ANALISIS RIIL I. Disusun oleh Bambang Hendriya Guswanto, S.Si., M.Si. Siti Rahmah Nurshiami, S.Si., M.Si.

Transkripsi

1 ANALISIS RIIL I Disusu oleh Bambag Hedriya Guswato, S.Si., M.Si. Siti Rahmah Nurshiami, S.Si., M.Si. PROGRAM STUDI MATEMATIKA JURUSAN MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM FAKULTAS SAINS DAN TEKNIK UNIVERSITAS JENDERAL SOEDIRMAN PURWOKERTO 006

2 KATA PENGANTAR Buku ii ditulis dalam ragka pegadaa buku ajar mata kuliah Aalisis I, yag merupaka mata kuliah wajib. Buku ii berisi materi yag diperutuka bagi mahasiswa yag telah megambil mata Kalkulus I da Kalkulus II. Topik-topik dalam buku ii sebearya sudah dikeal oleh mahasiswa yag telah megambil kedua mata kuliah tersebut. Haya saja, materi pada buku ii lebih abstrak, teoritis, da medalam. Materi pada buku ii merupaka materi dasar aalisis real. Aalisis real merupaka alat yag esesial, baik di dalam berbagai cabag dari matematika maupu bidag ilmu-ilmu lai, seperti isika, kimia, da ekoomi. Mata kuliah Aalisis I adalah gerbag meuju mata kuliah yag lebih lajut, baik di dalam maupu di luar jurusa Matematika. Jika mata kuliah ii dapat dipahami dega baik maka mahasiswa mempuyai modal yag sagat berharga utuk memahami mata kuliah lai. Diharapka, setelah mempelajari materi pada buku ii, mahasiswa mempuyai kedewasaa dalam bermatematika, yag meliputi atara lai kemampua berpikir secara dedukti, logis, da rutut, serta memiliki kemampua megaalisis masalah da megomuikasika peyelesaiaya secara akurat da rigorous. Buku ii terdiri dari lima bab. Bab I membahas tetag himpua bilaga real. Di dalamya, dibicaraka tetag siat aljabar (lapaga), siat terurut, da siat kelegkapa dari himpua bilaga real. Kemudia, dibahas tetag himpua bagia dari himpua bilaga real yag dikostruksi berdasarka siat terurutya, yag disebut sebagai iterval. Dijelaska pula tetag represetasi desimal dari bilaga real da megguakaya utuk membuktika Teorema Cator. Selajutya, bab II berisi tetag barisa bilaga real, yag meliputi deiisi da siat-siat barisa, Teorema Bolzao-Weierstrass, kriteria Cauchy, barisa diverge, da sekilas tetag deret tak higga. Kemudia, bab III mediskusika tetag deiisi limit ugsi (termasuk limit sepihak, limit di tak higga, da limit tak higga) da siat-siatya. Lalu, bab IV membahas kekotiua ugsi, yag meliputi deiisi ugsi kotiu da siat-siatya, ugsi kotiu pada iterval, kekotiua seragam, serta ugsi mooto da ugsi ivers.

3 Buku ii masih dalam proses pegembaga da tetuya masih jauh dari sempura. Utuk itu, peulis membuka diri terhadap sara da kritik dari pembaca, demi semaki baikya buku ii sebagai buku ajar mata kuliah wajib Aalisis I. Purwokerto, 9 Juli 006 Peulis, Bambag Hedriya Guswato, S.Si., M.Si. Siti Rahmah Nurshiami, S.Si., M.Si.

4 DAFTAR ISI KATA PENGANTAR DAFTAR ISI BAB I HIMPUNAN BILANGAN REAL. Siat Aljabar dari R. Siat Terurut dari R.3. Siat Kelegkapa dari R.4. Iterval.5 Represetasi Desimal dari Bilaga Real BAB II BARISAN BILANGAN REAL. Deiisi Barisa Bilaga real. Siat-Siat Barisa Bilaga Real.3 Teorema Bolzao-Weierstrass.4 Kriteria Cauchy.5 Barisa Diverge.6 Deret Tak Higga BAB III LIMIT FUNGSI 3. Titik Timbu 3. Deiisi Limit Fugsi 3. Siat-Siat Limit Fugsi BAB IV KEKONTINUAN FUNGSI 4. Deiisi Fugsi Kotiu 4. Siat-Siat Fugsi Kotiu 4.3 Fugsi Kotiu pada Iterval 4.4 Kekotiua Seragam 4.5 Fugsi Mooto 4.6 Fugsi Ivers DAFTAR PUSTAKA

5 BAB I HIMPUNAN BILANGAN REAL Bab ii mejelaska tetag hal-hal yag berkaita dega dega sistem bilaga real sebagai suatu sistem matematika yag memiliki siat-siat sebagai suatu lapaga yag terurut da legkap. Yag dimaksud dega sistem bilaga real sebagai suatu lapaga di sii adalah bahwa pada himpua semua bilaga real R yag dilegkapi dega operasi pejumlaha da perkalia berlaku siat-siat aljabar dari lapaga. Siat terurut dari R berkaita dega kosep kepositia da ketidaksamaa atara dua bilaga real, sedagka siatya yag legkap berkaita dega kosep supremum atau batas atas terkecil. Teorema-teorema dasar dalam kalkulus elemeter, seperti Teorema Eksistesi Titik Maksimum da Miimum, Teorema Nilai Tegah, Teorema Rolle, Teorema Nilai Rata-Rata, da sebagaiya, didasarka atas siat kelegkapa dari R ii. Siat ii berkaita erat dega kosep limit da kekotiua. Dapat dikataka bahwa siat kelegkapa dari R mempuyai pera yag sagat besar di dalam aalisis real. Bab ii terdiri dari beberapa sub bab. Sub bab. membahas siat lapaga dari R. Sub bab. mejelaska siat terurut dari R, da di dalamya dibahas juga tetag kosep ilai mutlak. Pada sub bab.3 didiskusika tetag siat kelegkapa dari R. Pada sub bab ii dibahas megeai siat Archimedea da siat kerapata dari himpua bilaga rasioal. Selajutya, sub bab.4, mejelaska tetag iterval, sebagai suatu himpua bagia dari R yag dikostruksi berdasarka siat terurut dari R. Yag terakhir, sub bab.5 membahas tetag represetasi desimal dari bilaga real. Pada sub bab ii, juga dipaparka bagaimaa membuktika Teorema Cator dega megguaka kosep represetasi desimal dari bilaga real ii. Teorema Cator megataka bahwa himpua R merupaka himpua yag tak terhitug (ucoutable).. Siat Aljabar dari R

6 Siat. (Siat Aljabar dari R ). Pada himpua bilaga real R yag dilegkapi operasi pejumlaha ( ) da operasi perkalia ( ) berlaku siat-siat, terhadap operasi pejumlaha : T. a b = b a utuk setiap a, b R T. ( a b) c a ( b c) = utuk setiap a, b, c R T3. Terdapat eleme 0 R sedemikia sehigga 0 a = a 0 = a utuk setiap a R T4. Terdapat eleme R setiap a R terhadap operasi perkalia : K. a b = b a utuk setiap a, b R K. ( a b) c a ( b c) a sedemikia sehigga a a a ( a) 0 = utuk setiap a, b, c R = = utuk K3. Terdapat eleme R sedemikia sehigga a = a = a utuk setiap a K4. Terdapat eleme / a R da utuk setiap a R, D. a ( b c) = a b a c da ( ) sedemikia sehigga ( a) a a ( a) / = / = b c a = b a c a utuk setiap a, b, c R. Siat T da K merupaka siat komutati, siat T da K merupaka siat asosiati, siat T3 da K3 meujukka eksistesi eleme idetitas, da siat T4 da K4 meujukka eksistesi eleme ivers, berturut-turut masig-masig terhadap operasi pejumlaha da perkalia. Yag terakhir, siat D merupaka siat distributi perkalia atas pejumlaha. Siat T-T4, K-K4, da D yag dipeuhi oleh semua eleme di R, mejadika R dipadag sebagai suatu lapaga. Terkait dega eleme idetitas 0 (terhadap operasi pejumlaha) da (terhadap operasi perkalia), kita memiliki akta bahwa kedua eleme ii merupaka eleme yag uik atau tuggal. Selai itu, perkalia setiap eleme di

7 R dega eleme 0 hasilya adalah 0. Fakta-akta ii, secara ormal matematis, dapat direpresetasika dalam teorema berikut ii. Teorema.. a. Jika z, a R da z a = a maka z = 0. b. Jika u b = b dega u, b R da b 0 maka u =. c. a 0 = 0 utuk setiap a R. Bukti. a. Berdasarka siat T3, T4, T, da hipotesis z a = a, ( ( )) ( ) ( ) ( ) z = z 0 = z a a = z a a = a a = 0. b. Berdasarka siat K, K, K3, da hipotesis u b = b, b 0, ( ( )) ( ) ( ) ( ) u = u = u b / b = u b / b = b / b =. c. Berdasarka siat K3, D, da T3, ( ) a a 0 = a a 0 = a 0 = a = a. Berdasarka a., diperoleh bahwa a 0 = 0. Selai akta di atas, kita juga memiliki akta berikut ii. Teorema.3. a. Jika a, b R, a 0, da a b = maka b = / a. b. Jika a b = 0 maka a = 0 atau b = 0. Bukti. a. Berdasarka siat K3, K4, K, da hipotesis a 0, da a b =, ( ( )) ( ) ( ) ( ) b = b = b a / a = b a / a = / a = / a. b. Adaika a 0 da 0 ( ) b. Akibatya, ( a b) ( a b) / =. Berdasarka hipotesis, yaitu a b = 0, da Teorema..c., kita memiliki bahwa ( ) ( ( )) ( ) ( ) a b / a b = 0 / a b = 0, ( ) / = da Terjadi kotradiksi di sii, yaitu atara peryataa ( a b) ( a b) ( ) ( a b) ( a b) / = 0. Dega demikia, haruslah bahwa a = 0 atau b = 0.

8 Teorema.3.a. megataka bahwa eksistesi ivers dari suatu eleme di R adalah uik. Sedagka Teorema.3.b. megadug arti bahwa perkalia dua eleme tak ol di R tidaklah mugki meghasilka eleme ol. Di dalam himpua bilaga real R dikeal pula operasi lai, yaitu operasi peguraga ( ) da pembagia (:). Jika dideiisika dega a b : a ( b) dideiisika dega a : b: a ( / b) a, b R maka operasi peguraga = sedagka operasi pembagia =, b 0.. SIFAT TERURUT DARI R Seperti yag telah disiggug pada pedahulua bab ii, siat terurut dari R berkaita dega kosep kepositia da ketidaksamaa atara dua bilaga real. Seperti apa kedua kosep tersebut? Di sii, kita aka membahasya. Terlebih dahulu kita aka membahas kosep kepositiaya. Siat.4 (Siat Kepositia). Terdapat himpua bagia tak kosog dari R, yag diamaka himpua bilaga real positi a. Jika b. Jika a, b R maka a, b R maka a b R. a b R. c. Jika a R maka salah satu diatara tiga hal, yaitu a R, pasti terpeuhi. R, yag memeuhi siat-siat : a R, a = 0, da Siat.4.c. disebut juga sebagai siat Trichotomy. Siat ii megataka bahwa R dibagu oleh tiga buah himpua yag disjoi. Tiga buah himpua tersebut adalah himpua { a R } a : yag merupaka himpua bilaga real egati, himpua { 0 }, da himpua bilaga real positi bisa juga dituliska dega R. Jika sebagai bilaga real positi. Jika R U { 0} R. Himpua { a : a R } a R maka a > 0 da a dikataka a maka a 0 da a dikataka

9 sebagai bilaga real oegati. Jika sebagai bilaga real egati. Jika R U { 0} sebagai bilaga real opositi. a R maka a < 0 da a dikataka a maka a 0 da a dikataka Pejumlaha k buah suku eleme meghasilka bilaga k. Himpua bilaga k yag dikostruksi dega cara demikia disebut sebagai himpua bilaga asli, diotasika dega N. Himpua N ii merupaka himpua bagia dari himpua R. Himpua ii memiliki siat udametal, yaki bahwa setiap himpua bagia tak kosog dari N memiliki eleme terkecil. Siat yag demikia disebut sebagai siat well-orderig dari N. Selajutya, jika kita ambil sembarag himpua N, { 0 }, da { k : k N} k N maka k N. Gabuga membetuk suatu himpua yag disebut sebagai himpua bilaga bulat, diotasika dega Z. Himpua bilaga asli N disebut juga sebagai himpua bilaga bulat positi, diotasika dega Z, sedagka himpua { k : k Z} egati, diotasika dega Z. disebut juga himpua bilaga bulat Dari himpua Z, kita bisa megostruksi bilaga dalam betuk m /, dega 0. Bilaga real yag dapat direpresetasika dalam betuk yag demikia disebut sebagai bilaga rasioal. Sebalikya, bilaga real yag tidak dapat direpresetasika dalam betuk itu disebut sebagai bilaga irasioal. Himpua bilaga rasioal diotasika dega Q. Dapat dikataka bahwa himpua bilaga real R merupaka gabuga dua himpua disjoi, himpua bilaga rasioal da himpua bilaga irasioal. Bilaga da 0 merupaka cotoh bilaga-bilaga rasioal, da dapat ditujukka bahwa persamaa []). =, akar dari, merupaka cotoh bilaga irasioal (lihat Bartle-Sherbert

10 Sekarag, kita sampai kepada pejelasa tetag kosep ketidaksamaa atara dua bilaga real, sebagai salah satu kosep yag berkaita dega siat terurut dari R. Deiisi.5. Misalka a. Jika a, b R. a b R maka a b b. Jika b R U { 0} > atau b < a. a maka a b atau b a. Siat Trichotomy dari R megakibatka bahwa utuk sembarag a, b R berlaku salah satu dari a > b, a = b, atau a < b. Selai itu, dapat ditujukka bahwa jika a b da a b maka a = b. Dari siat terurut, dapat juga diperoleh akta-akta berikut ii. Teorema.6. Misalka a, b, c R. a. Jika a > b da b > c maka a > c. b. Jika a > b maka a c > b c. c. Jika a > b da c > 0 maka ac > bc. Jika a > b da c < 0 maka ac < bc. d. Jika ab > 0 maka a > 0 da b > 0, atau a < 0 da b < 0. e. Jika ab < 0 maka a > 0 da b < 0, atau a < 0 da b > 0. Bukti Teorema.6.a-.6.b megguaka deiisi.5 da Teorema.6.d-.6.e megguaka siat Trichotomy. Bukti Teorema tersebut ditiggalka sebagai latiha bagi para pembaca. Jika kita megambil sembarag a > 0 maka a > 0 da 0 < a < a. Hal ii megadug arti setiap kita megambil bilaga positi pasti selalu didapat bilaga positi lai yag lebih kecil daripadaya. Dega kata lai, tidak terdapat bilaga positi yag terkecil. Peryataa ii merupaka maksud dari teorema berikut ii.

11 Teorema.7. Jika a R da 0 a < ε utuk setiap ε > 0 maka a = 0. Bukti. Adaika a > 0. Pilih ε =. Kita peroleh 0 < ε < a. Peryataa ii a kotradiksi dega hipotesis bahwa 0 a < ε utuk setiap ε > 0. Dega demikia, haruslah bahwa a = 0. Sebelumya kita telah dikealka dega bilaga real oegati, yaitu eleme dari himpua U { 0} Jika a < 0 tetuya a 0 R. Jika a > 0 atau 0 >, sehigga a R U { 0} a = maka jelas bahwa R U { 0} a.. Berdasarka hal tersebut, aka dideiisika apa yag disebut sebagai ilai mutlak dari suatu bilaga real. Nilai mutlak ii aka me-oegati-ka bilaga-bilaga real. Deiisi.8 (Nilai Mutlak). Nilai mutlak dari bilaga real a, diotasika dega a, dideiisika dega a a, a 0 : = a, a < 0. Dari Deiisi.8 tersebut tampak bahwa a 0 atau a adalah bilaga oegati utuk setiap bilaga real a. Sebagai cotoh, =, 0 = 0, da =. Nilai mutlak dari bilaga-bilaga real ii memiliki siat-siat tertetu, di ataraya seperti yag tertuag dalam akta berikut ii. Teorema.9. a. ab = a b utuk setiap a, b R. b. Misalka c 0 da a R, a c jika da haya jika c a c. c. Misalka c 0 da a R, a c jika da haya jika a c atau a c. Bukti.

12 a. Jika a = 0 atau b = 0 maka ab = 0 = 0 da a b = 0. Jika a, b > 0 maka ab > 0, a = a, da b = b, sehigga ab = ab da a b = ab. Jika a > 0 da b < 0 maka ab < 0, a = a, da b = b, sehigga ab = ab da a b = a ( b) = ab. Utuk kasus 0 dega kasus sebelumya. a < da b > 0, peyelesaiaya serupa b. Misalka a c. Utuk a 0, kita peroleh a = a c, sehigga didapat 0 a c. Utuk a 0, kita peroleh a = a c atau a c, sehigga didapat c a 0. Dega meggabugka hasil dari kedua kasus tersebut, kita peroleh c a c. Utuk sebalikya, misalka c a c. Hal tersebut megadug arti c a da a c. Dega kata lai, a c da a c. Lebih sederhaa, yag demikia dapat dituliska sebagai a c. c. Misalka a c. Utuk a 0, kita peroleh a = a c. Utuk a 0, kita peroleh a = a c atau a c. Dega meggabugka hasil dari kedua kasus tersebut, kita peroleh a c atau a c. Utuk sebalikya, jika a c atau a c maka a c atau a c. Dega kata lai, a c. Perhatika kembali siat ilai mutlak yag terdapat pada Teorema.9. Utuk yag bagia a., jika a = b maka a a = a = a. Utuk bagia b., jika c = a maka a a a. Selajutya, kita sampai kepada siat ilai mutlak yag lai, yag diamaka dega Ketidaksamaa Segitiga. Ketidaksamaa ii mempuyai keguaa yag sagat luas di dalam matematika, khususya di dalam kajia aalisis da aljabar.

13 Teorema.0 (Ketidaksamaa Segitiga). Jika a, b R maka a b a b da kesamaa terjadi atau a b = a b jika a = kb, dega k > 0. Bukti. Seperti yag telah dibahas sebelumya, jika a, b R maka dapat diperoleh bahwa a a a da b b b. Jika kedua ketidaksamaa ii kita jumlahka maka ( a b ) a b a b atau a b a b. Bukti utuk peryataa berikutya ditiggalka sebagai latiha bagi para pembaca. Lebih jauh, sebagai kosekuesi dari Teorema.0, kita memiliki akibat berikut ii. Akibat.. Jika a, b R maka a b a b da a b a b. Bukti. Perhatika bahwa a = a b b. Dega megguaka ketidaksamaa segitiga, a = ( a b) b a b b atau a b a b. Dega cara yag serupa dapat kita peroleh bahwa b = ( b a) a a b a. Akibatya, b a a b atau a b a b. Akhirya, kita memiliki a b a b a b atau a b a b. Selajutya, perhatika bahwa a b = a ( b) a b = a b, berdasarka ketidaksamaa segitiga. Selajutya, kita aka melihat bagaimaa kosep terurut dari R ii diaplikasika utuk meyelesaika masalah-masalah ketidaksamaa. Cotoh.. Tetuka himpua peyelesaia dari ketidaksamaa 4 6. Peyelesaia. Perhatika bahwa ( ) ( ) 4 = Tampak bahwa ketidaksamaa 4 6 dipeuhi oleh semua { : }.

14 Cotoh.3. Cari semua peyelesaia dari ketidaksamaa Peyelesaia. Perhatika bahwa ( )( ) < 6 6 < 0 3 < 0. < 6. Dariya kita peroleh bahwa > 0 da 3 < 0, atau < 0 da 3 > 0. Utuk kasus yag pertama kita dapatka > da < 3, atau dega kata lai < < 3. Utuk kasus yag kedua kita peroleh bahwa < da > 3. Perhatika bahwa pada kasus kedua tersebut tidak ada ilai yag memeuhiya. Dega demikia, ketidaksamaa semua { : < < 3} < 6 dipeuhi oleh R. Cotoh.4. Selidiki apakah ketidaksamaa memiliki peyelesaia. Peyelesaia. Perhatika bahwa > 3 ( ) > > 0 > Yag demikia berarti 3 8 > 0 da 3 > 0, atau 3 8 < 0 da 3 < 0. Utuk kasus yag pertama kita peroleh < 8/ 3 da > 3/. Namu hal itu tidak mugki terjadi, artiya tidak ada yag memeuhi. Utuk kasus yag kedua kita peroleh > 8/ 3 da < 3/, atau dega kata lai 8/ 3 < < 3/. Jadi ketidaksamaa > 3 memiliki peyelesaia, da himpua semua peyelesaiaya adalah { : 8/ 3 < < 3/ } R. Cotoh.5. Cari himpua peyelesaia dari < 5.

15 Peyelesaia. Berdasarka Teorema.9.b., 5 < < 5 atau 6 < < 4. Dariya kita peroleh 3 < <. Jadi himpua peyelesaiaya adalah { R : 3 < < } Bisa juga ketidaksamaa tersebut diselesaika dega cara lai. Perhatika bahwa, jika / = ( ), jika < /. Peyelesaiaya dibagi mejadi dua kasus, yaitu : Kasus I, /. Kita peroleh = < 5. Akibatya, < 4 atau <. Pada kasus ii, himpua peyelesaia dari < 5 adalah Kasus II, < /. { : / } { R : < } = { R : / < } R I l. = = < 5. Akibatya, < 6 atau > 3. Kita peroleh ( ) Pada kasus ii, himpua peyelesaia dari < 5 adalah { : < / } { R : > 3} = { R : 3 < < / } R I. Peyelesaia seluruhya dari < 5 adalah himpua peyelesaia kasus I digabug dega himpua peyelesaia kasus II. Akibatya, kita dapatka himpua peyelesaia keseluruha dari < 5 adalah { : 3 < < } R. Cotoh.7. Tetuka himpua peyelesaia dari <. Peyelesaia. Sebelum melagkah jauh di dalam meyelesaika ketidaksamaa tersebut, perhatika bahwa, jika 0, jika = da =, jika < 0 ( ), jika <. Peyelesaiaya kita bagi mejadi tiga kasus terlebih dahulu, yaitu :

16 Kasus I, <. Kita peroleh ( ) = da ( ) = =. Akibatya, = < atau < 3 atau > 3/. Pada kasus ii, himpua peyelesaia dari < adalah Kasus II, Kita peroleh { : > 3/ } { R : < } = { R : 3/ < < } R I. < 0. = da =. Akibatya, ( ) atau <. Ketidaksamaa < dipeuhi oleh semua R himpua peyelesaia dari < adalah Kasus III, 0. Kita peroleh { : < 0} { R} = { R : < 0} R I. = da = <. Utuk kasus II, =. Akibatya, ( ) = < atau < atau < /. Utuk kasus III, himpua peyelesaia dari < adalah { : 0} { R : < / } = { R : 0 < / } R I. Dega meggabugka himpua peyelesaia utuk kasus I, kasus II, da kasus III, diperoleh seluruh ilai R yag memeuhi ketidaksamaa <., yaitu { R : 3/ < < / }. Cotoh.8. Selidiki apakah ketidaksamaa 3 4 memiliki peyelesaia. Peyelesaia. Sebelum melagkah jauh di dalam meyelesaika ketidaksamaa tersebut, perhatika bahwa 3, jika 3, jika 3 = da = ( 3 ), jika < 3. ( ), jika <. Peyelesaiaya kita bagi mejadi tiga kasus terlebih dahulu, yaitu :

17 Kasus I, <. Kita peroleh 3 = ( 3) = 3 da ( ) ( ) ( ) = =. Akibatya, 3 = 3 4 atau 3 atau 3/. Utuk kasus ii, kita tidak mempuyai peyelesaia dari 3 4 karea { : 3/ } { R : < } = { } R I. Kasus II, < 3. Kita peroleh ( ) 3 = 3 = 3 da =. Akibatya, ( ) ( ) 3 = 3 4 atau 5 4. Peryataa ii merupaka sesuatu yag mustahil. Jadi utuk kasus ii, kita tidak mempuyai peyelesaia. Kasus III, 3. Kita peroleh 3 = 3 da =. Akibatya, ( ) ( ) 3 = 3 4 atau 5 atau 5/. Utuk kasus ii, kita tidak mempuyai peyelesaia dari 3 4 karea { : 3} { R : 5/ } = { } R I. Secara keseluruha, kita tidak memiliki solusi utuk ketidaksamaa SIFAT KELENGKAPAN DARI R Pada subbab ii kita aka membahas siat ketiga dari R, yaitu siat kelegkapa. Seperti yag telah dikataka pada pedahulua bab ii, siat kelegkapa berkaita dega kosep supremum atau batas atas terkecil. Utuk itu, kita aka bahas terlebih dahulu apa yag dimaksud dega batas atas dari suatu himpua bilaga real, da kebalikaya, yaitu batas bawahya.

18 Deiisi.9. Misalka X adalah himpua bagia tak kosog dari R. a. Himpua X dikataka terbatas atas jika terdapat a R sedemikia sehigga a, utuk setiap X. Bilaga real a yag demikia disebut sebagai batas atas dari X. b. Himpua X dikataka terbatas bawah jika terdapat b R sedemikia sehigga b, utuk setiap X. Bilaga real b yag demikia disebut sebagai batas bawah dari X. c. Himpua X dikataka terbatas jika X terbatas atas da terbatas bawah. Himpua X dikataka tidak terbatas jika X tidak terbatas atas atau tidak terbatas bawah. Sebagai cotoh, perhatika himpua { : > 0} R. Setiap eleme pada himpua { b R : b 0} merupaka batas bawah dari { : > 0} kita megambil eleme { : > 0} R. Setiap R maka selalu kita dapatka bahwa <, sedagka { R : > 0}. Yag demikia megadug arti bahwa tidak ada a R sedemikia sehigga a, utuk setiap { R : > 0}. Jadi himpua { : > 0} R terbatas bawah tetapi tidak terbatas atas, atau juga dapat dikataka bahwa himpua tersebut tidak terbatas. Cotoh lai, padag himpua { R : < }. Himpua { a R : a } merupaka koleksi semua batas atas dari { : < } R. Tidak ada b R sedemikia sehigga b, utuk semua { R : < }, karea setiap kita megambil { : < } R maka selalu dapat kita peroleh bahwa <, sedagka { R : < }. Akibatya, himpua { : < } mempuyai batas bawah. Jadi himpua { : < } R tidak R terbatas atas tetapi tidak terbatas bawah, atau juga dapat dikataka bahwa himpua tersebut tidak terbatas.

19 Berdasarka papara sebelumya, himpua { : 0 < < } R memiliki batas atas da batas bawah, atau dega kata lai himpua tersebut merupaka himpua terbatas. Dari batas-batas bawahya, kita dapat memilih batas bawah yag terbesar, yaitu eleme 0. Sedagka dari batas-batas atasya, kita dapat memilih batas atas yag terkecil, yaitu eleme. Berikut ii adalah deiisi secara ormal dari batas atas terkecil, disebut supremum, da batas bawah terbesar, disebut iimum, dari suatu himpua bilaga real. Deiisi.0. Misalka X adalah himpua bagia tak kosog dari R. a. Misalka X terbatas atas. Eleme a R dikataka supremum dari X jika memeuhi syarat-syarat : () a adalah batas atas dari X () a v, utuk setiap v, batas atas dari X. b. Misalka X terbatas bawah. Eleme b R dikataka iimum dari X jika memeuhi syarat-syarat : () b adalah batas bawah dari X () b w, utuk setiap w, batas bawah dari X. Selajutya, mugki timbul pertayaa, apakah perbedaa atara supremum (iimum) dega maksimum (miimum)? Cotoh sebelumya tetag himpua { : 0 < < } R, bisa mejadi ilustrasi utuk mejelaska hal ii. Himpua { : 0 < < } R tidaklah mempuyai miimum da maksimum, karea tidak ada, M { : 0 < < } m R sedemikia sehigga m da M, utuk setiap { : 0 < < } R. Sedagka utuk supremum da iimum, himpua { : 0 < < } R memilikiya, yaitu da 0, masig-masig secara beruruta. Eleme miimum da maksimum haruslah eleme dari himpua yag bersagkuta, tetapi eleme iimum da supremum tidaklah harus demikia. Jadi eleme iimum da supremum bisa termasuk atau tidak termasuk ke dalam himpua yag bersagkuta. Himpua { R : 0 } memiliki iimum da supremum, yaitu eleme da 0, yag termasuk ke dalam himpua { : 0 } R.

20 Selajutya, kita aka memberika ormulasi lai dari deiisi supremum da iimum pada deiisi.0. Kita mulai dega deiisi supremum. Eleme a adalah batas atas dari X ekuivale dega a, utuk setiap X. Peryataa a v, utuk setiap v, batas atas dari X, megadug arti bahwa jika z < a maka z adalah buka batas atas dari X. Jika z adalah buka batas atas dari X maka terdapat z X sedemikia sehigga z > z. Jadi kita mempuyai akta bahwa jika z < a maka terdapat z X sedemikia sehigga z > z. Selajutya, jika diberika 0 ε > maka a ε < a. Dega megguaka akta sebelumya, maka terdapat ε X sedemikia sehigga ε > a ε. Jadi kita memperoleh akta baru, yag ekuivale dega akta sebelumya, yaitu utuk setiap ε > 0 terdapat ε X sedemikia sehigga ε > a ε. Dega demikia kita memperoleh akta-akta yag ekuivale dega deiisi.0. Teorema.. Eleme a R, batas atas dari X, himpua bagia tak kosog dari R, adalah supremum dari X jika da haya jika apabila z terdapat z X sedemikia sehigga z > z. < a maka Teorema.. Eleme a R, batas atas dari X, himpua bagia tak kosog dari R, adalah supremum dari X jika da haya jika utuk setiap ε > 0 terdapat ε X sedemikia sehigga ε > a ε. Fakta-akta serupa yag berkaita dega eleme iimum adalah sebagai berikut. Teorema.3. Eleme b R, batas bawah dari X, himpua bagia tak kosog dari R, adalah iimum dari X jika da haya jika apabila z terdapat z X sedemikia sehigga z < z. > b maka

21 Teorema.4. Eleme b R, batas bawah dari X, himpua bagia tak kosog dari R, adalah iimum dari X jika da haya jika utuk setiap ε > 0 terdapat ε X sedemikia sehigga ε < b ε. Bukti Teorema.3 da Teorema.4 ditiggalka sebagai latiha bagi para pembaca. Selajutya, mugki kita mempertayaka apakah eleme supremum atau iimum tuggal atau tidak. Mari kita kaji masalah ii. Misalka u, v R adalah supremum dari himpua yag terbatas atas U. Utuk meujukka bahwa supremum dari U adalah tuggal, berarti kita harus meujukka bahwa u Utuk meujukkaya, perhatika bahwa u = v. w da v w, utuk setiap w, batas atas dari U. Karea u da v juga batas atas dari U, kita memiliki u da v u. Yag demikia berarti u = v atau supremum dari U adalah tuggal. Dega mudah, dapat pula kita tujukka bahwa iimum dari suatu himpua yag terbatas bawah juga tuggal. v Berdasarka semua pejelasa pada subbab ii, kita mempuyai suatu aksioma yag sagat esesial. Aksioma iilah yag dimaksud dega siat Kelegkapa dari R, atau biasa juga disebut siat supremum dari. Aksioma.5 (Siat Kelegkapa dari R ). Setiap himpua bagia dari R yag terbatas atas memiliki supremum di R. Aksioma tersebut megataka bahwa R, digambarka sebagai himpua titiktitik pada suatu garis, tidaklah berlubag. Sedagka himpua bilagabilaga rasioal Q, sebagai himpua bagia dari R yag juga memeuhi siat aljabar (lapaga) da terurut, memiliki lubag. Iilah yag membedaka R dega Q. Karea tidak berlubag iilah, R, selai merupaka lapaga terurut, juga mempuyai siat legkap. Oleh karea itu, R disebut sebagai lapaga terurut yag legkap. Peetua supremum dari himpua { t : t 0, < } T : = Q t bisa dijadika ilustrasi utuk mejelaska termiologi lubag pada himpua Q. Supremum dari T Q yaitu, yag merupaka

22 akar dari persamaa =, bukalah bilaga rasioal. Bilaga ii merupaka salah satu lubag pada Q. Maksudya, supremum dari adalah T Q yag buka merupaka eleme dari Q. Sehigga dapat dikataka bahwa aksioma kelegkapa tidak berlaku pada Q. Tetapi jika kita bekerja pada R, yag demikia tidak aka terjadi. Sekarag, misalka V adalah himpua yag terbatas bawah, artiya terdapat l R sedemikia sehigga l, utuk setiap V. Dariya, kita memperoleh bahwa l, utuk setiap V. Dega demikia, himpua { : V} terbatas atas. Meurut Aksioma.5., himpua { : V} supremum. Misalka s adalah supremum dari { : V} memiliki. Yag demikia berarti s, utuk setiap V, da s r, utuk setiap r, batas atas dari { : V}. Dariya, kita memiliki s, utuk setiap V, da s r, utuk setiap r, batas atas dari { : V} atas dari { : V}. Dapat ditujukka bahwa r batas jika da haya jika r adalah batas bawah dari V. Jadi kita memiliki s, utuk setiap V, da s t, utuk setiap t, batas bawah dari V, atau dega kata lai, s adalah iimum dari himpua V. Berdasarka pejelasa tersebut, kita memiliki hal yag serupa dega Aksioma.5, yaitu bahwa setiap himpua bagia dari R yag terbatas bawah memiliki iimum di R. Cotoh.6. Tetuka supremum dari himpua = { : < } S R. Peyelesaia. Kita klaim terlebih dahulu bahwa sup S, supremum dari S, adalah. Klaim kita bear jika dapat ditujukka bahwa :. Batas atas dari S adalah, atau, utuk setiap S.. v, utuk setiap v, batas atas dari S. Jelas bahwa adalah batas atas dari S. Selajutya, misalka v <. Perhatika eleme / v /. Dapat ditujukka bahwa v < / v / <. Artiya, setiap eleme v < bukalah batas atas dari S. Jelas bahwa v batas atas dari S jika

23 da haya jika v. Hal ii sekaligus meujukka bahwa merupaka batas atas terkecil dari S. Dega demikia, merupaka supremum dari S. Selajutya, kita aka megguaka Teorema. utuk meujukka adalah supremum dari S. Jika v <, berdasarka pembahasa tadi, dega memilih sv = / v /, kita peroleh bahwa sv S da v < sv. Jadi merupaka supremum dari S. Kita aka coba cara lai utuk meujukka bahwa merupaka supremum dari S, seperti yag tertulis pada Teorema.. Diberika ε > 0. Di sii kita aka memilih apakah ada sε S sedemikia sehigga ε < s ε (pemiliha s ε yag demikia tidaklah uik). Jika kita memilih = ε / maka kita memperoleh apa yag kita harapka, karea jelas bahwa = ε / <, atau dega kata lai sε S da ε < s ε = ε /. Yag demikia selalu mugki utuk sembarag ε > 0 yag diberika. Jadi memag adalah supremum dari S. s ε s ε Cotoh.7. Tetuka iimum dari = { : > 0} I R. Peyelesaia. Kita klaim terlebih dahulu bahwa i I, iimum dari I, adalah 0. Klaim kita bear jika dapat ditujukka bahwa :. Batas bawah dari I adalah 0, atau 0, utuk setiap I.. w 0, utuk setiap w, batas bawah dari I. Jelas 0 merupaka batas bawah dari I. Berikutya, misalka w > 0. Perhatika bahwa 0 < w/ < w. Di sii w/ I. Artiya, jika w > 0 maka w buka batas bawah dari I. Jelas bahwa w 0 jika da haya jika w adalah batas bawah dari I. Hal ii sekaligus meujukka bahwa 0 adalah batas bawah terbesar dari I. Berikutya, kita aka megguaka Teorema.3 utuk meujukka 0 adalah iimum dari I. Misalka w > 0. Berdasarka pembahasa sebelumya, dega

24 memilih iw = w /, kita peroleh bahwa i w iimum dari I. I da i w < w. Akibatya, 0 adalah Cara lai, adalah dega meujukka seperti apa yag tercatum pada Teorema.4. Diberika ε > 0. Kita aka memilih apakah ada iε I sedemikia sehigga i ε < 0 ε = ε. Jika i ε = ε / maka iε I da i ε < ε. Hal ii selalu mugki utuk sembarag ε > 0 yag diberika. Dega demikia, 0 adalah iimum dari I. Cotoh.8. Tujukka bahwa jika himpua maka supremum dari as : { as : s S} =, sup as = a sup S. S R terbatas atas da a > 0 Peyelesaia. Ada beberapa cara utuk meyelesaika masalah tersebut. Kita mulai dega cara yag pertama, yaitu bahwa kita harus meujukka bahwa a sup S adalah batas atas dari as atau a sup S sup S as, utuk setiap s S, da a v, utuk setiap v, batas atas dari as. Karea S adalah himpua yag terbatas atas, S mempuyai supremum, meurut siat Kelegkapa dari R. Kareaya, sup S s, utuk setiap s S. Karea a > 0, a sup S as, utuk setiap s S. Artiya, a sup S adalah batas atas dari as. Akibatya, as memiliki supremum. Selajutya, misalka w adalah sembarag batas atas dari as atau w as, utuk setiap s S. Karea a > 0, kita peroleh bahwa w/ a s, utuk setiap s S. Di sii w/ a adalah batas atas dari S. Akibatya, w/ a sup S atau w a sup S. Kita peroleh bahwa a sup S w, utuk setiap w, batas atas dari as. Jadi sup as = a sup S. Cara kedua utuk meyelesaika masalah tersebut adalah dega meujukka bahwa a sup S adalah batas atas dari as da utuk setiap v < a sup S terdapat sv as sedemikia sehigga v < sv. Telah ditujukka bahwa a sup S adalah batas atas dari as. Sekarag, misalka v < a sup S. Karea a > 0, v / a < sup S. Akibatya, terdapat sv / a S sedemikia sehigga v / a < sv / a. Kareaya, kita

25 memperoleh v < as v / a. Di sii jelas bahwa as / kita mempuyai sv v a as. Dega memilih sv = asv / a, as dav < sv. Jadi sup as = asup S. Lebih jauh, kita aka melihat bagaimaa siat kelegkapa dari R ii diguaka utuk meujukka bahwa himpua semua bilaga asli N tidak mempuyai batas atas. Artiya tidak terdapat setiap R sedemikia sehigga, utuk N, atau dega kata lai jika diberika R terdapat N sedemikia sehigga >. Teorema.9 (Siat Archimedea). Jika R maka terdapat N sedemikia sehigga >. Bukti. Adaika N memiliki batas atas atau terdapat R sedemikia sehigga, utuk setiap N. Akibatya, adalah batas atas dari N. Meurut siat kelegkapa dari R, N memiliki supremum. Misalka supremum dari N itu adalah a. Perhatika bahwa a < a. Karea a jelas buka batas atas dari N, maka terdapat m N sedemikia sehigga a < memiliki bahwa a < m. Perhatika bahwa m N m. Dariya kita. Yag demikia megakibatka bahwa a buka batas atas dari N. Hal ii kotradiksi dega asumsi di awal bahwa a adalah supremum dari N, yag tiada lai juga merupaka batas atasya. Jadi himpua N tidak memiliki batas atas atau Jika R maka terdapat N sedemikia sehigga >. Sekarag, misalka t > 0. Kita peroleh bahwa / t > 0 Archimedea, terdapat. Meurut siat N, yag bergatug pada / t (bisa juga dikataka bergatug pada t ), sedemikia sehigga > / t, atau juga bisa ditulis sebagai / < t. Berdasarka pembahasa ii, kita memiliki akibat berikut. Akibat.30. Jika t > 0 maka terdapat N sedemikia sehigga 0 < / t < t t Selai Akibat.30, siat Archimedea memilki kosekuesi lai, seperti yag diyataka pada akibat berikut ii.

26 Akibat.3. Jika y > 0 maka terdapat N sedemikia sehigga y y <. y y Bukti. Misalka E y = { m : y < m} : N dega y R. Siat Archimedea mejami bahwa himpua E y tidaklah kosog. Karea E y himpua bagia dari N da tidak kosog, maka meurut siat well-orderig dari R, E y mempuyai eleme terkecil. Misalka eleme terkecil itu adalah y. Karea y adalah eleme terkecil dari E, maka E atau y y y y y. Dega demikia y <. y y Jika kita memiliki dua buah sembarag bilaga rasioal yag berbeda, secara ituiti kita aka megataka bahwa di atara keduaya juga terdapat bilaga rasioal yag lai da jumlahya bisa tak berhigga. Dega kata lai, himpua semua bilaga rasioal Q adalah himpua yag rapat. Secara ormal, memag dapat dibuktika bahwa Q memiliki siat yag demikia. Teorema.3. Jika sedemikia sehigga < r < y., y Q da < y maka terdapat bilaga rasioal r Bukti. Misalka = 0. Akibatya, y > 0. Meurut Akibat.30, terdapat p N sedemikia sehigga / p < y. Bilaga rasioal r : = / p memeuhi < r < y. Berikutya, misalka > 0. Dariya, kita memiliki y > 0. Berdasarka Akibat.30, terdapat m N sedemikia sehigga / m < y. Kareaya, < my m atau m < my. Padag m > 0. Meurut Akibat.3, terdapat N sedemika sehigga m <. Dari m kita memperoleh m, sehigga m < my. Dari m < kita memperoleh m < < my. Akibatya, < / m < y. Bilaga rasioal r : = / m memeuhi < r < y.

27 Terakhir, misalka < 0 atau > 0. Akibatya, y > 0. Dega cara serupa seperti pada kasus > 0, kita bisa medapatka bilaga rasioal r sedemikia sehigga < r < y. Kita juga memiliki akta lai, yag aalog dega teorema.3, utuk himpua bilaga-bilaga irasioal. Akibat.33. Jika sedemikia sehigga < z < y., y R da < y maka terdapat bilaga irasioal z Bukti. Dari hipotesis kita dapatka bahwa /, y / R da / < y /. Meurut Teorema.3, terdapat bilaga rasioal r 0 sedemikia sehigga / < r < y / atau < r < y. Bilaga z : = r merupaka bilaga irasioal da memeuhi < z < y..4 INTERVAL Pada subbab ii kita membahas suatu himpua bagia dari R yag dikostruksi berdasarka siat terurut dari R. Himpua bagia ii diamaka sebagai iterval. Deiisi.34. Misalka a, b R dega a < b. a. Iterval buka yag dibetuk dari eleme a da b adalah himpua ( a b) := { : a < < b}, R. b. Iterval tutup yag dibetuk dari eleme a da b adalah himpua [ a b] := { : a b}, R. c. Iterval setegah buka (atau setegah tutup) yag dibetuk dari eleme a da b adalah himpua [ a b) := { : a < b} ( a b] := { : a < b}, R., R atau Semua jeis iterval pada Deiisi.34 merupaka himpua yag terbatas da memiliki pajag iterval yag dideiisika sebagai b a. Jika a = b maka

28 himpua buka ( a, a ) = { } da himpua tutup [ a, a] { a} =, yag diamaka dega himpua sigleto. Eleme a da b disebut titik ujug iterval. Selai iterval terbatas, terdapat pula iterval tak terbatas. Pada iterval tak terbatas ii, kita dikealka dega simbol da yag berkaita dega ketak terbatasaya. Deiisi.35. Misalka a R. a. Iterval buka tak terbatas adalah himpua ( a ): = { : > a} ( a ): = { : < a}, R., R atau b. Iterval tutup tak terbatas adalah himpua [ a ): = { : a} ( a] : = { : a}, R., R atau Himpua bilaga real R merupaka himpua yag tak terbatas da dapat diotasika dega (, ). Perlu diperhatika bahwa simbol atau bukalah bilaga real. Kareaya, dapat dikataka bahwa R ii tidak mempuyai titik-titik ujug. Teorema.36 (Karakterisasi Iterval). Jika memuat palig sedikit dua eleme da memiliki siat : jika, y R da y maka S merupaka suatu iterval. < maka [, y] Bukti. Kita aka membuktikaya utuk empat kasus. Kasus I, S adalah himpua terbatas. S R adalah himpua yag S, Karea S himpua terbatas maka S mempuyai iimum atau supremum. Misalka iimum da supremum dari S adalah masig-masig, secara beruruta, a da b. Jika S maka a b [ a, b] S.. Kareaya, [ a, b]. Akibatya,

29 Selajutya, aka ditujukka bahwa ( a, b) S. Misalka z ( a, b) atau a < z < b. Yag demikia berarti z buka batas bawah dari S. Akibatya, terdapat z S sedemikia sehigga z < z. Kita memperoleh pula bahwa z buka batas atas dari S. Itu artiya bahwa terdapat yz z y z <. Kita medapatka bahwa z [, y ] [, ] z z z z S sedemikia sehigga. Karea meurut hipotesis, y S, maka z S. Karea yag demikia berlaku utuk sembarag z ( a, b), maka ( a, b) S. Jika a, b S maka [ a, b] S = [ a, b]. Jika a, b S maka S [ a, b] Karea ( a, b) S S [ a, b] da ( a, b) S da S ( a, b) S. Karea telah diperoleh bahwa S [ a, b], maka cukup diyataka dega S ( a, b), maka S ( a, b). =. Jika a S da b S maka S masig-masig, secara beruruta, cukup diyataka [ a, b) da [ a, b) S. Akibatya, kita memperoleh S [ a, b) da b S maka dapat ditujukka bahwa S = ( a, b]. =. Jika a S Kasus II, S adalah himpua yag terbatas atas tetapi tidak terbatas bawah. Karea S terbatas atas, maka S mempuyai supremum. Misalka supremum dari S adalah b. Kita memperoleh bahwa (, b] S. b, utuk setiap S. Akibatya, Berikutya, kita aka meujukka bahwa (,b) S. Misalka z (, b) atau z < b. Karea z buka batas atas dari S, maka terdapat yz S sedemikia sehigga z S sedemikia sehigga z z < y. Karea S tidak terbatas bawah, maka terdapat z < z. Akibatya, z [, y ]. Karea meurut z z

30 hipotesis, [, ] z y S, maka z S. Yag demikia berlaku utuk sembarag z z (, b). Karea itu, ( ),b S. Jika b S maka (,b) S dapat pula diyataka dega ( ] Karea S (, b] da S (, b], maka S (, b] S (, b] cukup diyataka dega S (, b) (,b) S, kita memperoleh bahwa S ( a, b),b S. =. Jika b S maka Akibatya, bersama dega =. Kasus III, S adalah himpua yag tidak terbatas atas tetapi terbatas bawah. Dega cara yag serupa, seperti pada kasus II, dapat ditujukka bahwa S = [ a, ) atau S ( a, ) = dega a adalah iimum dari S. Kasus IV, S adalah himpua yag tidak terbatas. Berdasarka hipotasis, jelas bahwa S R. Selajutya, kita aka meujukka bahwa R S. Misalka z R. Karea S tidak terbatas, maka z bukalah batas bawah da batas atas dari S. Akibatya, terdapat, y S sedemikia sehigga z [, ] z z < z da z yz <. Dariya, kita memiliki z [, y ] z z z z. Meurut hipotesis, y S. Akibatya, z S. Karea hal ii berlaku utuk sembarag z R, maka R S. Dega demikia, R = S. Jadi, secara keseluruha, telah ditujukka bahwa S merupaka suatu iterval di R..5 REPRESENTASI DESIMAL DARI BILANGAN REAL Semua bilaga real dapat diyataka dalam betuk lai yag disebut sebagai betuk desimal. Misalka [ 0,]. Jika kita membagi iterval [ 0, ] mejadi 0

31 sub iterval yag sama pajagya, maka b ( b ) /0, /0 utuk suatu b { 0,,,...,9 }. Jika kita membagi lagi iterval b ( b ) /0, /0 mejadi 0 sub iterval yag sama pajagya, maka ( ) b /0 b /0, b /0 b /0 utuk suatu b { 0,,,...,9}. Jika proses tersebut terus dilajutka maka kita aka memperoleh barisa { b } dega 0 b 9, utuk semua N, sedemikia sehigga memeuhi ( b ) b b b b b Represetasi desimal dari [ 0,] adalah 0, b b... b.... Jika da N N sedemikia sehigga N < N maka represetasi desimal dari adalah N, bb... b... dega 0, b b b adalah represetasi desimal dari N [ 0,]. Sebagai cotoh, kita aka meetuka betuk desimal dari /7. Jika [ 0, ] dibagi mejadi 0 sub iterval yag sama pajag maka ( ) ( ) /0, /0 / 7 /0, /0. Jika dibagi mejadi 0 sub iterval yag sama pajag maka ( ) / 7 /0 4 /0,/0 4 /0. Selajutya, aka kita peroleh ( ) 3 3 / 7 /0 4/0 /0,/0 4 /0 /0. Jika proses ii terus dilajutka aka kita dapatka bahwa / 7 = 0, Represetasi desimal dari suatu bilaga real adalah uik, kecuali bilagabilaga real berbetuk m /0 dega m, da m 0. Sebagai cotoh, represetasi decimal dari / adalah 0,4999 atau 0,5000 (Coba pembaca periksa megapa yag demikia bisa terjadi). Cotoh lai, /8=0, =0, Coba perhatika kembali represetasi decimal dari /7 yaitu 0, Terdapat pegulaga dereta agka 4857 pada represetasi desimal dari /7. Represetasi desimal yag demikia disebut

32 reperesetasi desimal periodik dega periode p = 6 yag meujukka jumlah dereta agka yag berulag. Dapat ditujukka bahwa bilaga real positi adalah rasioal jika da haya jika represetasi desimalya adalah periodik (lihat Bartle-Sherbert []). Dega megguaka represetasi desimal dari bilaga real ii, kita aka membuktika Teorema Cator yag megataka bahwa himpua semua bilaga real adalah tak terhitug (ucoutable). Teorema.37. Iterval satua [ 0, ]: = { : 0 } (ucoutable). R adalah tak terhitug Bukti. Adaika iterval [ 0, ] coutable. Misalka [ 0, ] {,,...,,...} =. Karea setiap eleme di [ 0, ] dapat diyataka dalam betuk desimal, maka kita dapat meyataka bahwa = 0, b b... b... = 0, b b... b... M = 0, b b... b... dega 0 b ij 9, utuk semua i, j N. M Selajutya deiisika bilaga real y : = 0, y y... y... dega y 4, jika b 5 : = 5, jika b 4. Jelas bahwa y [ 0,]. Berdasarka pedeiisia y, jelas bahwa setiap utuk semua N. Selai itu, betuk y : 0, y y... y... y utuk = adalah uik karea y { 0,9} N. Hal itu semua megadug arti bahwa y [ 0,]. Terjadi kotradiksi di sii. Jadi [ 0, ] haruslah ucoutable.

33 Prosedur pada pembuktia Teorema.37 di atas dikeal sebagai prosedur diagoal yag memaaatka represetasi desimal bilaga real. Karea [, ] R 0 da [ ] 0, ucoutable, maka R adalah ucoutable. BAB II BARISAN BILANGAN REAL. DEFINISI BARISAN BILANGAN REAL Deiisi.. Barisa bilaga real adalah ugsi X : N N. Jika X : N N adalah barisa bilaga real maka ilai ugsi X di N diotasika sebagai. Nilai ii disebut suku ke- dari barisa bilaga real X. Barisa bilaga real X dapat pula dituliska sebagai ( : N). Dalam =. literatur lai, barisa bilaga real X ii biasa dituliska dalam otasi { } Barisa bilaga real dapat direpresetasika dalam berbagai cara. Barisa bilaga real X : = {,3,5,... } dapat diyataka dega X = ( : N) : dega = atau = dega =. Hubuga = dega = ii disebut sebagai hubuga rekursi. Selajutya, perhatika kembali barisa bilaga real X = ( = : N) :. Jika semaki besar maka semaki besar, tapa batas. Tetapi, kalau kita perhatika barisa Y = ( y = / : N) :, maka jika semaki besar maka y semaki kecil, meuju agka ol. Barisa bilaga real Y ii dikataka sebagai barisa yag mempuyai limit atau barisa yag koverge. Sedagka barisa bilaga real X dikataka sebagai barisa yag tidak memiliki limit atau barisa yag tidak koverge atau diverge.

34 Deiisi.. Barisa bilaga real ( N) : dikataka koverge ke R, limit dari dari ( : N), jika utuk setiap ε > 0 terdapat N ( ε ) > 0 sedemikia sehigga utuk setiap N( ε ), < ε. Misalka barisa bilaga real ( : N) koverge. Diberika ε > 0 cukup besar. Karea adalah ujug dari barisa bilaga real ( : N), tetuya yag cukup besar dapat dipeuhi oleh semua, N dega N yag kecil. Sebalikya, jika ε > 0 cukup kecil maka yag cukup kecil dapat dipeuhi oleh setiap, K dega K yag besar. Pejelasa tersebut megadug arti bahwa semaki besar N maka semaki kecil ε atau dega N aka semaki dekat ke limitya, yaitu. Peryataa barisa bilaga real X koverge atau meuju ke dapat diyataka sebagai lim X = atau lim ( ) = atau lim = atau. Berdasarka Deiisi., kita bisa medapatka akta bahwa lim = jika da haya jika utuk setiap 0 ε >, himpua { : ε} N adalah himpua yag berhigga. Bukti akta ii ditiggalka sebagai latiha bagi para pembaca. Cotoh.3. Perhatika lagi barisa bilaga real Y = ( y = / : N) Diberika ε > 0. Selajutya, lihat bahwa / 0 / / dega ( ) / setiap N ( ε ). = =. Jika N ( ε ) N ε > ε maka > / ε atau/ < ε. Akibatya, / 0 < ε utuk. Yag demikia berlaku utuk setiap ε > 0. Ii artiya bahwa barisa bilaga real Y koverge ke ol. Sekarag, kita perhatika lagi barisa bilaga real Y = ( y = / : N). Kemudia padag barisa bilaga real Y ' = ( /,/ 4,/ 6,... ). Suku-suku pada

35 Y ' merupaka suku-suku yag meempati uruta geap pada Y. Barisa Y ' ii disebut sebagai sub barisa dari Y. Berikut ii adalah deiisi ormal dari sub barisa. Deiisi.4. Misalka X = ( : N) : adalah barisa bilaga real da < <... < k <... dega N utuk semua k N ( ) X : = k N : k k ' disebut sebagai sub barisa dari X = ( : N). Barisa bilaga real :. Bagaimaa dega limit sub barisa dari suatu sub barisa? Teorema berikut mejelaska hal ii. Teorema.5. Jika X : = ( k N) ( ) ' adalah sub barisa dari barisa : X : = : N yag koverge ke R juga koverge ke R. Bukti. Karea X = ( : N) k maka sub barisa X ': = ( k N) : adalah barisa yag koverge ke R, maka jika diberika ε > 0 terdapat N ( ε ) > 0 sedemikia sehigga utuk semua ( ) N ε berlaku < ε. : k Selajutya, dega megguaka iduksi matematika, aka ditujukka bahwa k k utuk setiap k N. Diketahui bahwa < <... < k <.... Utuk k = jelas bahwa. Misalka utuk k = p berlaku p p. Kita aka tujukka bahwa utuk k = p berlaku p p. Karea p > p maka p atau dega kata lai p p. Dega demikia k > k utuk setiap k N. p Jika k N ( ε ) maka N ( ε ). Utuk semua N ( ε ) k Yag demikia berarti sub barisa X : = ( k N) : k k berlaku k < ε. ' juga koverge ke R.

36 Apakah kebalika dari Teorema.5 berlaku? Utuk mejawabya kita lihat pejelasa berikut ii. Perhatika bahwa barisa Z ' = (,,,...,,... ) adalah sub (,,,,...,,... ) barisa dari barisa Z ( ) =. Barisa Z ' adalah barisa yag koverge ke, tetapi barisa Z adalah barisa yag tidak koverge. Tetapi jika setiap sub barisa dari suatu barisa bilaga real X adalah barisa yag koverge maka X adalah barisa yag koverge karea X sediri adalah sub barisa dari diriya sediri. Bagaimaa halya dega limit dari suatu barisa bilaga real yag koverge, apakah tuggal atau tidak? Misalka da y adalah limit dari barisa bilaga real yag koverge X = ( : N) :. Jika diberika ε > 0 terdapat N, N > 0 sehigga utuk setiap N da N y, berlaku, masig-masig secara beruruta, < ε / da y ε / <. Misalka N : maks{ N, N y} Selajutya, perhatika bahwa, berdasarka pertidaksamaa segitiga, ( ) ( ) / / y = y y < ε ε = ε =. utuk semua N. Karea ε > 0 yag diberika sembarag, maka y = 0 atau = y. Yag demikia berarti bahwa limit dari suatu barisa bilaga real yag koverge adalah tuggal. y Teorema.6. Limit dari satu barisa bilaga real yag koverge adalah tuggal.. SIFAT-SIFAT BARISAN BILANGAN REAL Deiisi.6. Barisa bilaga real X = ( : N) terdapat bilaga real M > 0 sedemika sehigga : dikataka terbatas jika M utuk setiap N. Berkaita dega siat keterbatasa barisa bilaga real tersebut kita memiliki teorema berikut ii.

37 Teorema.7. Barisa bilaga real yag koverge adalah terbatas. Bukti. Misalka barisa bilaga real X = ( : N) koverge ke bilaga real ( 0 ) 0 : adalah barisa yag R. Itu berarti bahwa jika kita ambil ε 0 > 0 maka terdapat N ε > sehigga ε0 < utuk semua ( ) N ε 0. Selajutya, perhatika bahwa, berdasarka pertidaksamaa segitiga, utuk semua N ( ε 0 ). ( ) ε0 = < Berikutya, pilih { ε ( ) } 3 N ε0 0 M : = maks,,,...,,. Jelas bahwa utuk setiap N berlaku M atau dega kata lai barisa bilaga real X adalah barisa yag terbatas. Sekarag, Misalka X : = ( : N) da Y = ( y : N) : adalah dua buah barisa bilaga real yag koverge. Apakah X Y = ( y N) ( c ) cx : = : N dega R ( / y ) :, : c, XY = ( y N) :, da : X / Y : = N juga barisa yag koverge? Teorema-teorema : berikut ii mejelaska hal tersebut. Teorema.8. Jika X da Y adalah barisa yag koverge ke da y, secara beruruta, da c R maka barisa X Y, cx, da XY adalah juiga barisa yag koverge, masig-masig secara beruruta, ke y, c, da y. Bukti. Misalka X : = ( : N) da Y = ( y : N) bedasarka pertidaksamaa segitiga, ( ) ( ) ( ) ( ) :. Perhatika bahwa, y y = y y y y. X da Y adalah barisa yag koverge ke da y, maka jika diberika ε > 0 maka terdapat bilaga real N, N > 0 sedemikia sehigga utuk setiap

38 N da N, masig-masig secara beruruta, berlaku < ε / da y y ε / <. Misalka N : maks { N, N } =. Jika N maka ( ) ( ) / / y y y y < ε ε = ε. Karea ε > 0 yag diberika sembarag, maka X Y koverge ke y. Berikutya, perhatika bahwa c c = c. Misalka c = 0. Jika diberika ε > 0 maka dega memilih berapa pu bilaga real N > 0, selalu berlaku c c = c = 0 < ε utuk setiap N. Sekarag misalka c 0. Karea X adalah barisa yag koverge ke maka jika diberika ε > 0 maka terdapat bilaga real N > 0 sedemikia sehigga utuk setiap N, berlaku < / c. Akibatya, utuk setiap N, ε ( ε / ) c c = c < c c = ε. Karea ε > 0 yag diberika sembarag, maka cx koverge ke c. Selajutya, kita aka meujukka bahwa barisa XY koverge ke y. Pertama, perhatika bahwa ( ) ( ) y y = y y y y y y y y = y y y Meurut Teorema.7, X adalah barisa yag terbatas. Itu artiya terdapat bilaga real L > 0 sehigga { } L utuk setiap N. Misalka M : = maks L, y. Jika diberika ε > 0 maka terdapat bilaga real N, N > 0 sedemikia sehigga utuk setiap N da N, masig-masig secara beruruta, berlaku < ε / ( M ) da y y ε / ( M ) { } N : = maks N, N. Jika N maka <. Misalka ( / ) ( / ) y y y y y M ε M M ε M = ε. Karea ε > 0 yag diberika sembarag, maka XY koverge ke y.

39 Pembahasa berikutya kita aka meujukka bahwa X / Y aka koverge ke / y jika y 0. Tetapi sebelumya, kita lihat terlebih dahulu teorema berikut iii. Teorema.9. Jika Y = ( y : N) N ) yag koverge ke 0 koverge ke / y. : adalah barisa tak ol ( y 0 utuk setiap y maka barisa / Y : = ( / y : N) juga Bukti. Jika y 0 kita peroleh bahwa y > 0. Karea Y adalah barisa yag koverge ke y, maka terdapat N > 0 sehigga utuk setiap N, berlaku ( / ) y y < y. Karea y y y y atau y y < y y < y y maka y ( / ) > y atau < utuk setiap N. y y Selajutya, jika diberika ε > 0 maka terdapat N > 0 sehigga utuk setiap N, berlaku ( / ) pertidaksamaa segitiga, Jika N : maks { N, N } y y < y ε. Kemudia, perhatika bahwa, berdasarka y y = = y y. y y y y y y = maka utuk setiap N, berlaku = y y < y ε = ε. y y y y y Karea ε > 0 yag diberika sembarag, maka /Y koverge ke / y. Berdasarka Teorema.8 da Teorema.9, jika X adalah barisa bilaga real yag koverge ke da Y adalah barisa bilaga real tak ol yag koverge ke y 0 maka barisa bilaga real X / Y juga koverge ke / y.

40 Teorema.0 (Teorema Apit). Misalka X : = ( : N), Y = ( y : N) ( z ) :, da Z : = : N adalah barisa-barisa bilaga real yag memeuhi y z utuk setiap N. Jika lim = lim z = L maka lim y Bukti. Jika diberika 0 = L. ε > maka terdapat bilaga real N, N > 0 sedemikia sehigga utuk setiap N da N, masig-masig secara beruruta, berlaku L ε < da Akibatya, jika N maka z L ε < (megapa demikia?). N : maks { N, N } L ε < y z < L ε. =. Kita peroleh bahwa L ε y L ε < < atau y L < ε utuk setiap N. Karea ε > 0 yag diberika sembarag, maka lim y = L. Cotoh berikut ii memperlihatka bagaimaa Teorema Apit diaplikasika utuk meghitug limit suatu barisa. cos Cotoh.. Kita aka meghitug limit dari barisa : N. Secara lagsug, mugki kita agak susah utuk meetuka limitya. Perhatika bahwa cos utuk setiap N. Kareaya, kita bisa memperoleh cos utuk setiap N. cos Akibatya, lim lim lim. Jadi cos 0 lim 0 atau cos lim = 0. Barisa bilaga real yag terbatas belum tetu koverge. Sebagai cotoh, barisa bilaga real ( ) ( N) : adalah barisa yag terbatas tetapi tidak koverge. Syarat cukup lai apa yag diperluka sehigga barisa yag terbatas merupaka barisa yag koverge? Pembahasa berikut aka mejelaskaya.

41 Deiisi.. Misalka X = ( : N) : adalah barisa bilaga real. Barisa X dikataka aik jika da dikataka turu jika Barisa bilaga real yag aik atau turu disebut sebagai barisa yag mooto. Teorema.3 (Teorema Kekovergea Mooto). Misalka X : = ( : N) adalah barisa bilaga real yag mooto. Barisa bilaga real X koverge jika da haya jika X terbatas. Lebih jauh, i) Jika X = ( : N) : adalah barisa yag aik da terbatas atas maka ii) Jika X = ( : N) Bukti. { : N} lim = sup. : adalah barisa yag turu da terbatas bawah maka { : N} lim = i. i) Karea barisa X terbatas atas, maka, meurut siat kelegkapa dari R, himpua { : N} memiliki supremum. Misalka = sup { : N} diberika ε > 0 maka ε demikia megadug arti terdapat bukalah batas atas dari { : N}. Jika. Yag K N sehigga ε < K <. Karea X adalah barisa aik da adalah batas atas dari { : N} maka kita mempuyai akta bahwa ε < K K K... < < ε. Dega kata lai, ε ε < < atau < ε utuk setiap K. Karea ε > 0 yag diberika sembarag maka barisa X koverge ke. ii) Karea barisa X terbatas bawah, maka, meurut siat kelegkapa dari R, himpua { : N} memiliki iimum. Misalka = i { : N} diberika ε > 0 maka ε bukalah batas bawah dari { : N}. Jika. Yag demikia megadug arti terdapat K N sehigga < K < ε. Karea