⊂ R dan fungsi f : E → R kontinu pa-da E. Buktikan bahwa fungsi f n dengan aturan f n(x) = ( f (x))n

kontinu pada E untuk setiap n ∈ N.

8. (a) Buktikan bahwa fungsi f (x) = cosx kontinu pada R .

(b) Jika E ⊂ R dan f : E → R kontinu pada E, buktikan bahwafungsi g(x) = cos( f (x)) kontinu pada E.

9. Untuk masing-masing fungsi berikut, tentukan himpunan bagianterbesar E ⊂R sehingga setiap fungsi yang diberikan kontinu pa-da E. Pada setiap bagian, sebutkan teorema apa yang digunakanuntuk membuktikan fungsi yang didefinisikan kontinu pada E.

(a) f (x) =x3 +4x−5x(x2−4)

(b) g(x) = sin1x

(c) h(x) =1√

x2−1(d) k(x) =

cosxsinx

10. Buktikan bahwa fungsi dengan aturan

f (x) ={

x2 , x≤ 13−2x , x > 1

kontinu pada R dan R( f ) = R.

139

6.2 Fungsi Kontinu pada Interval

Fungsi yang kontinu pada suatu interval memiliki beberapa sifatyang tidak dimiliki fungsi kontinu secara umum.

Definisi 6.2.1 Fungsi f : A→ R dengan A ⊆ R dikatakan terbataspada A jika ada konstanta M > 0 sehingga

∣∣ f (x)∣∣≤M untuk setiapx ∈ A.

Dengan kata lain, suatu fungsi terbatas pada suatu himpunan ji-ka range dari fungsi tersebut terbatas di R. Untuk mengatakan suatufungsi tidak terbatas pada suatu himpunan A, adalah dengan carauntuk setiap M > 0 dapat dicari xM ∈ A sehingga

∣∣ f (xM)∣∣> M.

Contoh 6.2.2 Fungsi f : (0,∞)→ R dengan aturan f (x) =1x

tidak

terbatas pada (0,∞), karena untuk sebarang M > 0 dapat diambil

xM =1

M+1. Dalam hal ini, xM ∈ (0,∞) dan

∣∣ f (xM)∣∣= M+1 > M.

Dari contoh 6.2.2 di atas dapat diperlihatkan bahwa f kontinu pada(0,∞). Oleh karena itu, suatu fungsi kontinu tidak perlu terbatas inijuga memperlihatkan bahwa suatu fungsi kontinu tidak perlu terba-tas. Namun, teorema berikut memperlihatkan bahwa fungsi kontinupada interval tertentu harus terbatas.

Teorema 6.2.3 Diberikan interval tertutup dan terbatas I = [a,b].Jika fungsi f : I→ R kontinu, maka f terbatas pada I.

Bukti. Andai fungsi f tidak terbatas pada I, maka untuk setiapn ∈ N ada bilangan xn ∈ I sehingga

∣∣ f (xn)∣∣ > n. Karena I merupa-

kan interval tertutup dan terbatas, maka barisan (xn) terbatas. Olehkarena itu, dari Teorema Bolzano-Weierstrass ada barisan bagian(xnk

)dari (xn) dengan xnk → x untuk k→∞ dan untuk setiap n∈N.

Karena I tertutup, maka xnk ⊂ I dan x ∈ I. Karena f kontinu padax, maka barisan f

(xnk

)→ f (x) untuk k→ ∞. Akibatnya, dari Teo-

rema 4.1.12 barisan(

f(xnk

))terbatas. Hal ini kontradiksi karena∣∣ f (xnk

)∣∣> nk > k untuk k ∈ N.

140

Jadi, haruslah f terbatas pada [a,b]. �

Hipotesa teorema untuk fungsi terbatas merupakan syarat perlu.Jika tidak, maka kesimpulan tentang bentuk fungsi yang diharapkanmenjadi gagal. Untuk itu, perhatikan catatan berikut.

(i) Bentuk interval harus terbatas.Diberikan fungsi f : [0,∞)→ R dengan f (x) = x untuk setiapx ∈ [0,∞). Dapat diperlihatkan bahwa f kontinu pada intervaltertutup [0,∞), tetapi f tidak terbatas pada [0,∞).

(ii) Bentuk interval harus tertutup.

Fungsi f : (0,1] → R dengan aturan f (x) =1x

untuk setiap

x ∈ I = (0,1] kontinu pada I, tetapi f tidak terbatas pada I.

(iii) Bentuk fungsi harus kontinu.Fungsi g : [0,1]→ R dengan aturan

g(x) =

{ 1x

,untuk x ∈ (0,1]

0 ,untuk x = 0

tidak kontinu dan tidak terbatas pada [0,1].

Teorema Maksimum dan Minimum

Definisi 6.2.4 Diberikan A ⊆ R dan fungsi f : A→ R. Fungsi fdikatakan mempunyai maksimum mutlak pada A jika ada x∗ ∈ Asehingga

f (x∗)≥ f (x) untuk setiap x ∈ A.

Fungsi f dikatakan mempunyai minimum mutlak pada A jika adax∗ ∈ A sehingga

f (x∗)≤ f (x) untuk setiap x ∈ A.

Dalam hal ini, jika ada x∗, maka x∗ merupakan titik maksimummutlak untuk f pada A, dan jika ada x∗, maka x∗ merupakan titikminimum mutlak untuk f pada A.

Hal yang perlu dicatat adalah suatu fungsi kontinu pada suatu

141

himpunan A tidak perlu mempunyai titik maksimum atau minimumpada A. Sebagai contoh, fungsi kontinu bernilai real f (x) = 1/xpada I = (0,∞) tidak mempunyai titik maksimum atau minimumpada I = (0,∞).

Gambar 6.2 Fungsi f (x) = 1/x, x > 0

Sebagai contoh, diberikan interval I = (0,∞) dan f : I→ R de-ngan aturan f (x) = 1/x untuk setiap x ∈ I, maka fungsi f ini tidakmempunyai maksimum mutlak karena f tidak terbatas atas pada A,dan tidak ada titik sehingga nilai 0 = inf

{f (x) : x ∈ A

}.

Selanjutnya jika f : (0,1)→R dengan aturan f (x) = 1/x, makaf tidak mempunyai maksimum mutlak dan atau minimum mutlakuntuk domain (0,1).

Jika f : [1,∞)→ R dengan aturan f (x) = 1/x, maka f mempu-nyai maksimum mutlak tetapi tidak mempunyai minimum mutlak.

Jika f : (1,∞)→ R dengan aturan f (x) = 1/x, maka f tidakmempunyai maksimum mutlak dan minimum mutlak. Sementarajika f : [1,2]→ R dengan aturan f (x) = 1/x, maka f mempunyaimaksimum mutlak dan minimum mutlak.

Dari definisi, cukup mudah untuk dipahami bahwa jika suatufungsi mempunyai titik maksimum mutlak, maka titik tersebut ti-dak perlu bernilai tunggal.

Contoh 6.2.5 (a) Fungsi bernilai real g(x) = x2 pada A = [−1,1]mempunyai dua titik maksimum mutlak x∗ = ±1 dan mempunyaisatu titik minimum mutlak yaitu x∗ = 0.

(b) Diberikan fungsi h(x) = 1 untuk x ∈ R. Setiap titik di R meru-pakan titik maksimum mutlak dan minimum mutlak untuk h.

142

Teorema 6.2.6 (Maksimum dan Minimum) Diberikan intervaltertutup dan terbatas I = [a,b]. Jika fungsi f : I → R kontinu pa-da I, maka f mempunyai titik maksimum mutlak dan titik minimummutlak pada I.

Bukti. Dibentuk himpunan f (I) ={

f (x) : x∈ I}

. Karena I terbatas,maka f (I) ⊂ R terbatas. Oleh karena itu, ada s∗ = sup f (I) dans∗ = inf f (I). Akan ditunjukkan ada x∗ ∈ I sehingga s∗ = f (x∗) danada x∗ ∈ I sehingga s∗ = f (x∗). Karena s∗ = sup f (I), maka untuk

sebarang n ∈ N berlaku s∗− 1n

bukan batas atas dari f (I). Olehkarena itu, ada xn ∈ I sehingga

s∗− 1n< f (xn)≤ s∗ untuk setiap n ∈ N. (6.2)

Karena I terbatas, maka barisan (xn) ⊂ I terbatas dan menurut Te-orema Bolzano-Weiertrass ada barisan bagian

(xnk

)⊂ (xn) dengan

xnk→ x∗. Karena(xnk

)⊂ I, maka x∗ ∈ I. Selanjutnya, karena f kon-

tinu pada x∗, maka barisan f(xnk

)→ f (x∗). Dari (6.2) diperoleh

s∗− 1nk

< f (xnk)≤ s∗ untuk setiap k ∈ N.

Akibatnya, untuk k→ ∞ berlaku

s∗ < limk→∞

f(xnk

)≤ s∗.

Artinya, limk→∞

f(xnk

)= s∗. Jadi,

f (x∗) = lim(

f(xnk

))= s∗ = sup f (I).

Hal ini menunjukkan x∗ merupakan titik maksimum mutlak pada I.Untuk kasus f mempunyai titik minimum mutlak diberikan ke-

pada pembaca sebagai latihan. �

Teorema berikut disebut Teorema Nilai Antara, yang akan mem-perlihatkan suatu fungsi f kontinu pada interval [a,b] mempunyaipaling sedikit satu titik di antara (a,b).

143

Teorema 6.2.7 Diberikan fungsi kontinu f : [a,b]→R dengan atur-an f (a) 6= f (b). Jika k ∈R dengan f (a)< k < f (b), maka terdapatc ∈ (a,b) sehingga f (c) = k.

Bukti. Diberikan fungsi kontinu f pada interval [a,b] dengan aturanf (a)< k < f (b) untuk k ∈ R. Dibentuk himpunan

A ={

x ∈ [a,b] : f (x)< k}.

Karena a ∈ A, maka A 6= /0 dan karena A terbatas atas oleh b, makaterdapat c = supA. Akan ditunjukkan f (c) = k. Karena c = supA,maka c ∈ A atau c merupakan nilai limit dari himpunan A. Jikac ∈ A, maka f (c) ≤ k. Jika c merupakan nilai limit dari A. makaterdapat barisan (xn) di A dengan xn → c. Karena xn ∈ A, makaf (xn)≤ k untuk setiap n ∈N. Selanjutnya, karena fungsi f kontinu,maka

f (c) = limn→∞

f (xn)≤ k.

Jadi, pada c = supA berlaku f (c)≤ k.Andaikan f (c) < k. Karena f kontinu di c, maka untuk ε0 > 0,

terdapat δ (ε)> 0 sehingga untuk setiap x ∈ Nδ (c)∩ [a,b] berlaku

f (c)− ε < f (x)< f (c)+ ε.

Karena f (c) < k dan c 6= b, maka Nδ (c)∩ (c,b) 6= /0. Tetapi untuksebarang titik x ∈ (c,b) dengan c < x < c+δ atau untuk sebarangx ∈ Nδ (c)∩ (c,b) 6= /0, berlaku

f (x)< f (c)+ ε = f (c)+12

k− 12

f (c)

=12(

f (c)+ k)< k.

Akibatnya x ∈ A dan x > c. Hal ini kontradiksi dengan fakta bah-wa c = supA. Oleh karena itu pengandaian salah dan seharusnyaf (c) = k. �

Teorema 6.2.7 dapat diilustrasikan pada gambar berikut.

144

Gambar 6.3 Fungsi g(x) =1

1+(x−1)2 ,x ∈ [0,1)

Contoh 6.2.8 Persamaan 10x7− 13x5− 1 = 0 mempunyai sebuahakar c ∈ (−1,0). Untuk itu, anggap

f (x) = 10x7−13x5−1,

maka f (−1)= 2 dan f (0)=−1. Karena f kontinu pada [−1,0] danf (0)< 0 < f (−1), maka menurut Teorema Nilai Tengah, terdapatc ∈ (−1,0) sehingga f (c) = 0. Bilangan c ini merupakan akar daripersamaan di atas.

Akibat 6.2.9 Diberikan interval tertutup dan terbatas I = [a,b] danfungsi f : [a,b]→ R kontinu. Jika untuk sebarang k ∈ R berlaku

inf f (I)≤ k ≤ sup f (I),

maka terdapat c ∈ I sehingga f (c) = k.

Latihan Subbab 6.2

1. Diberikan I = [a,b] dan fungsi f : I→ R kontinu pada I denganf (x) > 0 untuk setiap x ∈ I. Buktikan bahwa ada bilangan realα > 0 sehingga f (x)≥ α untuk setiap x ∈ I.

145

2. Diberikan fungsi f : I→ R dan g : I→ R kontinu pada I = [a,b].Buktikan bahwa himpunan E = {x∈ I : f (x) = g(x)}mempunyaisifat bahwa jika (xn) ∈ E dengan xn→ x0, maka x0 ∈ E.

3. Diberikan fungsi f : I → R kontinu pada I = [a,b] sedemikianhingga untuk setiap x ∈ I terdapat y ∈ I dengan | f (y)| ≤ 1

2 | f (x)|.Buktikan bahwa terdapat c ∈ I sehingga f (c) = 0.

4. Tunjukkan bahwa setiap polinomial berderajat ganjil dengan ko-efisien bilangan real mempunyai paling sedikit satu akar real.

5. Tunjukkan bahwa polinomial p(x) = x4 + 7x3 − 9 mempunyaipaling sedikit dua akar real. Gunakan kalkulator untuk mencariakar-akar ini dalam dua desimal.

6. Diberikan fungsi bernilai real kontinu pada interval [a,b] dengan

f (a) < 0 < f (b) dan c1 =12(a+ b). Jika f (c1) > 0, c2 =

12(a+

c1) dan jika f (c1) < 0, c2 =12(c1 + b). Lanjutkan proses ini se-

caran induktif untuk memperoleh barisan suatu barisan (cn) padainterval (a,b) yang konvergen ke suatu titik c ∈ (a,b) denganf (c) = 0.a

7. Diberikan E ⊂R, p titik limit dari E dan f adalah fungsi bernilaireal yang didefinisikan pada E. Limit superior fungsi f di titik p,dinotasikan dengan lim

x→pf (x), didefinisikan sebagai

limx→p

f (x) = infδ>0

sup{ f (x) : x ∈ (Nδ (p)\ p)∩E}.

Dengan cara yang sama, limit inferior fungsi f di titik p, dinota-sikan dengan lim

x→pf (x), didefinisikan sebagai

limx→p

f (x) = supδ>0

inf{ f (x) : x ∈ (Nδ (p)\ p)∩E}.

Buktikan setiap pernyataan berikut.

(a) limx→p

f (x)≤ L jika dan hanya jika untuk sebarang ε > 0, ter-

dapat suatu δ > 0 sehingga f (x)< L+ε untuk setiap x ∈ E,0 < |x− p|< δ .

146

(b) limx→p

f (x) ≥ L jika dan hanya jika untuk sebarang ε > 0

dan δ > 0, terdapat x ∈ E dengan 0 < |x− p| < δ sehing-ga f (x)> L− ε .

(c) Jika limx→p

f (x)= L, maka untuk sebarang barisan (xn) di E de-

ngan xn 6= p untuk setiap n∈N dan limn→∞

xn =P, limn→∞

f (xn)≤L

(c) Terdapat barisan (xn) di E dengan xn 6= p untuk setiap n ∈Nsehingga lim

n→∞xn = P, lim

n→∞f (xn) = lim

x→pf (x)

6.3 Kontinu Seragam

Diberikan A ⊆ R dan fungsi f : A→ R. Menurut definisi fungsikontinu, fungsi f dikatakan kontinu pada A jika untuk setiap c ∈ Adan untuk sebarang ε > 0, terdapat δ > 0 sehingga untuk setiapx ∈ A∩Nδ (c) berlaku

| f (x)− f (c)|< ε

Pemahaman tentang x ∈ A∩Nδ (c) dapat dikatakan sebagai x ∈ Adan |x− c|< δ .

Pada definisi di atas, penekanannya pada nilai δ dan umumnyatergantung pada ε dan c ∈ A.

Contoh 6.3.1 Telah diperlihatkan bahwa fungsi f (x) = 1/x kontinupada A = {x ∈ R|x > 0}, yaitu untuk sebarang c ∈ A dan ε > 0berlaku ∣∣g(x)−g(c)

∣∣= |c− x|cx

.

Jika dipilih

δ (ε,c) = inf{

12

c,12

c2ε

}maka untuk setiap x ∈ A dengan |x− c|< δ (ε,c).

147

Selanjutnya, jika diberikan c ∈ A dan diambil

δ (ε,c) = inf{

12

c,12

c2ε

}, (6.3)

maka jika |x− c| < δ (ε,c), diperoleh |x− c| < 12

c, sehingga12

c <

x <32

c. Hal ini menunjukkan bahwa1x<

2c

. Oleh karena itu, jika

|x− c|< 12

c, maka persamaan 6.3 menjadi

|g(x)−g(u)|< 2u2 |x−u|. (6.4)

Akibatnya, jika |x−u|< δ (ε,u), maka dari persamaan 6.3 dan 6.4diperoleh

|g(x)−g(u)|<(

2u2

)(12

u2ε

)= ε.

Perhatikan bahwa c mendekati 0, maka δ akan mendekati 0.Andai tidak demikian, yaitu untuk sebarang bilangan ε > 0, pemi-lihan δ bergantung pada titik c dengan c ∈ (0,∞). Berarti untukε = 1, terdapat δ > 0 sehingga untuk setiap x,c ∈ (0,1) dengan0 < |x− c|< δ berlaku ∣∣∣∣1x − 1

c

∣∣∣∣< 1.

Jika diambil δ = 1/2ε , maka 0 < δ < 1. Karena x,c ∈ (0,∞) seba-rang, maka jika diambil c = 1

2ε dan x = δ , untuk 0 < |x− c| < δ ,berlaku | f (x)− f (c)|< 1. Tetapi dalam hal ini,

| f (x)− f (c)|=∣∣∣∣ 1δ − 2

δ

∣∣∣∣= 1δ> 1.

Hal ini merupakan suatu kontradiksi. Jadi, pemilihan δ harus ber-gantung pada c dan ε .

Contoh berikut memperlihatkan suatu fungsi kontinu dengan pe-milihan bilangan δ hanya bergantung pada ε .

148

Contoh 6.3.2 Diberikan fungsi f : A→ R dengan A = R denganaturan f (x) = 2x. Akan ditunjukkan bahwa fungsi f kontinu padaR. Diambil sebarang c ∈ R. Karena

| f (x)− f (c)|= 2|x− c|

maka untuk sebarang ε > 0, dapat dipilih δ = ε/2 sehingga untuksetiap x ∈ R dengan |x− c|< δ berlaku

| f (x)− f (c)|< ε.

Berarti fungsi f kontinu pada R dengan pemilihan δ hanya bergan-tung pada ε .

Dari kedua contoh di atas, berarti pemahaman tentang konsepkontinu untuk pemilihan δ yang hanya bergantung pada ε diberikannama khusus.

Definisi 6.3.3 Diberikan fungsi f : A→ R dengan A ⊆ R. Fungsif dikatakan kontinu seragam pada A jika untuk sebarang ε > 0ada δ (ε)> 0 sehingga untuk setiap x,c ∈ A dengan |x− c|< δ (ε)berlaku | f (x)− f (c)|< ε .

Contoh 6.3.4 (a) Jika A ⊆ R terbatas, maka f (x) = x2 kontinu se-ragam pada A. Hal ini diperlihatkan dengan cara sebagai berikut.Karena A terbatas, maka terdapat M > 0 sehingga |x| ≤ M untuksetiap x ∈ A. Jika x,y ∈ A, maka

| f (x)− f (y)|= |x2− y2|= |x+ y||x− y|≤(|x|+ |y|

)|x− y| ≤ 2M|x− y|.

Oleh karena itu untuk sebarang ε > 0, dapat dipilih δ = ε/2M se-hingga untuk setiap x,y ∈ A dengan |x− y|< δ berlaku

| f (x)− f (y)| ≤ 2M|x− y|< ε.

Oleh karena itu, f kontinu seragam pada A.

(b) Fungsi f (x) = sinx untuk x∈R merupakan fungsi kontinu sera-gam. Hal ini dapat diperlihatkan dengan cara sebagai berikut. Jika

149

x,y ∈ R, maka

| f (x)− f (y)|= |sinx− siny|

= 2∣∣∣∣cos

12(x+ y) sin

12(x− y)

∣∣∣∣≤ 2

∣∣∣∣sin12(x− y)

∣∣∣∣ .Karena |sinh| ≤ h, maka

| f (x)− f (y)| ≤ |x− y|.

Oleh karena itu untuk sebarang ε > 0 dapat dipilih δ = ε sehinggajika x,y ∈ A dengan |x− y|< δ maka

| f (x)− f (y)|< ε.

Hal ini berarti f kontinu seragam pada R.

Teorema 6.3.5 Fungsi f : A→R dengan A⊆R tidak kontinu sera-gam pada A jika dan hanya jika ada ε0 > 0 dan barisan (xn) dan(yn) di A sehingga lim

n→∞(xn−yn) = 0 dan | f (xn)− f (yn)| ≥ ε0 untuk

setiap n ∈ N.

Bukti. (=⇒) Diberikan f : A→ R tidak kontinu seragam pada A,berarti terdapat ε0 > 0 sehingga untuk setiap n∈N ada (xn) dan (yn)di A sehingga |xn−yn|< 1/n dan | f (xn)− f (yn)| ≥ ε0. Dengan katalain, ada barisan (xn) dan (yn) di A sehingga lim (xn− yn) = 0 dan| f (xn)− f (yn)| ≥ ε0.(⇐=) Sebaliknya, anggap ada bilangan ε0 > 0 dan barisan (xn) dan(yn) di A sehingga lim (xn− yn) = 0 dan | f (xn)− f (yn)| ≥ ε0. Ber-arti untuk setiap δ > 0 ada nδ ∈N sehingga berlaku

∣∣xnδ− ynδ

∣∣< δ

dan | f (xn)− f (yn)| ≥ 0. Hal ini berarti fungsi f tidak kontinu sera-gam pada A. �

150

Fungsi Lipschitz

Untuk menentukan suatu fungsi kontinu seragam terkadang sulit,tetapi contoh 6.3.4 (a) dan (b) merupakan keadaan yang seringmuncul yaitu perkalian konstanta positif dengan |x− y| dan cukupmenjamin bahwa fungsi tersebut kontinu seragam. Bentuk umumkeadaan ini dituangkan pada konsep berikut.

Definisi 6.3.6 Diberikan A⊆R. Fungsi f : A→R dikatakan meme-nuhi kondisi Lipschitz pada A (atau fungsi Lipschitz) jika terdapatkonstanta M > 0 sehingga untuk setiap x,y ∈ A berlaku

| f (x)− f (y)| ≤M|x− y| (6.5)

Contoh 6.3.7 Diberikan A = [0,b] dengan b > 0 dan f : A→ Rdengan aturan f (x) = x2. Jika diambil sebarang titik x,y ∈ A, makax,y≤ b. Sehingga

| f (x)− f (y)|= |x2− y2|= |x2− y2|= |x− y||x+ y| ≤ 2b|x− y|.

Jika diambil M = 2b, berarti f merupakan fungsi Lipschitz.

Teorema berikut memperlihatkan bahwa setiap fungsi Lipschitzkontinu seragam

Teorema 6.3.8 Jika f : A→ R dengan A ⊆ R merupakan fungsiLipschitz, maka f kontinu seragam pada A.

Bukti. Jika f : A→ R dengan A ⊆ R merupakan fungsi Lipschi-tz, maka untuk setiap x,y ∈ A terdapat konstanta M > 0 sehingga| f (x)− f (y)| ≤M|x− y|. Oleh karena itu, jika diberikan sebarangbilangan ε > 0, maka dapat dipilih δ = M/ε > 0 sehingga untuksetiap x,y ∈ A dengan |x− y|< δ berlaku

| f (x)− f (y)|< ε.

Karena ε > 0 sebarang, berarti fungsi f kontinu seragam. �

Contoh 6.3.9 Diberikan fungsi f : A→R untuk A = (0,∞) denganaturan f (x) =

√x. Cukup mudah untuk diperlihatkan bahwa fungsi

151

f kontinu seragam. Selanjutnya diambil sebarang x1,x2 ∈ A, maka

| f (x1)− f (x2)|= |√

x1−√

x2|=∣∣∣∣ x1− x2√

x1 +√

x2

∣∣∣∣= 1√

x1 +√

x2|x1−x2|

Asumsikan x1 < x2, maka terdapat c ∈ R dengan

x1 < c < x2⇐⇒ 0 <√

x1 <√

c <√

x2

⇐⇒√

x1 +√

x2 >√

c > 0

⇐⇒ 1√

x1 +√

x2<

1√c.

Akibatnya,

| f (x1)− f (x2)|<1√c|x1− x2|.

Jika dipilih M = (√

c)−1, maka M > 0 dan tergantung pada interval(x1,x2) dengan

| f (x1)− f (x2)|< M|x1− x2|

dan fungsi ini memenuhi kondisi Lipschitz.

Kebalikan Teorema 6.3.8 tidak selalu berlaku, yaitu tidak setiapfungsi yang kontinu seragam merupakan fungsi Lipschitz.

Contoh 6.3.10 Jika f (x) =√

x untuk x ∈ [0,2], maka f kontinuseragam. Tetapi untuk x∈ (0,2] dan c= 0, tidak ada K > 0 sehingga| f (x)| ≤K|x|. Oleh karena itu, f tidak memenuhi kondisi Lipschitz.

6.3.1 Fungsi Monoton dan Fungsi Invers

Pada bagian ini pertama-tama akan dibahas tentang limit dua si-si yang disebut limit kiri dan limit kanan dan jenis kontinuitasnya.Selain itu, juga dibahas sifat kontinu fungsi monoton pada suatuinterval. Pada bagian ini akan dibahas fungsi monoton yang didefi-nisikan pada suatu interval I ⊆ R.

152

Limit Kiri dan Limit Kanan

Definisi 6.3.11 Diberikan fungsi f : A→ R dengan A⊆ R.

(i) Jika c ∈ R merupakan titik limit dari himpunan A∩ (c,∞) ={x∈ A : x > c}. Fungsi f dikatakan mempunyai limit kanan dititik c jika ada L∈R sehingga untuk sebarang ε > 0 ada δ > 0sehingga untuk setiap x ∈ A dengan c < x < c+δ berlaku

| f (x)−L|< ε


f (c+) = limx→c+

f (x) = limx→c+

f = L.

(ii) Jika c ∈R merupakan titik limit dari himpunan A∩ (−∞,c) ={x ∈ A : c > x}. Fungsi f dikatakan mempunyai limit kiri dititik c jika ada L′ ∈ R sehingga untuk sebarang ε > 0 terda-pat δ ′ > 0 sehingga untuk setiap x ∈ A dengan c− δ < x < cberlaku

| f (x)−L′|< ε


f (c−) = limx→c−

f (x) = limx→c−

f = L′

Hipotesa c sebagai titik limit dari A∩ (c,∞), berarti untuk setiapδ > 0, berlaku Nδ (c)∩

(A∩ (c,∞)

)−{c} 6= /0. Oleh karena itu dija-

min bahwa A∩ (c,∞) 6= /0. Jika A = (a,b), maka sebarang c dengana≤ c < b merupakan titik limit dari A∩ (c,∞). Jika sebarang c de-ngan a < c ≤ b, maka c juga merupakan titik limit dari A∩ (c,∞).Selanjutnya untuk I sebarang interval, sebarang c ∈ Int(I), berar-ti untuk sebarang ε > 0 berlaku Nε(c) ⊂ I. Oleh karena itu jikaInt(I) 6= /0 dan f : I → R, maka f mempunyai limit di c ∈ Int(I)jika dan hanya jika

(i) f (c+) dan f (c−) keduanya ada.

(ii) f (c+) = f (c−).

153

Hipotesa c ∈ Int(I) menjamin bahwa c merupakan titik limit dari(−∞,c)∩ I dan I∩ (c,∞). Jika c merupakan titik ujung kiri interval,maka limit kanan f pada titik c, yaitu lim

x→c+f (x) = f (c). Hal yang

sama juga berlaku, jika c merupakan titik ujung kanan dari I, makalim

x→c−f (x) = f (c).

Definisi 6.3.12 Diberikan fungsi f : A→ R dengan A⊆ R. Fungsif dikatakan kontinu kanan di c ∈ A jika untuk sebarang ε > 0terdapat δ > 0 sehingga untuk setiap x ∈ A dengan c ≤ x < c+ δ

berlaku| f (x)− f (c)|< ε.

Fungsi f dikatakan kontinu kiri di c ∈ A jika untuk sebarang ε > 0terdapat δ > 0 sehingga untuk setiap x ∈ A dengan x− δ < x ≤ cberlaku

| f (x)− f (c)|< ε.

Teorema 6.3.13 Diberikan fungsi f : (a,b)→ R.

(i) Fungsi f kontinu kanan di c ∈ (a,b) jika dan hanya jika

(a) f (c+) ada.

(b) f (c+) = f (c).

(ii) Fungsi f kontinu kiri di c ∈ (a,b) jika dan hanya jika

(a) f (c−) ada.

(b) f (c) = f (c).

Bukti. (Langsung dari definisi). �

Fungsi Monoton

Definisi 6.3.14 Diberikan A⊂ R dan fungsi f : A→ R.

(i) Fungsi f dikatakan naik jika untuk setiap x1,x2 ∈ A denganx1 ≤ x2 berlaku f (x1)≤ f (x2).

(ii) Fungsi f dikatakan naik kuat jika untuk setiap x1,x2 ∈ A de-ngan x1 < x2 berlaku f (x1)< f (x2).

154

(iii) Fungsi f dikatakan turun jika untuk setiap x1,x2 ∈ A denganx1 ≤ x2 berlaku f (x1)≥ f (x2).

(iv) Fungsi f dikatakan turun kuat jika untuk setiap x1,x2 ∈ A de-ngan x1 < x2 berlaku f (x1)> f (x2).

(v) Fungsi dikatakan monoton jika f merupakan fungsi naik atauturun.

Teorema berikut memperlihatkan bahwa suatu fungsi monotonselalu mempunyai limit kiri dan limit kanan.

Teorema 6.3.15 Diberikan interval I⊆R dan fungsi naik f : I→R.Jika c bukan titik ujung dari I, maka terdapat f (c+) dan f (c−)dengan

(i) f (c+) = inf{ f (x) : x ∈ I, x > c}= limx→c+

f

(ii) f (c−) = sup{ f (x) : x ∈ I, x < c}= limx→c−

f

Bukti. (i) Jika x ∈ I dengan x > c, maka f (x) ≥ f (c). Bentuk him-punan { f (x) : x ∈ I,x > c}. Karena c bukan titik ujung dari I, makahimpunan tersebut tidak kosong dan terbatas bawah oleh f (c). Olehkarena itu terdapat

f (c+) = inf{ f (x) : x ∈ I, x > c}.

Oleh karena itu untuk sebarang bilangan ε > 0, terdapat xε ∈ I de-ngan xε > c sehingga

f (c−)≤ f (xε)< f (c−)+ ε.

Karena f merupakan fungsi naik, maka jika dipilih δε = xε−c danjika 0 < x− c < δε , maka c < x < xε . Oleh karena itu,

f (c−)≤ f (x)≤ f (xε)< f (c−)+ ε.

Berarti untuk setiap x ∈ I dengan 0 < x− c < δε berlaku

| f (x)− f (c−)|< ε.

155

Karena ε > 0 sebarang, maka pernyataan (i) terbukti.(ii) Bukti dilakukan dengan cara yang similai dengan (i) �

Akibat 6.3.16 Diberikan fungsi naik f : I→ R dengan I ⊆ R danc ∈ I bukan titik ujung dari I. Pernyataan berikut ekuivalen.

(i) limx→c

f (x) = f (c)

(ii) limx→c−

f = f (c) = limx→c+

f

(iii) f (c−) = f (c) = f (c+)

Suatu fungsi f : I→ R untuk I ⊆ R bisa menjadi tidak kontinudi suatu titik c∈ I, jika fungsi tersebut tidak terdefinisi di titik c ataulimx→c

f (x) ada tetapi tidak sama nilai limitnya dengan f (c). Fungsiseperti ini dapat dibuat kontinu, dengan cara mendefinisikan kem-bali fungsi tersebut di titik c, yaitu dengan mendefinisikan kembalifunsgi tersebut di titik c, yaitu

limx→c

f (x) = f (c)

dan disebut fungsi diskontinu yang dapat dihapuskan.

Contoh 6.3.17 Diberikan f : I→ R untuk I ⊆ R dengan aturan

f (x) =

x2−4x−2

, x 6= 2

2 , x = 2.

Fungsi f ini tidak kontinu di titik x = 2, karena

limx→2

f (x) = 4 6= f (2).

Apabila didefinisikan kembali f dengan f (2) = 4, maka fungsi inimenjadi kontinu di titik 2.

Keadaan lain dari suatu fungsi menjadi tidak kontinu di suatutitik c yaitu jika sup{ f (x) : x ∈ I, x < c} 6= inf{ f (x) : x ∈ I, c < x}.Fungsi dengan tipe seperti ini disebut lompatan (jump) f di titik c.

156

Definisi 6.3.18 Jika fungsi f : I→R naik pada I dan c bukan meru-pakan titik ujung. Lompatan fungsi f di titik c dinotasikan denganJ f (c) dan didefinisikan sebagai

J f (c) = limx→c+

f − limx→c−

f

untuk fungsi f naik.

Gambar 6.4 Lompatan fungsi f di titik c

Karena f merupakan fungsi naik, maka menurut Teorema 6.3.15,diperoleh

J f (c) = inf{

f (x) : x ∈ I, x > c}− sup

{f (x) : x ∈ I, x < c

}.

Jika a merupakan titik ujung kiri dari I dan a∈ I, maka lompatanf di titik a didefinisikan sebagai

J f (a) = limx→a+

f − f (a).

Selanjutnya jika b merupakan titik ujung kanan dari I, maka lom-patan fungsi f di titik b didefinisikan sebagai

J f (b) = f (b)− limx→b−

f .

157

Contoh 6.3.19 Diberikan fungsi f : I→R untuk I = [0,∞) denganaturan

f (x) ={

x , 0≤ x≤ 13− x2 , x > 1.

Gambarnya diberikan sebagai berikut.

Gambar 6.5

Oleh karena itu,

f (1−) = limx→1−

f (x) = limx→1−

x = 1 = f (x)

danf (1+) = lim

x→1+f (x) = lim

x→1+(3− x2) = 2.

Oleh karena itu, f (1−) = f (1) = 1 dan f (1+) = 2. Jadi fungsi f diatas tidak kontinu pada I = [0,∞) karena limit kiri dan limit kananada tetapi tidak bernilai sama. Dalam hal ini fungsi f mempunyailompatan di titik c = 1.

Teorema 6.3.20 Diberikan interval I ⊆ R dengan fungsi f : I→ Rnaik pada I. Jika c ∈ I, maka fungsi f kontinu jika dan hanya jikaJ f (c) = 0

158

Bukti. Jika c bukan titik ujung dari I dan f fungsi naik pada I, makamenurut Akibat 6.3.16,

f kontinu di c⇐⇒ limx→c−

f = limx→c+

f ⇐⇒ J f (c) = 0.

Jika c merupakan ujung kiri dari I dan f naik pada I berlaku

f kontinu di c⇐⇒ limx→c+

= f (c) f (x)⇐⇒ J f (c) = 0.

Dengan cara yang similar dapat diperlihatkan untuk kasus c meru-pakan titik ujung kanan dari I. �

Fungsi Invers

Pada bagian ini dibahas tentang keberadaan invers dari suatu fungsikontinu pada suatu interval I ⊆ R. Sebagaimana dikatakan bahwaf : I → R mempunyai invers jika dan hanya jika f injektif; yaitujika x,y ∈ I dengan x 6= y berlaku f (x) 6= f (y). Fungsi yang konti-nu monoton (naik atau turun) kuat pada I juga mempunyai invers.Pernyataan berikut memperlihatkan jika suatu fungsi f monotonkontinu pada I, maka invers fungsi f yaitu f−1 monoton kuat dankontinu pada f (I).

Teorema 6.3.21 Diberikan interval I ⊆R dan fungsi f : I→R mo-noton kuat dan kontinu pada I, maka fungsi f−1 monoton kuat dankontinu pada interval J = f (I).

Bukti. Anggap fungsi f naik kuat pada I. Karena f kontinu padaI, maka f (I) = J merupakan suatu interval. Selanjutnya karena fnaik kuat pada I, maka f merupakan fungsi injektif pada I. Olehkarena itu, terdapat fungsi g : J → R yang merupakan invers darif . Akan ditunjukkan bahwa g naik kuat. Anggap y1,y2 ∈ J dengany1 < y2, maka terdapat x1,x2 ∈ I dengan x1 6= x2 f (x1) = y1 danf (x2) = y2. Karena f naik kuat, maka haruslah x1 < x2. Sebab jikax1≥ x2, maka y1 = f (x1)≥ f (x2)= y2. Hal ini bertentangan denganhipotesa bahwa y1 < y2. Oleh karena itu diperoleh

g(y1) = x1 < x2 = g(y2).

159

Dengan demikian g naik kuat pada I.Selanjutnya akan ditunjukkan bahwa g kontinu pada J. Andai-

kan g tidak kontinu di c ∈ J, maka Jg(c) 6= 0. Karena g naik kuat,maka

limx→c−

g < limx→c+

g

Jika dipilih x 6= g(c) dengan limx→c−

g < x < limx→c+

g, maka x memiliki

sifat x 6= g(y) untuk setiap x ∈ J (Lihat Gambar 6.6).

Gambar 6.6 g(y) 6= x untuk y ∈ J

Oleh karena itu, x /∈ I, yang kontradiksi dengan fakta bahwa Imerupakan suatu interval. Berarti pengandaian salah, seharusnya gkontinu pada J. �

Contoh 6.3.22 Diberikan fungsi f (x) = x2 terdefinisi pada [0,∞).Jika 0≤ x1 < x2, maka f (x1) = x2

1 < x22 = f (x2). Berarti f merupa-

kan fungsi naik kuat pada interval I = [0,∞). Karena f merupakanfungsi polinomial, maka f kontinu pada I. Oleh karena itu, J = f (I)merupakan interval. Akan ditunjukkan bahwa J = [0,∞). Untuk itu,diambil sebarang bilangan real y ≥ 0. Dari sifat Archimedean, ter-dapat k ∈ N sehingga 0≤ y≤ k. Karena

f (0) = 0≤ y≤ k ≤ k2 = f (k)

maka, dari Teorema Nilai Titik Tengah Bolzano, terdapat x0 ∈ [0,∞)sehingga y = f (x0). Jadi, y ∈ f (I) = J. Karena y ≥ 0 sebarang de-ngan y∈ J, maka J = [0,∞). Selanjutnya karena diperoleh f (x)= x2

160

kontinu dan monoton naik pada [0,∞), maka fungsi f−1(y) =√

yyang merupakan invers dari f , kontinu dan monoton naik padaJ = [0,∞). Biasanya ditulis f−1(x) =

√x.

Latihan Subbab 6.3

1. Tunjukkan bahwa fungsi-fungsi berikut ini tidak kontinu sera-gam pada domain yang diberikan.

(a) f (x) = x2, D( f ) = [0,∞).

(b) g(x) = 1x2 , D(g) = (0,∞).

(c) h(x) = sin 1x , D(g) = (0,∞).

2. Buktikan bahwa setiap fungsi berikut ini kontinu seragam.(a) f (x) =

x1+ x

, x ∈ [0,∞) (b) g(x) = x2, x ∈ N

(c) h(x) =1

1+ x2 , x ∈ R (d) k(x) = cosx, x ∈ R

(e) e(x) =x2

1+ x, x ∈ (0,∞) (f) f (x) =

sinxx

,x ∈ (0,1)

3. Tunjukkan bahwa setiap fungsi berikut adalah fungsi Lipschitz.

(a) f (x) = 1x2 , D( f ) = [a,∞), a > 0.

(b) g(x) = xx2+1 , D(g) = [0,∞).

(c) h(x) = sin 1x , D(h) = [a,∞), a > 0.

(d) p(x) adalah suatu polinomial, D(p) = [−a,a], a > 0.

4. (a) Perlihatkan fungsi f (x) =√

x memenuhi kondisi Lipschitzpada interval [a,∞), a > 0.

(b) Buktikan bahwa f (x) =√

x kontinu seragam pada [0,∞).

(c) Tunjukkan bahwa f tidak memenuhi kondisi Lipschitz padainterval [0,∞).

5. Diberikan E ⊂ R dan f ,g adalah fungsi Lipschitz pada E.

(a) Buktikan bahwa f +g adalah fungsi Lipschitz pada pada E.

(b) Jika f dan g juga terbatas pada E, buktikan bahwa f g adalahfungsi Lipschitz pada E.

161

6. Diberikan E ⊂R dan f ,g adalah fungsi bernilai real yang kontinuseragam pada E.

(a) Buktikan bahwa f +g kontinu seragam pada E.

(b) Jika f dan g juga terbatas pada E, perlihatkan bahwa f gkontinu seragam pada E.

(c) Apakah bagian (b) masih bernilai benar jika hanya satu daridua fungsi tersebut yang terbatas?

7. Diberikan E ⊂ R dan f : E → R kontinu seragam pada E. Jika(xn) adalah barisan Cauchy pada E, buktikan bahwa

(f (xn)

)ada-

lah barisan Cauchy pada E.

8. Diberikan fungsi f : (a,b)→R kontinu seragam pada (a,b). Gu-nakan latihan sebelumnya untuk menunjukkan bahwa f dapat di-definisikan pada a dan b sehingga f kontinu pada [a,b].

10. Diberikan E ⊂ R dan fungsi f : E→ R kontinu seragam pada E.Buktikan bahwa f terbatas pada E.

BAB 7

DIFFERENSIAL

Pada pembelajaran Kalkulus, telah disampaikan apa yang di-maksud dengan turunan dan diperoleh pengembangan yang cukupbanyak untuk aplikasinya maupun teknik keterampilan menghitungturunan. Pada bab ini topik turunan dibahas lagi tetapi dengan tu-juan yang berbeda, yaitu melihat sedikit lebih dalam dan memaha-mi konsep dasarnya. Disini yang dibahas adalah subjek turunannya,yaitu mempelajari tentang nilai fungsi itu berubah terhadap peubah-nya. Sebagai contoh, jika diberikan fungsi f = f (t) menyatakan po-sisi suatu benda berubah terhadap waktu t dan akan diperlihatkanseberapa cepat f berubah pada saat t tertentu. Ini merupakan per-masalahan limit yang khas dan dikenal sebagai turunan.

7.1 Turunan

Pada subbab ini akan dibicarakan beberapa sifat turunan. Pertama-tama dimulai dengan memberikan definisi turunan dari suatu fung-si.

Definisi 7.1.1 Diberikan interval I⊆R dan c∈R. Fungsi f : I→Rdikatakan mempunyai turunan di c jika ada L ∈ R sehingga untuksetiap bilangan ε > 0 dapat dicari δ (ε)> 0 sehingga untuk setiapx ∈ I dengan 0 < |x− c|< δ (ε) berlaku∣∣∣∣ f (x)− f (c)

x− c−L∣∣∣∣< ε.

Dengan kata lain, f mempunyai turunan di c jika ada L sehingga

L = limx→c

f (x)− f (c)x− c

.

Dalam hal ini keberadaan L ditulis dengan notasi f ′(c) atau D f (c).

163

Jika c merupakan titik dalam (titik interior) dari I, maka sebarangh dengan 0 < h≤ 1, berlaku c+h ∈ I. Berarti, jika x = c+h, makadefinisi keberadaan turunan f di c dapat ditulis sebagai

f ′(c) = limh→0

f (x+h)− f (c)h

.

Contoh 7.1.2 Diberikan fungsi f (x) = x2 untuk x ∈ R dan seba-rang c ∈ R. Untuk mengetahui apakah f mempunyai turunan di c,terlebih dahulu dilakukan perhitungan

limx→c

f (x)− f (c)x− c

= limx→c

x2− c2

x− c= lim

x→cx+ c = 2c.

Karena nilai limit ini ada, maka f mempunyai turunan di c denganf ′(c) = 2c.

Kekontinuan suatu fungsi f : I→R pada suatu titik c tidak men-jamin bahwa nilai turunannya akan ada di titik c tersebut. Hal iniditunjukkan pada contoh berikut.

Contoh 7.1.3 Diberikan fungsi f dengan aturan

f (x) = |x|={

x ,x≥ 0−x ,x < 0

Fungsi ini kontinu di titik 0, tetapi untuk x 6= 0, diperoleh

limx→0+

f ′(x) = limx→0+

|x|x

= limx→0+

xx= 1

dan

limx→0−

f ′(x) = limx→0−

|x|x

= limx→0−

−xx

=−1.

Karena limx→0+

f ′(x) 6= limx→0−

f ′(x), maka f ′(0) tidak ada atau f tidak

mempunyai turunan di titik 0.

Pernyataan berikut memperlihatkan bahwa kekontinuan suatufungsi di suatu titik merupakan syarat perlu (tetapi tidak menjadisyarat cukup) untuk adanya turunan fungsi pada titik tersebut.

164

Teorema 7.1.4 Jika fungsi f : I→ R terdifferensial di c ∈ R, makaf kontinu di c.

Bukti. Diambil x ∈ R dengan x 6= c, maka

f (x)− f (c) =(

f (x)− f (c)x− c

)(x− c).

Karena diasumsikan f ′(c) ada, maka

limx→c

(f (x)− f (c)

)= lim

x→c

(f (x)− f (c)

x− c

)(x− c) lim

x→c(x− c)

= f ′(c) ·0 = 0.

Jadi, f (x)→ f (c) untuk x→ c atau limx→c

f (x) = f (c). �

7.1.1 Sifat Aljabar Turunan

Dengan menggunakan definisi turunan dan sifat aljabar limit, di-peroleh beberapa sifat dasar turunan yang sangat berguna pema-kaiannya dalam proses perhitungan mencari turunan dari beberapakombinasi fungsi.

Teorema 7.1.5 Diberikan fungsi f ,g : I→R terdifferensial di c ∈ Idengan I ⊆ R, diperoleh

(i) Jika α ∈ R, maka fungsi α f terdifferensial di c dengan

(α f )′(c) = α f ′(c).

(ii) Fungsi f +g terdifferensial di c dengan

( f +g)′(c) = f ′(c)+g′(c).

(iii) Fungsi f g terdifferensial di c dengan

( f g)′(c) = f ′(c)g(c)+ f (c)g′(c).

165

(iv) Jika g(c) 6= 0, maka f/g terdifferensial di c dengan(fg

)′(c) =

f ′(c)g(c)+ f (c)g′(c)(g(c)

)2 .

Bukti. (i) Perhatikan bahwa untuk h→ 0 dan α ∈ R berlaku

1h

[α f (c+h)−α f (c)

]= α

[f (c+h)− f (c)

h

].

Karena f ′(c) ada di R dan

limh→0

α f (c+h)−α f (c)h

= α limh→0

f (c+h)− f (c)h

= α f ′(c)

maka α f terdifferensial di c dan (α f )′(c) = α f ′(c).

(ii) Perhatikan bahwa untuk h→ 0,

1h

[( f +g)(c+h)− ( f +g)(c)

]=

1h

[f (c+h)+g(c+h)− f (c)−g(c)

]=

1h

[f (c+h)− f (c)+g(c+h)−g(c)

]=

f (c+h)− f (c)h

+g(c+h)−g(c)

h= f

′(c)+g

′(c).

Karena f ′(c) dan g′(c) ada, maka

limh→0

1h

[( f +g)(c+h)− ( f +g)(c)

]ada dan ( f +g)′(c) = f ′(c)+g′(c).

166

(iii) Perhatikan bahwa untuk h→ 0,

1h

[( f g)(c+h)− ( f g)(c)

]=

1h

[f (c+h) ·g(c+h)− f (c) ·g(c)

]=

1h

[f (c+h) ·g(c+h)−g(c+h) · f (c)

+g(c+h) · f (c)− f (c) ·g(c)]

= g(c+h)[

f (c+h)− f (c)h

]+ f (c)

[g(c+h)−g(c)

h

]= g(c+h) · f

′(c)+ f (c) ·g′(c)

= g(c) · f′(c)+ f (c) ·g′(c).

(iv) Untuk membuktikan bagian ini, pertama akan dibuktikan bah-wa (1/g′)(x) =−g′(x)/

[g(x)

]2. Karena g terdifferensial di c, makag kontinu di c. Oleh karena itu, terdapat J ⊂ I dengan c ∈ J sehing-ga g(x) 6= 0 untuk setiap x ∈ J. Untuk x ∈ J dengan x 6= c, anggapg(x) = ( f/g)(x) = f (x)/g(x), maka

g(x)−g(c)x− c

=f (x)/g(x)− f (c)/g(c)

x− c=

f (x) ·g(c)− f (c) ·g(x)g(x) ·g(c)(x− c)

=1

g(x) ·g(c)

[f (x)− f (c)

x− c·g(c)− g(x)−g(c)

x− c· f (c)

].

Karena g kontinu di c dan fungsi f ,g terdifferensial di c, maka

g′(c) = limx→c

g(x)−g(c)x− c

=f ′(c) ·g(c)−g′(c) · f (c)(

g(c))2 .

Hal ini berarti f/g terdifferensial di c dengan

( f/g)′(c) =f ′(c) ·g(c)−g′(c) · f (c)(

g(c))2 .

167

�

Hasil Teorema 7.1.5 di atas dapat digeneralisasi dan dibuktikandengan menggunakan Prinsip Induksi Matematika.

Akibat 7.1.6 Jika fungsi f1, f2, ..., fn terdefinisi pada interval I keR dan terdifferensial di c ∈ I, maka

(i) Fungsi f1 + f2 + ...+ fn terdifferensial di c dengan

( f1 + f2 + ...+ fn)′(c) = f

′1(c)+ f

′2(c)+ ...+ f

′n(c).

(ii) Fungsi f1 · f2 · ... · fn terdifferensial pada c dengan

( f1 · f2 · ... · fn)′(c) = f

′1(c) · f2(c) · ... · fn(c)

+ f1(c) · f′2(c) · ... · fn(c)

+ . . .+ f1(c) · f2(c) · . . . · f′n(c).

Selanjutnya, apabila f1 = f2 = ...= fn = f , maka akibat (ii) men-jadi

( f1 · f2 · ... · fn)′(c) = ( f n)

′(c)

dengan

( f n)′(c) = n( f (c))n−1 · f

′(c).

Contoh 7.1.7 Diberikan n ∈ N dan f (x) = xn, maka turunan dari fadalah

f′(x) = n · xn−1.

Hal ini dapat diperlihatkan dengan menggunakan Prinsip InduksiMatematika. Untuk n = 1, diperoleh f (x) = x dan jelas turunannyaf′(x) = x′ = 1. Selanjutnya diasumsikan benar untuk n = k, yaitu

untuk f (x) = xk, dengan f′(x) = k · xk−1. Oleh karena itu untuk

n = k+1 berlaku f (x) = xn+1 dan diperoleh

f′(x) = (xkx)

′= (xk)

′x+ xkx

′= kxk−1x+ xk = kxk + xk = (k+1)xk.

168

Jadi, dengan menggunakan Prinsip Induksi Matematika pernyataanbenar untuk setiap n ∈ N.

7.1.2 Aturan Rantai

Aturan rantai adalah mendifferensialkan suatu fungsi komposisi da-ri g dan f . Untuk memperlihatkannya, diperlukan pernyataan beri-kut yang diperkenalkan oleh Carathéodory.

Teorema 7.1.8 (Carathéodory) Diberikan interval I⊆R dan c∈ I.Fungsi f : I → R terdifferensial di c ∈ I jika dan hanya jika adafungsi ϕ yang terdefinisi pada I dan kontinu pada c dan memenuhipersamaan berikut

f (x)− f (c) = ϕ(x)(x− c) untuk x ∈ I (7.1)

Dalam hal ini ϕ(c) = f′(c).

Bukti. (=⇒) Diasumsikan f′(c) ada. Dibentuk fungsi ϕ : I → R

dengan aturan

ϕ(x) =

f (x)− f (c)

x− c, untuk x 6= c,

f′(c) , untuk x = c.

maka limx→c

ϕ(x)= f′(c) dan akibatnya ϕ kontinu pada c. Selanjutnya

jika x = c maka

ϕ(x)(x− c) = f ′(c)(x− c) = limx→c

f (x)− f (c)x− c

· (x− c)

= limx→c

f (x)− f (c) = 0.

danf (x)− f (c) = 0.

Jadi, untuk x = c diperoleh

f (x)− f (c) = ϕ(x)(x− c) = 0

169

dan jika x 6= 0 diperoleh

f (x)− f (c) = ϕ(x)(x− c).

Oleh karena itu, persoalan selesai untuk setiap x ∈ I.(⇐=) Diasumsikan terdapat fungsi ϕ pada I kontinu di c dengan

f (x)− f (c) = ϕ(x)(x− c) untuk x ∈ I.

Jika x 6= c, maka untuk fungsi ϕ kontinu di c, terdapat ϕ(c) dengan

ϕ(c) = limx→c

ϕ(x) = limx→c

f (x)− f (c)x− c

.

Hal ini berarti fungsi f terdifferensial pada c dan f ′(c) = ϕ(c). �

Contoh 7.1.9 Diberikan fungsi f (x) = x3 untuk setiap x ∈R. Akandiperlihatkan dengan menggunakan Teorema Caratheodory bahwafungsi f terdifferensial di c ∈ R dengan mencari nilai differensial-nya. Untuk c ∈ R, diperoleh bentuk faktorisasi berikut

x3− c3 = (x2 + cx+ c2)(x− c).

Jika diambil ϕ(x) = x2 + cx+ c2 maka ϕ(x) kontinu. Oleh karenaitu, ϕ(x) memenuhi Teorema Caratheodory. Jadi, fungsi f terdiffe-rensial di c dengan f ′(c) = ϕ(c) = 3c2.

Teorema 7.1.10 (Aturan Rantai) Diberikan fungsi f : I → R de-ngan I ⊆ R dan fungsi g : f (I)→ R. Jika f terdifferensial di c ∈ Idan g terdifferensial di f (c), maka g ◦ f terdifferensial di f (c) de-ngan

(g◦ f )′(c) = g′(

f (c))· f ′(c).

Bukti. Karena diketahui f ′(c) ada, akibatnya, berdasarkan TeoremaCaratheodory, terdapat fungsi kontinu ϕ di c dengan

f (x)− f (c) = ϕ(x)(x− c)

untuk x∈ I dengan ϕ(c) = f ′(c). Karena fungsi g′(

f (c))

ada, maka

170

terdapat fungsi ψ pada I yang kontinu di d = f (c) sehingga untuky ∈ I berlaku

g(y)−g(d) = ψ(y)(y−d)

dengan ψ(d) = g′(d).Jadi, jika y = f (x) untuk setiap x ∈ I dan d = f (c) diperoleh

g(

f (x))−g( f (c))= ψ

(f (x)

)(f (x)− f (c)

)= ψ

(f (x)

)(ϕ(x)

)(x− c)

=[(ψ ◦ f )(x) ·ϕ(x)

](x− c).

Karena (ψ ◦ f )·ϕ kontinu di c, maka menurut Teorema Caratheodory,fungsi komposisi g◦ f kontinu di titik c dengan

(g◦ f )(c) = ψ(

f (c))·ϕ(c) = g′

(f (c)

)· f (c).

Dengan demikian, teorema terbukti. �

Contoh 7.1.11 (a) Diberikan fungsi g(x) = sinx terdifferensial pa-da R. Oleh karena itu jika f : I → R dengan I ⊆ R terdifferensialpada I, maka (g◦ f )(x) = sin f (x) terdifferensial pada I dengan

(g◦ f )′(x) = g′(

f (x))

f ′(x) = cos(

f (x))

f ′(x).

Jika dipilih kasus f (x)= 1/x2 untuk x∈ (0,∞), maka f ′(x)=−2/x3

untuk x ∈ (0,∞). Jadi, (g◦ f )(x) = g(

f (x))= sin

(−2/x3

)dan

(g◦ f )′(x) = g′(

f (x))

f ′(x) = cos(

1x2

)(− 2

x3

).

(b) Jika fungsi f : I → R terdifferensial pada I dengan I ⊆ R dang(x) = xn untuk x ∈R dan n ∈N. Karena g terdifferensial di R danfungsi g′(x) = nxn−1, maka (g ◦ f )(x) terdifferensial untuk x ∈ Idengan

(g◦ f )′(x) = g′(

f (x))· f ′(x) = f ′(x)n

(f (x)

)n−1 untuk x ∈ I.

171

Oleh karena itu,

(g◦ f )′(x) =(g( f )

)′(x) = ( f n)′(x) = n

(f (x)

)n−1 f ′(x).

Aturan rantai untuk h = g◦ f dapat juga ditulis sebagai berikut

h(x)−h(c)x− c

=g( f (x))−g( f (x = c))

x− c

=g( f (x))−g( f (c))

f (x)− f (c)· f (x)− f (c)

x− c.

Hal ini terjadi karena limx→c

f (x) = g(c). Jadi, limx→c

f (x) = f (c), maka

h′(c) = ( f ◦g)

′(c) = lim

x→c

f(g(x)

)− f(g(c)

)g(x)−g(c)

dengan

limx→c

g(x)−g(c)x− c

= g′(c).

Namun jika f merupakan fungsi konstan, yaitu f (x) = f (c) untuksetiap x ∈ I, maka argumen di atas tidak berlaku.

Latihan Subbab 7.1

1. Tentukan turunan dari setiap fungsi berikut dengan mengguna-kan definisi.

(a) f (x) = x3, x ∈ R.

(b) f (x) =√

x+2, x >−2.

(c) f (x) =1x, x 6= 0.

(d) f (x) =1√

x+2, x >−2.

(e) f (x) =x

x+1, x 6=−1.

(f) f (x) =x

x2 +1, x ∈ R.

172

2. Perlihatkan bahwa untuk setiap bilangan bulat n berlaku

ddx

xn = nxn−1

dengan x 6= 0 jika n≤ 0.

3. (a) Perlihatkan bahwa

ddx

(cosx) =−sinx.

(b) Tentukan turunan dari tanx = sinx/cosx.

4. Tentukan apakah fungsi berikut dapat terdifferensial pada titikx0.

(a) f (x) = x|x|, pada x0 = 0.

(b) f (x) ={

x2 ,x ∈Q0 ,x /∈Q pada x0 = 0.

(c) g(x) = (x−2)[x], pada x0 = 2.

(d) h(x) =√

x+2, x ∈ [−2,∞) pada x0 =−2.

(e) f (x) ={

sinx ,x ∈Qx ,x /∈Q pada x0 = 0.

5. Tentukan apakah fungsi berikut dapat terdifferensial dan tentu-kan turunannya.

(a) f (x) = x[x].

(b) f (x) = |x−2|+ |x+1|.(c) f (x) = |sinx|.

(d) f (x) =

x2[

1x

],0 < x≤ 1

0 ,x = 0.

173

7.2 Teorema Nilai Rata-Rata

Teorema nilai rata-rata merupakan salah satu hasil yang paling ber-manfaat dalam analisis real. Teorema ini menghubungkan nilai-nilaititik suatu fungsi dan nilai turunannya. Untuk itu, terlebih dahuludiperlukan beberapa pengertian tentang nilai ekstrim.

Maksimum dan Minimum lokal

Diberikan A ⊆ R dan fungsi f : A→ R. Fungsi f dikatakan mem-punyai nilai maksimum lokal di c ∈ A, apabila ada δ > 0 sehinggauntuk setiap x ∈ (c−δ ,c+δ )∩A berlaku

f (x)≤ f (c).

Selanjutnya, fungsi f dikatakan mempunyai nilai minimum lo-kal di c ∈ A, apabila terdapat bilangan δ > 0 sehingga untuk seba-rang x ∈ (c−δ ,c+δ )∩A berlaku

f (c)≤ f (x).

Titik c ∈ A disebut titik ekstrim lokal jika c merupakan titik maksi-mum lokal atau minimum lokal dari fungsi f .

Secara intuisi f mencapai nilai maksimum lokal c apabila gra-fiknya mencapai "puncak" di x = c. Demikian juga fungsi f menca-pai minimum lokal di c, apabila grafiknya mempunyai "lembah" dix = c. Fungsi pada Gambar 7.1 mempunyai maksimum lokal padaa, p2 dan p4 dan mempunyai minimum lokal di p1, p3 dan b. Titik(

p4, f (p4))

merupakan titik maksimum lokal dan titik(

p1, f (p1))

merupakan titik minimum lokal.

Contoh 7.2.1 Diberikan f : [0,1]→ R dengan aturan f (x) = x un-tuk setiap x ∈ [0,1], maka c = 0 merupakan titik minimum lokaldari fungsi f , karena terdapat δ = 1/2, sehingga untuk sebarangx ∈ (−1

2 ,12)∩ [0,1] berlaku f (0) ≤ f (x). Selanjutnya c = 1 adalah

titik maksimum lokal dari fungsi f , karena terdapat δ = 1/4, se-hingga untuk setiap x ∈ (−1

4 ,14)∩ [0,1] berlaku f (x)≤ f (1).

Jika f (c) merupakan nilai maksimum lokal f pada seluruh in-

174

Gambar 7.1

terval [a,b], maka tentunya f mencapai nilai maksimum lokal di c.Namun demikian, sebaliknya belum tentu berlaku benar, yaitu nilaimaksimum lokal di nilai c, belum tentu merupakan nilai maksimumf di seluruh interval.


f (x) =

{x+2 , untuk x <−1

|x| , untuk x≥−1

maka fungsi f mempunyai nilai maksimum lokal di −1, namunf (−1) = 1 bukan merupakan maksimum f pada R. Demikian jugafungsi f mencapai nilai minimum lokal pada 0, tetapi bukan meru-pakan nilai minimum f pada R, karena f (0) = 0.

Teorema berikut memperlihatkan hubungan antara maksimumatau minimum lokal dari suatu fungsi real pada suatu interval de-ngan nilai turunannya.

Teorema 7.2.3 Jika fungsi f : I→R mempunyai nilai ekstrim lokaldi titik interior c ∈ I dan f terdifferensial di c, maka f

′(c) = 0.

Bukti. Diambil untuk kasus fungsi f mempunyai nilai minimumlokal pada titik interior c ∈ I, maka terdapat δ > 0 sehingga untuksetiap x ∈ (c− δ ,c+ δ ) ⊂ I berlaku f (c) ≤ f (x). Jika f

′(c) ada,

maka akan ditunjukkan f′(c) = 0. Andai f

′(c) 6= 0, maka f

′(c)< 0

175

atau f′(c) > 0. Jika f

′(c) < 0, maka untuk x ∈ (c− δ ,c+ δ )∩ I

dengan x 6= c berlaku

f (x)− f (c)x− c

< 0.

Khususnya jika diambil x ∈ (c,c+δ )∩ I maka x−c > 0, akibatnya

f (x)− f (c)> 0 atau f (c)> f (x).

Hal ini berarti f tidak mungkin mencapai nilai minimum lokal di c.Jadi, pengandaian f

′(c)< 0 tidak dapat terjadi untuk f terdifferen-

sial dan mempunyai nilai minimum lokal di c. Dengan cara yangsama terjadi jika f

′(c)> 0. Jadi, jika f

′(c) 6= 0, belum tentu f men-

capai nilai maksimum atau minimum lokal di c. �

Akibat 7.2.4 Diberikan fungsi f : I → R kontinu pada interval I.Jika f merupakan ekstrim lokal di c ∈ I, maka dapat terjadi f ′(c)tidak ada atau f ′(c) = 0.

Contoh 7.2.5 Jika f (x) = |x| untuk setiap x ∈ I = [−1,1], maka fmempunyai interior dari 0 dan f mempunyai minimum lokal di 0,tetapi turunan f di 0 tidak ada.

Kesimpulan Teorema 7.2.3 tidak berlaku jika c ∈ I merupakantitik ujung. Sebagai contoh jika f : [a,b]→ R mempunyai maksi-mum lokal di a dan f terdifferensial di a, maka dapat disimpulkanf ′(a) = f ′+(a)≤ 0.

Contoh 7.2.6 Fungsi

f (x) =(

x− 12

)2

untuk 0≤ x≤ 2

mempunyai maksimum lokal di c = 0 dan c = 2 dan minimum mut-

176

lak di α = 1/2. Diperoleh

f ′+(0) = limh→0+

f (h)− f (0)h

= limh→0+

(h− 1

2

)2− 14

h= lim

h→0+(h−1) =−1

f ′−(2) = limh→0−

f (h+2)− f (2)h

= limh→0−

(h+3) = 3

f ′(

12

)= lim

h→0

f(h+ 1

2

)− f

(12

)h

= limh→0

h = 0

Grafik dari fungsi f diberikan pada gambar 7.2 berikut.

Gambar 7.2 Fungsi f (x) =(x− 1

2

)2

Titik Stasioner

Definisi 7.2.7 Diberikan I ⊂R dan fungsi f : I→R. Titik c denganf ′(c) = 0 disebut titik stasioner fungsi f .

177

Contoh 7.2.8 Diberikan fungsi bernilai real f (x) = x3 untuk x ∈R,maka f ′(x) = 3x2 dan diperoleh 0 merupakan titik stasioner. Tetapi0 bukan merupakan titik maksimum ataupun titik minimum (Dalamhal ini titik 0 merupakan titik infleksi, yaitu titik terjadinya perubah-an kecengungan grafik fungsi f ).

Sebagaimana telah dibahas sebelumnya bahwa suatu fungsi yangmempunyai nilai maksimum atau minimum dapat digunakan untukmencari

1. Titik batas dari I

2. Titik kritis dari f , yaitu

(a) Berupa titik dalam yang tidak terdifferensial

(b) Berupa titik stasioner, yaitu f′(c) = 0.

Namun demikian, tidak ada jaminan bahwa titik kritis suatu fungsif merupakan titik ekstrim dari fungsi tersebut.

Contoh 7.2.9 Diberikan fungsi f : [−1,1]→ R dengan aturan

f (x) =

{x , untuk −1 < x≤ 0

2x , untuk 0 < x≤ 1 .

maka x = 0 merupakan titik kritis karena f tidak terdifferensial di0, tetapi f tidak mempunyai nilai ekstrim lokal di 0. Dalam hal inix = −1 merupakan nilai maksimum pada [−1,1] dan x = 1 meru-pakan nilai minimum pada [−1,1], namun f tidak mempunyai nilaiekstrim lokal.

Contoh 7.2.10 Diberikan fungsi f : [−1,1]→ R dengan f (x) = x3,maka x = 0 merupakan titik kritis karena f

′(0) = 0. Tetapi 0 bukan

merupakan titik ekstrim dari f .

Teorema Rolle

Teorema berikut diperkenalkan oleh Michel Rolle sebagai alat un-tuk membuktikan teorema rata-rata.

178

Gambar 7.3 Fungsi f (x) = x3

Teorema 7.2.11 (Rolle) Diberikan fungsi bernilai real f kontinupada interval tertutup dan terbatas [a,b]. Jika f terdifferensial pa-da (a,b) dan f (a) = f (b), maka ada c ∈ (a,b) sehingga f ′(c) = 0.

Bukti. Jika f merupakan fungsi konstan, maka f ′(x) = 0 untuk seti-ap x∈ [a,b]. Oleh karena itu, asumsikan f bukan merupakan fungsikonstan. Karena f kontinu pada interval tertutup dan terbatas [a,b],maka menurut Teorema 6.2.6 fungsi f mempunyai nilai maksimumM di suatu titik c1 ∈ [a,b] dan mencapai nilai minimum m di suatutitik c2 ∈ [a,b]. Jika c1 dan c2 merupakan titik-titik ujung [a,b] dankarena f (a) = f (b), maka M = m. Berarti f merupakan fungsi kon-stan pada [a,b]. Akibatnya f ′(c) = 0 untuk setiap c ∈ (a,b). Jikac1 bukan merupakan titik ujung [a,b], maka c1 ∈ (a,b) dan fungsif mencapai maksimum lokal di titik c1. Oleh karena itu, menurutTeorema 7.2.3, diperoleh f ′(c) = 0. Hal yang sama juga terjadi apa-bila c2 bukan titik ujung dari [a,b]. �

Catatan:(i) Pada Teorema Rolle, fungsi f kontinu pada [a,b] merupakan sya-rat perlu, sebab jika dipenuhi hanya syarat terdifferensial di (a,b),tidak selalu dapat diperoleh nilai turunan fungsi f bernilai nol disuatu titik c ∈ (a,b).

Contoh 7.2.12 Diberikan fungsi f : [0,1]→ R dengan aturan

f (x) ={

x , 0≤ x < 10 , x = 1

179

maka f terdifferensial pada (0,1) dan f (0) = f (1) = 1. Tetapi,f ′(x) = 1 6= 0 untuk setiap x ∈ (0,1).

(ii) Pada Teorema Rolle, fungsi f tidak perlu terdifferensial di titikujung a dan b.

Contoh 7.2.13 Diberikan fungsi f : [−2,2]→ R dengan aturan

f (x) =√

4− x2

maka f memenuhi syarat perlu Teorema Rolle. Karena

f ′(x) =− x√4− x2

,

maka f ′(2) dan f ′(−2) tidak terdefinisi. Akan tetapi, kesimpulanTeorema Rolle dipenuhi untuk c = 0.

Latihan Subbab 7.2

1. Diberikan fungsi bernilai real f (x)= x|x| untuk x∈R. Tunjukkanbahwa 0 merupakan titik stasioner. Selidiki apakah f mencapainilai maksimum atau nilai minimum lokal di titik 0.

2. Untuk masing-masing fungsi berikut, tentukan interval fungsi ter-sebut naik atau turun dan tentukan semua nilai maksimum danminimumnya.(a) f (x) = x3 +6x−5, x ∈ R (b) g(x) = 4x− x4, x ∈ R

(c) h(x) =x2

1+ x2 , x ∈ R (d) k(x) =√

x− 12

x, x≥ 0

(e) l(x) = x+8x2 , x 6= 0 (f) f (x) =

x−ax−b

x, a 6= b, x 6= b

3. Diberikan fungsi f (x) = ∑ni=1(x− ai)

2, dengan a1,a2,a3, . . . ,anadalah konstanta. Tentukan nilai x sehingga fungsi f mencapainilai minimum.

4. Diberikan f : (a,b)→ R memenuhi | f (x)− f (y)| ≤ M|x− y|αuntuk suatu α > 1 dan untuk semua x,y∈ (a,b). Buktikan bahwaf adalah suatu fungsi konstanta pada interval (a,b).

180

5. Tentukan suatu polinomial P(x) berderajat kurang dari atau samadengan 2 dengan P(2) = 0 sehingga fungsi

f (x) =

{x2 , x≤ 1

P(x) , x > 1

mempunyai turunan di titik 1.

6. Diberikan fungsi g dengan aturan

g(x) =

{2sinx+ cos2x , x≤ 0

ax2 +bx+ c , x > 0

Tentukan konstanta a,b dan c sehingga g′(0) dan g′′(0) ada.

7. (a) Diberikan fungsi f terdifferensial pada interval I. Buktikanbahwa f ′ terbatas pada I jika dan hanya jika terdapat suatukonstanta M sehingga | f (x)− f (y)| ≤M|x− y| untuk setiapx,y ∈ I.

(b) Buktikan bahwa |sinx−siny| ≤ |x−y| untuk setiap x,y∈R.

(c) Buktikan bahwa

|√

x−√y| ≤ 12√

a|x− y|

untuk setiap x,y ∈ [a,∞), a > 0.

8. (a) Buktikan bahwa tanx > x untuk x ∈ (0,π/2).

(b) Dibentuk fungsi bernilai real f (x) dengan aturan

f (x) =

sinx

x, x ∈ (0,π/2] ,

1 , x = 0 .

Buktikan bahwa fungsi f turun kuat pada [0,π/2].

(c) Gunakan hasil bagian (b) untuk membuktikan bahwa

2π

x≤ sinx≤ x

181

untuk setiap x ∈ [0,π/2].

9. Berikan suatu contoh fungsi kontinu seragam pada [0,1] yangterdifferensial pada (0,1) tetapi f ′ tidak terbatas pada (0,1).

Teorema Nilai Rata-rata

Bentuk umum Teorema Rolle adalah pernyataan berikut yang dise-but Teorema Nilai Rata-rata.

Teorema 7.2.14 (Teorema Nilai Rata-rata) Jika f : [a,b]→R kon-tinu pada [a,b] dan mempunyai turunan pada interval terbuka (a,b),maka terdapat c ∈ (a,b) sehingga

f (b)− f (a) = f ′(c)(b−a).

Bukti. Dibentuk fungsi ϕ : [a,b]→ R dengan aturan

ϕ(x) = f (x)− f (a)−[

f (b)− f (a)b−a

](x−a).

Karena f kontinu pada [a,b], maka ϕ(x) juga kontinu pada [a,b].Kemudian karena f mempunyai turunan pada (a,b), maka ϕ jugamempunyai turunan pada (a,b) dengan

ϕ′(x) = f ′(x)− f (b)− f (a)

b−a.

Karena ϕ(a) = ϕ(b) = 0, maka ϕ memenuhi syarat Teorema Rolle,jadi ada c ∈ (a,b) dengan ϕ ′(c) = 0. Dengan demikian teorematerbukti. �

Pada Teorema 7.2.14, perhatikan nilai f (b)− f (a)b−a . Nilai ini disebut

nilai rata-rata f pada [a,b] dan secara grafik merupakan garis sing-gung yang menghubungkan titik ujung

(a, f (a)

)dengan

(b, f (b)

).

Teorema ini menyatakan bahwa pada kurva y = f (x) ada suatu ti-tik(c, f (c)

)dengan gradien garis singgung sama dengan nilai rata-

rata pada [a,b]. Untuk lebih memudahkan pemahamannya diberi-kan gambar berikut.

182

Gambar 7.4 Nilai Rata-Rata

Teorema nilai rata-rata merupakan salah satu hasil mendasar da-ri differensial kalkulus. Hal pentingnya terletak pada fakta bahwamelalui informasi turunan suatu fungsi dapat dicari sifat fungsi ter-sebut.

Contoh 7.2.15 Diberikan fungsi f : (−1,∞)→ R dengan aturan

f (x) = ln(1+ x).

Diperoleh f ′(x) =1

1+ xuntuk x∈ (−1,∞) dan f (0) = 0. Jika x> 0,

maka menurut Teorema Nilai Rata-rata, terdapat c∈ (0,x) sehingga

ln(1+ x) = f (x)− f (0) = f ′(c)x.

Karena f ′(c) = (1+c)−1 dan (1+x)−1 < (1+c)−1 < 1 untuk seti-ap c ∈ (0,x), maka

x1+ x

< f ′(c) x < x.

Akibatnya,

x1+ x

≤ ln(1+ x)≤ x untuk setiap x≥ 0 (7.2)

Selanjutnya jika−1< x< 0, maka berdasarkan Teorema Nilai Rata-

183

rata terdapat c ∈ (x,0) sehingga

ln(1+ x) = f (x)− f (0) = f ′(c) x =x

1+ c.

Karena x< c< 0, maka1

1+ c<

11+ x

dan karena x bernilai negatif,

maka x1+ x

< ln(1+ x)< x untuk −1 < x < 0. (7.3)

Dari 7.2 dan 7.3, maka diperoleh

x1+ x

< ln(1+ x)< x untuk setiap x >−1

dan x1+ x

< ln(1+ x)≤ x jika dan hanya jika x = 0.

Pada Contoh 7.2.15, Teorema Nilai Rata-rata digunakan untukmemperlihatkan pertidaksamaan

x1+ x

≤ ln(1+ x)≤ x untuk x≥−1.

Contoh 7.2.16 Diberikan fungsi f (x) = sinx kontinu untuk setiapx∈R dan mempunyai turunan f ′(x) = cosx dengan−1≤ cosx≤ 1untuk setiap x ∈ R. Jika diambil interval [0,x] untuk x > 0, makamenurut Teorema nilai rata-rata, terdapat c ∈ (0,x) sehingga

sinx− sin0 = (cosc)(x−0).

Karena sin0 = 0 dan −1 ≤ cosc ≤ 1, maka −x ≤ sinx ≤ x. Untukx = 0, diperoleh −x = sinx = x. Oleh karena itu, −x ≤ sinx ≤ xuntuk setiap x≥ 0.

Contoh 7.2.17 (Pertidaksamaan Bernoulli) Jika α > 1 maka

(1+ x)α ≥ 1+αx untuk x >−1.

Untuk kasus α ∈ N, maka pertidaksamaan ini telah diperlihatkanberlaku menggunakan Prinsip Induksi Matematika. Pada contoh ini

184

akan diperlihatkan dengan menggunakan Teorema Nilai Rata-rata.Jika f (x) = (1+ x)α untuk α > 1 dan untuk setiap x > −1, makaf ′(x)=α(1+x)α−1 untuk setiap x>−1. Jika diambil interval [0,x]untuk x > 0, maka terdapat c ∈ (0,x) sehingga

(1+ x)α −1 = α(1+ c)α−1x.

Karena c > 0 dan α−1 > 0, maka (1+c)α−1 > 1. Oleh karena itu,

(1+ x)α > 1+αx.

Jika −1 < x < 0, maka dengan menggunakan Teorema Nilai Rata-rata untuk interval [x,0], terdapat c1 ∈ (x,0) sehingga

1− (1+ x)α = α(1+ c1)α−1x.

Karena −1 < x, maka

(1+ x)α > 1+αx.

Jika x = 0, maka diperoleh bentuk

(1+ x)α = 1+αx.

Jadi untuk α > 1 berlaku

(1+ x)α ≥ 1+αx untuk setiap x≥−1.

Teorema 7.2.18 Jika fungsi f : (a,b)→R terdifferensial pada (a,b)dengan f ′(x) = 0 untuk setiap x ∈ (a,b), maka f merupakan fungsikonstan.

Bukti. Akan ditunjukkan bahwa f (x) = f (c) untuk setiap x ∈ (a,b)dan c∈ (a,b) yang fix. Jika x< c maka dapat dibentuk interval [x,c].Pada interval [x,c] diaplikasikan Teorema Nilai Rata-rata, berartiterdapat d ∈ (x,c) sehingga

f′(d) =

f (c)− f (x)c− x

.

185

Karena f′(d) = 0, maka f (x) = f (c) untuk setiap x∈ (a,b). Hal ini

berarti fungsi f konstan. �

Akibat 7.2.19 Jika fungsi f ,g : (a,b)→R terdifferensial pada (a,b)dan f ′(x) = g′(x) untuk setiap x ∈ (a,b), maka terdapat konstantac sehingga

f (x) = g(x)+ c.

Bukti. Karena f ′(x) = g′(x), maka ( f − g)′(x) = 0 untuk setiapx ∈ (a,b). Selanjutnya, dengan menggunakan Teorema 7.2.18, per-nyataan akibat terbukti. �

Teorema Nilai Rata-rata dapat digunakan untuk menghubungk-an sifat monoton suatu fungsi dengan tanda nilai turunannya negatifatau positif.

Aplikasi Teorema Nilai Rata-rata

Sebagaimana telah disampaikan, bahwa fungsi f : I→R dikatakannaik pada interval I, jika untuk setiap x1,x2 ∈ I dengan x1 < x2 berla-ku f (x1)≤ f (x2) dan fungsi f dikatakan turun jika − f merupakanfungsi naik.

Teorema 7.2.20 Diberikan fungsi f : I→ R terdifferensial pada I,maka

(i) Fungsi f naik jika dan hanya jika f ′(x)≥ 0 untuk setiap x ∈ I.

(ii) Fungsi f turun jika dan hanya jika f ′(x)≤ 0 untuk setiap x∈ I.

Bukti. (i) (=⇒) Anggap fungsi f terdifferensial dan naik pada I.Berarti untuk sebarang x ∈ I dan h > 0 berlaku

f (x+h)− f (x)h

≥ 0.

Oleh karena itu

f ′(x) = limh→0

f (x+h)− f (x)h

≥ 0.

186

(⇐=) Sebaliknya, anggap f ′(x)≥ 0 untuk setiap x ∈ I. Diambil se-barang x1,x2 ∈ I dengan x1 < x2, maka berdasarkan Teorema NilaiRata-rata untuk fungsi f pada [x1,x2], terdapat c∈ (x1,x2) sehingga

f (x2)− f (x1)

x2− x1= f ′(c)≥ 0.

Akibatnya f (x1)≤ f (x2), yang berarti fungsi f naik.(ii) Dapat dibuktikan dengan cara yang sama. �

Apabila f ′(c)> 0 di suatu titik, maka tidak selalu berlaku fungsif naik. Yaitu apabila nilai turunan fungsinya positif di satu titik,maka tidak berakibat fungsi tersebut naik.


f (x) ={

x+2x2 sin(1/x) , x 6= 00 , x = 0.

Untuk x 6= 0, diperoleh

f ′(x) = 1+4xsin(1/x)+2x2

(− cos(1/x)

)x2

= 1+4xsin(1/x)−2cos(1/x).

Untuk xn = 1/2nπ, xn > 0 dan xn→ 0, diperoleh

f ′(xn)> 0 dan f ′(−xn)< 0.

Jadi untuk sebarang x ∈ N 12nπ

(0), f ′(x) bernilai positif atau f ′(x)bernilai negatif. Dengan kata lain f ′(x) tidak naik pada sebaranginterval yang memuat 0.

Lemma 7.2.22 Diberikan interval I ⊆ R dan fungsi f : I → R de-ngan f ′(c) ada untuk c ∈ I.

(i) Jika f ′(c)> 0, maka ada bilangan δ > 0 sehingga f (x)> f (c)untuk setiap x ∈ (c,c+δ ).

187

(ii) Jika f ′(c)< 0, maka ada bilangan δ > 0 sehingga f (x)< f (c)untuk setiap x ∈ (c−δ ,c).

Bukti. (i) Karena diberikan

limx→c

f (x)− f (c)x− c

= f ′(c)> 0

untuk c ∈ I, berarti terdapat bilangan δ > 0 sehingga untuk setiapx ∈ I dengan 0 < |x− c|< δ berlaku

f (x)− f (c) = (x− c)f (x)− f (c)

x− c> 0.

Berarti untuk setiap x∈ I dengan c< x< c+δ berlaku f (x)> f (c).(ii) Dapat dibuktikan dengan cara yang sama. �

Teorema 7.2.23 Diberikan fungsi f : (a,b)→ R terdifferensial pa-da (a,b), maka

(i) Fungsi f monoton naik jika dan hanya jika f ′(x) ≥ 0 untuksetiap x dengan a < x < b.

(ii) Fungsi f monoton turun jika dan hanya jika f ′(x) ≤ 0 untuksetiap a < x < b.

(iii) Jika f ′(x) > 0 untuk setiap a < x < b, maka f naik kuat danjika f ′(x)< 0 untuk setiap a < x < b, maka f turun kuat.

Bukti. (i) (=⇒) Diberikan fungsi f naik, yaitu untuk sebarang x1,x2di (a,b) dengan x1 < x2 berlaku f (x1)≤ f (x2), maka

f (x+h)− f (x)h

≥ 0

untuk setiap x ∈ (a,b) dan h > 0. Oleh karena itu

f ′(x) = limh→0

f (x+h)− f (x)h

≥ 0.

(⇐=) Diberikan f ′(x)≥ 0. Diambil sebarang x1,x2 ∈ (a,b) dengan

188

x1 < x2, maka menurut Teorema Nilai Rata-rata ada c ∈ (x1,x2)sehingga

f (x2)− f (x1)

x2− x1= f ′(c)≥ 0.

Akibatnya f (x2) ≥ f (x1), yaitu fungsi f naik. Selanjutnya, jikaf ′(c)> 0 diperoleh f (x2)> f (x1), berarti fungsi f naik kuat.(ii) Pembuktian untuk fungsi turun dapat dilakukan dengan carayang sama atau mengambil bentuk f sebagai fungsi naik. �

Contoh 7.2.24 Diberikan fungsi f :R→R dengan f (x)= x3, makaf merupakan fungsi naik kuat tetapi f ′(0) = 0.

Jika fungsi f terdifferensial secara kontinu dan f ′(c)> 0, makaf ′(x)> 0 untuk setiap x di lingkungan dari titik c. Oleh karena itu fnaik kuat di lingkungan titik c. Hasil ini tidak berlaku jika f tidakterdifferensial secara kontinu di c.


f (x) =

x2+ x2 sin(1/x) ,untuk x 6= 0

0 ,untuk x = 0.

maka f tidak kontinu di titik 0 dan f terdifferensial pada R dengan

f ′(x) =

12− cos(1/x)+2sin(1/x) ,untuk x 6= 0

12

,untuk x = 0.

Diperoleh f ′(0) = 1/2. Tetapi untuk sebarang lingkungan-δ dari 0,yaitu Nδ (0), fungsi f tidak naik.

Teorema berikut menunjukkan syarat cukup suatu fungsi mem-punyai titik ekstrim pada suatu titik interior dari fungsi tersebut.

Teorema 7.2.26 (Uji turunan pertama untuk titik ekstrim) Dibe-rikan fungsi kontinu f : [a,b] → R dan c di titik interior dari I.Untuk f terdifferensial pada (a,c) dan (c,b) berlaku

189

(i) Jika ada lingkungan-δ dari c, yaitu (c−δ ,c+δ )⊆ I sehinggaf ′(x)≥ 0 untuk x ∈ (−δ ,c) dan f ′(x)≤ 0 untuk x ∈ (c,c+δ ),maka fungsi f mempunyai nilai maksimum f di c.

(ii) Jika ada lingkungan-δ dari c, yaitu Nδ (c) = (c−δ ,c+δ )⊆ Isehingga f ′(x) ≤ 0 untuk x ∈ (c− δ ,c) dan f ′(x) ≥ 0 untukx ∈ (c,c+δ ), maka fungsi f mempunyai nilai minimum di c.

Bukti.(i) Anggap ada lingkungan-δ dari c; Nδ (c) = (c− δ ,c+ δ ).Diambil interval (c− δ ,c). Jika x ∈ (c− δ ,c), maka dari TeoremaNilai Rata-rata ada cx ∈ (x,c) sehingga f (c)− f (x) = f ′(cx)(c−x).Karena f ′(cx)≥ 0, maka f (x)≤ f (c) untuk x ∈ (c−δ ,c). Selanjut-nya, dengan cara yang sama dapat diperlihatkan f (x)≤ f (c) untuksetiap x ∈ (c,c+ δ ). Oleh karena itu diperoleh f (x) ≤ f (c) untuksetiap x ∈ (c− δ ,c + δ ), yang berarti fungsi f mempunyai nilaimaksimum di c.(ii) Dapat dibuktikan dengan cara yang sama. �

Sebagaimana telah disampaikan tentang nilai titik tengah darisuatu fungsi kontinu pada suatu interval (Teorema 6.2.7). Sementa-ra setiap fungsi terdifferensial di suatu titik berakibat fungsi konti-nu di titik tersebut. Jika fungsi terdifferensial berlaku kontinu, ma-ka Teorema 6.2.7 dapat digunakan untuk mencari titik tengah darifungsi f ′ nya. Berikut ini Darboux (1842-1917) memperlihatkantitik tengah dari suatu fungsi terdifferensial.

Teorema 7.2.27 Diberikan fungsi f : [a,b]→R terdifferensial. Jikabilangan real k terletak di antara f ′(a) dan f ′(b), maka terdapatc ∈ (a,b) sehingga f ′(c) = k.

Bukti. Diberikan f ′(a)< k < f ′(b). Didefinisikan g : I→ R untukI = [a,b] dengan aturan untuk setiap x ∈ I

g(x) = kx− f (x).

Diperoleh g′(a) > 0, maka menurut Teorema 7.2.26 (i) terdapat x1dengan a < x1 sehingga g(a) < g(x1). Dengan cara yang similardiperoleh g′(b) < 0, maka terdapat x2 < b sehingga g(b) < g(x2).Akibatnya g mencapat nilai maksimum di suatu c∈ (a,b). Menurut

190

Teorema 7.2.3, diperoleh 0 = g′(c) = k− f ′(c). Oleh karena itu,f ′(c) = k. �

Teorema 7.2.27 sering digunakan dalam Kalkulus untuk mem-perlihatkan apakah suatu fungsi naik atau turun. Anggap f ′(c1) = 0dan f ′(c2) = 0 untuk c1 < c2 dan f ′(x) = 0 untuk setiap x∈ (c1,c2).Dengan menggunakan Teorema 7.2.27, cukup diperlihatkan untuksuatu c∈ (c1,c2), apakah f ′(c)> 0 atau f ′(c)< 0. Hal ini berakibatdapat ditentukan fungsi f tersebut naik atau turun pada (c1,c2).

Contoh 7.2.28 Diberikan fungsi bernilai real f (x) = x3−3x untuksetiap x ∈ [−1,1], maka f ′(−1) = 0 = f ′(1) dan f ′(x) 6= 0 untuksetiap x ∈ (−1,1). Diambil c = 0 ∈ (−1,1), maka f ′(c) =−3 < 0.Oleh karena itu f merupakan fungsi turun pada interval (−1,1).

Gambar 7.5

Fungsi f (x) = x3−3x

7.3 Dalil L’Hospital

Pada bab ini dibahas tentang limit dari bentuk berikut.

limx→c

f (x)g(x)

=AB

(7.4)

Dalam hal ini jika B = 0, maka bentuk di atas tidak terdefinisi.Jika A = B = 0, maka 7.4 disebut sebagai bentuk tak tentu. Bentuktak tentu yang lain ditulis dengan notasi ∞/∞, 00, ∞0, ∞−∞. Pada

191

bagian ini difokuskan terlebih dahulu dengan apa yang dimaksuddengan limit tak hingga dan generalisasi teorema nilai rata-rata.

Definisi 7.3.1 Diberikan fungsi f : I → R untuk I ⊆ R dan c titiklimit dari I. Fungsi f dikatakan mendekati ∞ atau divergen ke ∞

untuk x→ c, ditulis dengan notasi

limx→c

f (x) = ∞.

Jika untuk setiap M ∈R, terdapat δ > 0 sehingga untuk setiap x∈ Idengan 0 < |x− c|< δ berlaku f (x)> M. Hal yang similar

limx→c

f (x) =−∞.

Jika untuk setiap M ∈R, terdapat δ > 0 sehingga untuk setiap x∈ Idengan 0 < |x− c|< δ berlaku f (x)< M.

Teorema 7.3.2 (Nilai Rata-rata Cauchy) Diberikan fungsi konti-nu f dan g terdefinisi pada interval tertutup dan terbatas [a,b], ya-itu f ,g : [a,b]→ R kontinu. Jika f dan g terdifferensial pada inte-rval terbuka (a,b), maka ada c ∈ (a,b) sehingga

f (b)− f (a)g(b)−g(a)

=f ′(c)g′(c)

.

Bukti. Didefinisikan fungsi h : [a,b]→ R dengan aturan

h(x) = [ f (x)− f (a)][g(b)−g(a)]− [ f (b)− f (a)][g(x)−g(a)].

Karena fungsi f dan g kontinu pada [a,b], maka h juga kontinupada [a,b] dan terdifferensial pada (a,b) dengan

h′(x) = f

′(x)[g(b)−g(a)]− [ f (b)− f (a)]g

′(x).

Selanjutnya, karena h(a) = h(b) = 0, maka menurut Teorema Rolleterdapat c ∈ (a,b) sehingga h

′(c) = 0. Dengan demikian teorema

terbukti. �

192

Teorema 7.3.3 (Dalil L’Hospital:I(a)) Diberikan f ,g : (a,b)→ R.Anggap f ,g terdifferensial pada (a,b), dengan aturan g′(x) 6= 0untuk a < x < b dan

limx→a+

f (x) = limx→a+

g(x) = 0.

Jika

limx→a+

f ′(x)g′(x)

= L, maka limx→a+

f (x)g(x)

= L.

Bukti. Fungsi f ,g : [a,b]→ R dapat dibentuk menjadi fungsi kon-tinu pada [a,b] dengan menggunakan definisi f (a) = g(a) = 0. Ka-rena f ,g terdifferensial pada (a,b), maka menurut Teorema NilaiRata-rata Cauchy, terdapat c ∈ (a,b) sehingga untuk g′(x) 6= 0 ber-laku

f (x)g(x)

=f (x)− f (a)g(x)−g(a)

=f ′(c)g′(c)

.

Oleh karena itu,

limx→a+

f (x)g(x)

= limx→a+

f ′(c)g′(c)

= L.

Dengan demikian teorema terbukti. �

Teorema 7.3.4 (Dalil L’Hospital:I(b)) Diberikan f ,g : [a,b]→ R.Anggap f ,g terdifferensial pada (a,b), dengan aturan g′(x) 6= 0untuk a < x 0 terdapat

x0 ∈ (a,b) sehingga untuk c ∈ (a,x0) berlaku

f ′(c)g′(c)

> M.

Oleh karena itu, untuk x, t ∈ (a,x0), berlaku

f (x)− f (t)g(x)−g(t)

> M.

Karena limt→a+

f (t) = limt→a+

g(t) = 0, maka dengan cara yang similar

dengan bukti Teorema 7.3.3, untuk setiap x ∈ (a,x0), diperoleh

f (x)g(x)

> M.

Karena M > 0 sebarang, maka limx→a+

f (x)g(x)

= ∞.

Selanjutnya, jika limx→a+

f ′(x)g′(x)

= −∞, maka dapat diperlihatkan

dengan cara yang similar dengan bentuk sebelumnya. �

Contoh 7.3.5 (a) Akan ditentukan limx→1+

lnxx−1

. Anggap f (x) = lnx

dan g(x) = x−1 untuk setiap x ∈ (1,∞). Karena

limx→1+

f (x)g(x)

=00

dan limx→1+

f ′(x)g′(x)

= limx→1+

1x,

maka limx→1+

f (x)g(x)

= 1.

(b) Akan ditentukan limx→0

1− cosxx2 .

limx→0

1− cosxx2 = lim

x→0

sinx2x

= limx→0

cosx2

=12.

194

(c) Jika diberikan f (x) = x−x2 sin(1/x) dengan g(x) = sinx, maka

f ′(x) = 1−2xsin(1/x)+ cos(1/x) dan g′(x) = cos .

Dalam hal ini, limx→0

f ′(x)g′(x)

tidak terdefinisi, tetapi

limx→0

f (x)g(x)

= limx→0

1− xsin(1/x)(sinx)/x

=11= 1.

Teorema 7.3.6 (Dalil L’Hospital:II(a)) Diberikan f ,g : [a,b]→R.Anggap f ,g terdifferensial pada interval (a,b) dengan g′(x) 6= 0untuk a < x 0, terdapat

x0 ∈ (a,b) sehingga untuk x,x0 ∈ (a,x0], berlaku∣∣∣∣ f (x)− f (x0)

g(x)−g(x0)−L∣∣∣∣< ε

2+ |L|.

Anggap ε∗ = ε/(2+ |L|). Karena limx→a+

f (x) = ∞, maka dapat di-

pilih x1 < x0 sehingga untuk a < x < x1 berlaku f (x) 6= 0 danf (x) 6= f (x0). Dibentuk

u(x) =1−g(x0)/g(x)1− f (x0)/ f (x)

untuk x ∈ (a,x1),

maka limx→a+

u(x) = 1. Karena

f (x)− f (x0)

g(x)−g(x0)=

f (x)g(x)

1− f (x0)/ f (x)1−g(x0)/g(x)

=f (x)

g(x)u(x)

195

maka untuk a < x < x1 diperoleh∣∣∣∣ f (x)g(x)u(x)

−L∣∣∣∣< ε

2+ |L|atau

∣∣∣∣ f (x)g(x)−L u(x)

∣∣∣∣< ε∗|u(x)|

dan diperoleh∣∣∣∣ f (x)g(x)−L∣∣∣∣≤ ∣∣∣∣ f (x)

g(x)−L u(x)

∣∣∣∣+ |L u(x)−L|

≤ ε∗|u(x)|+ |L| |u(x)−1| .

Karena limx→a+

u(x) = 1, maka ada x2 ∈ (a,x1) sehingga untuk setiap

x ∈ (a,x2) berlaku |u(x)−1|< ε∗. Oleh karena itu, |u(x)|< 1+ ε∗

untuk setiap x ∈ (a,x2). Akibatnya∣∣∣∣ f (x)g(x)−L∣∣∣∣< ε

∗(1+ ε)+ |L|ε untuk x ∈ (a,x2)

< ε∗(2+ |L|) = ε.

Karena ε > 0 sebarang, maka teorema terbukti. �

Teorema 7.3.7 (Dalil L’Hospital: II(b)) Diberikan f ,g : [a,b]→R.Anggap f ,g terdifferensial pada interval (a,b) dengan g′(x) 6= 0untuk a < x 1 terdapat

x1 ∈ (a,b) sehingga f ′(c)/g′(c)> M untuk c∈ (a,x1). Oleh karenaitu,

f (x)− f (t)g(x)−g(t)

> M untuk a < t < x≤ x1.

196

Karena limx→a+

f (x) = limx→a+

g(x) = ∞ dan

f (x)g(x)

=

[f (x)− f (t)g(x)−g(t)

][g(x)−g(t)

g(x)

]+

f (t)g(x)

=f ′(c)g′(c)

[1− g(t)

g(x)

]+

f (t)g(x)

> M[

1− g(t)g(x)

]+

f (t)g(x)

,

maka untuk suatu x ∈ (a,x1) yang tetap, diambil M > 0 sehinggag(x)> 0,

0 <f (t)g(x)

<12

dan 0 <g(t)g(x)

<12.

Oleh karena itu,

f (x)g(x)

>12

M untuk x ∈ (a,x1)

Karena M > 1 sebarang, maka limx→a+

f (x)g(x)

= ∞.

Jika limx→a+

f ′(x)g′(x)

= −∞, maka limx→a+

f (x)g(x)

= −∞ dapat diperli-

hatkan dengan cara yang sama. �

Latihan Subbab 7.3

1. Diberikan fungsi f dan g terdifferensial pada (a,b), x0 ∈ (a,b)dan g′(x0) 6= 0. Jika f (x0) = g(x0) = 0, buktikan bahwa

limx→x0

f (x)g(x)

=f ′(x)g′(x)

.

(Petunjuk: Gunakan definisi turunan)

2. Diberikan fungsi h(x) terdefinisi pada (−∞,b). Buktikan bahwaterdapat suatu c > 0 sehingga ϕ(t) = h(−1/t) terdefinisi pada(0,c) dan lim

x→−∞h(x) = lim

t→0+ϕ(t).

3. Diberikan fungsi bernilai real f dan g yang didefinisikan pada(a,b). Jika lim

x→a+f (x) berada di R dan lim

x→a+g(x) = ∞, buktikan

197

bahwa

limx→a+

f (x)g(x)

= 0.

4. Diberikan fungsi bernilai real f dan g didefinisikan pada (a,b)memenuhi lim

x→a+f (x) = A 6= 0, lim

x→a+g(x) = 0 dan g(x)> 0 untuk

setiap x∈ (a,b). Jika A > 0, buktikan bahwa limx→a+

f (x)/g(x) = ∞

dan jika A < 0, buktikan bahwa limx→a−

f (x)/g(x) =−∞.

5. Gunakan Dalil L’Hospital dan rumus turunan lainnya dalam Kal-kulus untuk menemukan masing-masing nilai limit berikut. Padabagian berikut, lnx, x > 0 merupakan fungsi logaritma natural.

(a) limx→1

x5 +2x−32x3− x2−1

(b) limx→−1

x5 +2x−32x3− x2−1

(c) limx→1

lnxx

(d) limx→0

1− cos2xsinx

(e) limx→0+

xα lnx, dengan a > 0 (f) limx→0

ln(1+ x)sinx

(g) limx→∞

(lnx)α

ex , dengan a > 0 (h) limx→∞

(lnx)p

xq , p,q ∈ R

(i) limx→0+

(1x− 1

sinx

)6. Diberikan fungsi f (x) = x2 sin(1/x) dan g(x) = sinx. Buktikan

bahwa limx→0

f (x)/g(x) ada tetapi limx→0

f ′(x)/g′(x) tidak ada.

7. Selidikilah nilai limx→∞

p(x)/q(x) dan limx→∞

p(x)/q(x), dengan p danq masing-masing adalah polinomial berderajat n dan m.

7.4 Turunan Tingkat Tinggi

Fungsi f : I→R dikatakan mempunyai turunan pada suatu intervaldi I, apabila pada setiap titik di interval I tersebut, fungsi f mempu-nyai nilai turunan. Selanjutnya, turunan ke dua dari f , merupakan

198

turunan dari f ′. Apabila diambil sebarang c ∈ I, maka

f ′′(x) = limx→c

f ′(x)− f ′(c)x− c

asalkan limit ini ada.Dapat diperlihatkan bahwa apabila f mempunyai turunan kedua,maka

f (c+h)− f (c)−h f ′(c)− h2

2f ′′(c) = ε(h)

denganεchh2 → 0 untuk h→ 0.

Dengan mengetahui f ′′, maka dapat diketahui perubahan dari f ′.Secara geometris, turunan kedua dari f berhubungan dengan kece-kungan grafik fungsi. Jika f ′′ bernilai positif pada suatu interval,maka f ′ membesar, sehingga grafik fungsi f cekung ke atas padainterval tersebut. Tetapi, jika f ′′ bernilai negatif pada suatu interval,maka f ′ mengecil, sehingga grafik fungsi f cekung ke bawah padainterval tersebut.

Mencari turunan kedua, ketiga, dan seterusnya dilakukan de-ngan cara yang serupa dengan mencari perhitungan pada turunanpertama. Secara umum, f n(x) menyatakan turunan ke-n dari f un-tuk n ∈ N.

Jika f mempunyai turunan ke-n di suatu interval yang memu-at titik c, maka f dapat dihampiri oleh suatu polinomial berderajatn−1 dan kesalahannya dapat ditaksir dengan turunan ke-n.

Polinomial TaylorJika f terdifferensial di c, maka persamaan garis singgung terhadapkurva y = f (x) di titik

(c, f (c)

)adalah

y = f (x) = f (c)+ f ′(c)(x− c) (7.5)

Bentuk persamaan 7.5 dapat ditulis sebagai

P1(x) = f (c)+ f′(c)(x− c).

disebut sebagai polinomial berderajat≤ 1 dengan P1(c)= f (c) dan

199

P′1(c) = f

′(c). Untuk x dekat ke c, nilai f (c)+P1(c)(x−c) merupa-

kan suatu hampiran yang "baik" dari fungsi f . Masalahnya sebera-pa besar kesalahan dalam penghampiran ini.

Selanjutnya, apabila f mempunyai n turunan di c dan Pn meru-pakan polinomial berderajat ≤ n sehingga

Prn(c) = f (r)(c) untuk 0≤ r ≤ n.

Namun seberapa "baik" Pn mendekati f di c. Untuk menjawabnya,hal pertama yang dilakukan adalah mencari Pn. Karena Pn meru-pakan polinomial dengan derajat ≤ n, maka dapat ditulis sebagaiberikut

Pn(x) = a0 +a1(x− c)+ · · ·+an(x− c)n

dengan a0, . . . ,an merupakan konstanta. Bentuk turunan ke-r dariPn(x) pada c sebagai berikut

Prn(c) = r!ar untuk 0≤ r ≤ n.

Jadi dapat diperoleh nilai ar yang tunggal yaitu

ar =f r(c)

r!.

Oleh karena itu

Pn(x) = f (c)+f′(c)1!

(x− c)+ · · ·+ f n(c)n!

(x− c)n

=n

∑r=0

f r(c)r!

(x− c)r.

Dalam hal ini Pn disebut polinomial Taylor dari f terhadap c.

Contoh 7.4.1 Polinomial Taylor berderajat n dari fungsi ex padac = 0 adalah

Pn(x) = a+ x+12!

x2 + · · ·+ 1n!

xn.

200

Contoh 7.4.2 Polinomial Taylor berderajat n dari fungsi logx dic = 1 adalah

Pn(x) = (x−1)− 12(x−1)2 + · · ·+(−1)n+1 1

n(x−1)n+1.

Ditulis dengan notasi

f (x) = Pn(x)+Rn(x)

untuk Rn merupakan error antara f dan polinomial Taylor Pn.

Teorema 7.4.3 Diberikan fungsi f : (a,b)→R. Jika fungsi f mem-punyai turunan ke-n pada interval (a,b) yang memuat c, maka un-tuk setiap x ∈ (a,b) ada ξ ∈ (c,x) sehingga berlaku

f (x) = f (c)+ f′(c)(x− c)+

12!

f′′(c)(x− c)2 + · · ·

+1n!

f n(c)(x− c)n +Rn(x)

dengan Rn(x) = 1(n+1)! f n+1(ξ )(x− c)n+1.

Bukti. Untuk t ∈ (a,b) didefinisikan

g(t) = f (x)− f (t)− f′(t)(x− t)− 1

2!f′′(t)(x− t)2−·· ·

− 1(n−1)!

f n−1(t)(x− t)n−1

maka g′(t) = 1

(n−1)! f n(t)(x− t). Selanjutnya didefinisikan

h(t) = g(t)−(

x− tx− c

)n

g(c)

maka h(c) = h(x) = 0, sehingga menurut Teorema Rolle terdapat

201

ξ ∈ (c,x) sehingga h′(ξ ) = 0 dan berlaku

g′(ξ )+n(x−ξ )n−1

(x− c)n g(c) = 0.

Oleh karena itu untuk g′ diperoleh

1n!

f n(ξ )ξ (x−ξ )n = n(x−ξ )n−1

(x− c)n g(c).

Dari sini diperoleh

g(c) =(x− c)n

n!f n(ξ )

dan teorema terbukti. �

Contoh 7.4.4 Buktikan bahwa

limx→0

(1− cosx

x2

)=

12.

Menurut Teorema Taylor, untuk fungsi cosx ada ξ ∈ (0,x) sehingga

cosx = 1− 12

x2 +14!(cosξ )x4.

Selanjutnya untuk x 6= 0, berlaku

1− cosxx2 =

12− 1

4!(cosξ )x2.

Karena |cosξ | ≤ 1, maka∣∣∣∣1− cosxx2

∣∣∣∣≤ 14

x2.

Akibatnya,

limx→0

∣∣∣∣1− cosxx2 − 1

2

∣∣∣∣= 0.

202

Latihan Subbab 7.4

1. Diberikan f (x) := cosax untuk setiap x ∈ R dengan a 6= 0. Carif (n)(x) untuk n ∈ N, x ∈ R.

2. Diberikan g(x) := |x3| untuk setiap x ∈ R. Cari g′(x) dan g′′(x)untuk setiap x ∈ R dan g′′′(x) untuk x 6= 0. Akan diperlihatkanbahwa g′′′(0) tidak ada.

3. Gunakan Prinsip Induksi Matematika untuk menunjukkan aturanLeibniz untuk turunan ke-n dari

( f g)(n)(x) =n

∑k=0

(nk

)f (n−k)(x)g(k)(x).

4. Perlihatkan bahwa jika x > 0, maka

1+12

x− 18

x2 ≤√

1+ x≤ 1+12

x.

5. Gunakan pertanyaan sebelumnya untuk mendekati√

1.2 dan√

2.Tentukan nilai pendekatan terbaik dari pertidaksamaan tersebut.

6. Gunakan Teorema Taylor dengan n = 2 untuk memperoleh pen-dekatan lebih akurat untuk

√1.2 dan

√2.

7. Untuk x > 0, perlihatkan bahwa∣∣∣∣(1+ x)1/3−(

1+13

x− 19

x2)∣∣∣∣≤ ( 5

81

)x3.

Gunakan pertidaksamaan ini untuk mencari nilai pendekatan dari3√1.2 dan 3√2.

8. Jika f (x) := ex, tunjukkan bahwa suku sisa pada Teorema Taylorkonvergen ke nol untuk n−→ ∞, untuk setiap x0 dan x tertentu.

9. Jika g(x) := sinx, perlihatkan bahwa suku sisa pada Teorema Ta-ylor konvergen ke nol untuk n −→ ∞, untuk setiap x0 dan x ter-tentu.

203

10. Diberikan h(x) := e−1/x2untuk x 6= 0 dan h(0) := 0. Perlihatkan

bahwa h(n)(0) = 0 untuk setiap n ∈ N. Perlihatkan bahwa sukusisa pada Teorema Taylor untuk x0 = 0 dan x 6= 0 tidak konvergenke nol untuk n−→ ∞.

11. Tes Turunan Ke Dua: Diberikan f : [a,b]→ R mempunyai tu-runan pada (a,b) dan c ∈ (a,b) sehingga f ′(c) = 0 dan f ′′(c)ada.

(a) Jika f ′′(c) > 0, buktikan bahwa f mempunyai nilai mini-mum lokal di titik c.

(b) Jika f ′′(c) < 0, buktikan bahwa f mempunyai nilai maksi-mum lokal di titik c.

(c) Tunjukkan menggunakan contoh bahwa tidak ada kesimpul-an yang dapat dibuat jika f ′′(c) = 0.

INDEKS

Barisan, 57Bagian, 74Divergen, 58Konvergen, 58Monoton, 67Terbatas, 61

Barisan Kontraktif, 91Batas Atas, 40Batas Bawah, 40Bayangan, 9Bayangan

Kebalikan, 9Bolzano-Weierstrass, 79

DeretDeret Harmonik, 99Deret Harmonik Alternating,

100Deret Tak Hingga, 97

Eksistensi Barisan Bagian Mono-ton, 78

Element, 4

Fungsi Komposisi, 13Fungsi Kontinu, 118, 119

Kontinu pada Interval, 128Kontinu Seragam, 136

Fungsi Lipschitz, 139Fungsi lompatan, 145Fungsi monoton, 143Fungsi naik, 143Fungsi naik kuat, 143Fungsi Signum, 112

Fungsi turun, 143Fungsi turun kuat, 143

Garis Real, 54

Himpunan, 4Bagian, 5Bagian Sejati, 5Bilangan Real Negatif, 31

HimpunanKuasa, 6Tak Kosong, 5

Himpunan Kosong, 5Himpunan, Fungsi dan Logika, 4Hukum De Morgan, 7

Infimum, 41Invertible, 11

Kriteria Cauchy, 87

Lapangan, 25Limit Barisan, 63

Sifat Linear, 65Sifat Monoton, 63

Limit Fungsi, 104Lingkungan-ε , 57

Maksimum dan Minimum lokal,160

Nilai Mutlak, 52

Perkalian Kartesian, 7Pertidaksamaan, 35

Aritmatik-Geometri, 37

INDEKS 205

Cauchy, 38Segitiga, 53

Range, 9Ring Komutatif, 24

Saling Asing, 6Sifat Archimedean, 46Sifat Lapangan Bilangan Real, 28Sifat Urutan di R, 31Sistem Bilangan Real

Sifat Kelengkapan, 40Sifat Urutan, 31

Sistem Himpunan Bilangan, 21Supremum, 41

Teorema Maksimum dan Minimum,129

Teorema Nilai Rata-rata, 167Teorema Sandwich, 64Turunan, 151

Uji Banding, 100

DAFTAR PUSTAKA

R. G. Bartle dan D. R. Sherbert. 2011. Introduction to Real AnalysisEdisi ke-4. John Wiley & Sons, Inc.

M. Stoll. 2001. Introduction to Real Analysis. Addison Wesley Lo-ngman, Inc.

I.J. Maddox. 1970. Elements of Functional Analysis. CambridgeUniversity Press.

Documents

E. Herawati - repository.usu.ac.id