ANALISIS REAL I PENGANTAR. (Introduction to Real Analysis I) M. Zaki Riyanto, S.Si DIKTAT KULIAH ANALISIS

Transkripsi

1 DIKTAT KULIAH ANALISIS PENGANTAR ANALISIS REAL I (Itroductio to Real Aalysis I) M Zaki Riyato, SSi zaki@mailugmacid COPYRIGHT

2 Pegatar Aalisis Real I HALAMAN PERSEMBAHAN Tulisa ii saya persembahka kepada peggiat da pemerhati Matematika di Idoesia ii

3 Pegatar Aalisis Real I KATA PENGANTAR Syukur alhamdulillah, akhirya peulisa buku ii dapat diselesaika dega tepat waktu Materi buku ii diambil dari catata kuliah Pegatar Aalisis Real I di Jurusa Matematika UGM pada tahu 004 da 005 Pegatar Aalisis Real I merupaka mata kuliah wajib bagi mahasiswa S- Matematika Semoga dega buku yag sederhaa ii dapat membatu para mahasiswa dalam mempelajari da memahamiya Diharapka mahasiswa telah mempelajari kosep logika pembuktia, himpua, da Kalkulus Lajut Pada kesempata ii tak lupa saya megucapka bayak terima kasih kepada semua tema kuliah di Matematika UGM agkata 00 da 003, khususya yag telah membatu da memijamka buku catata kuliahya Kami sagat meyadari sepeuhya bahwa buku ii masih jauh dari sempura Oleh karea itu, kami sagat megharapka kritik maupu sara yag membagu demi kelajuta da sempuraya buku ii, terima kasih Yogyakarta, 6 Agustus 008 M Zaki Riyato, SSi zaki@mailugmacid iii

4 Pegatar Aalisis Real I DAFTAR ISI Halama Judul i Halama Persembaha ii Kata Pegatar iii Daftar Isi iv Bab I BILANGAN REAL Sifat-sifat Aljabar da Uruta dalam R Nilai Mutlak da Garis Bilaga Real 3 3 Sifat Legkap R 7 4 Pegguaa Sifat Aksioma Supremum 5 Iterval dalam R 7 Bab II BARISAN DAN DERET Barisa da Limit Barisa 38 Teorema-teorema Limit 45 3 Barisa Mooto 53 4 Barisa Bagia 56 5 Barisa Cauchy 6 6 Sifat Barisa Diverge 65 7 Deret Tak Berhigga 68 Daftar Pustaka 74 iv

5 Pegatar Aalisis Real I BAB BILANGAN REAL Pada bab ii dibahas sifat-sifat petig dari sistem bilaga real R, seperti sifat-sifat aljabar, uruta, da ketaksamaa Selajutya, aka diberika beberapa pegertia seperti bilaga rasioal, harga mutlak, himpua terbuka, da pegertia laiya yag berkaita dega bilaga real Sifat-sifat Aljabar da Uruta dalam R Sebelum mejelaska tetag sifat-sifat R, diberika terlebih dahulu tetag struktur aljabar dari sistem bilaga real Aka diberika pejelasa sigkat megeai sifat-sifat dasar dari pejumlaha da perkalia, sifat-sifat aljabar lai yag dapat dituruka dalam beberapa aksioma da teorema Dalam termiologi aljabar abstrak, sistem bilaga real membetuk lapaga (field) terhadap operasi bier pejumlaha da perkalia biasa Sifat-sifat Aljabar R Pada himpua semua bilaga real R terdapat dua operasi bier, diotasika dega + da yag disebut dega pejumlaha (additio) da perkalia (multiplicatio) Operasi bier tersebut memeuhi sifat-sifat berikut: (A) a + b = b + a utuk semua a, b R (sifat komutatif pejumlaha) (A) ( a + b) + c = a + ( b + c) utuk semua a, b, c R (sifat assosiatif pejumlaha) (A3) terdapat 0 R sedemikia higga 0 + a = a da a + 0 = a utuk semua a R (eksistesi eleme ol) (A4) utuk setiap a R terdapat a R sedemikia higga a + ( a) = 0 da ( a) + a = 0 (eksistesi eleme egatif atau ivers pejumlaha) (M) a b = b a utuk semua a, b R (sifat komutatif perkalia) (M) ( a b) c = a ( b c) utuk semua a, b, c R (sifat assosiatif perkalia)

6 Pegatar Aalisis Real I (M3) terdapat R sedemikia higga a = a da a = a utuk semua a R (M4) (eksistesi eleme uit ) utuk setiap a R, a 0 terdapat a R sedemikia higga a = da a a = (eksistesi ivers perkalia) a (D) a ( b + c) = ( a b) + ( a c) da ( b + c) a = ( b a) + ( c a) utuk semua a, b, c R (sifat distributif perkalia atas pejumlaha) Sifat-sifat di atas telah umum diketahui Sifat (A)-(A4) mejelaska sifat pejumlaha, sifat (M)-(M4) mejelaska sifat perkalia, da sifat terakhir meggabugka kedua operasi Selajutya, diberika beberapa teorema tetag eleme 0 da yag telah diberika pada sifat (A3) da (M3) di atas Juga aka ditujukka bahwa perkalia dega 0 aka selalu meghasilka 0 Teorema (a) Jika z, a R dega z + a = a, maka z = 0 (b) Jika u da b 0 eleme R dega u b = b, maka u = (c) Jika a R, maka a 0 = 0 Bukti (a) Megguaka aksioma (A3), (A4), (A), asumsi z + a = a, da (A4), diperoleh z = z + 0 z ( a ( a) ) ( z a) ( a) a ( a) = + + = + + = + = 0 (b) Megguaka aksioma (M3), (M4), (M), asumsi u b = b, da (M4), diperoleh

7 Pegatar Aalisis Real I u = u = u b b = ( u b) b = b b = a + a 0 = a + a 0 = a + 0 = a = a, maka a 0 = 0 (c) Karea ( ) Dega demikia, maka teorema terbukti Teorema Jika a R, maka (a) ( )a = a (b) ( a) = a (c) ( ) ( ) = Selajutya, diberika dua sifat petig dari operasi perkalia, yaitu sifat ketuggala eleme iversya da bahwa perkalia dua bilaga itu hasilya ol apabila salah satu faktorya adalah ol Teorema 3 (a) Jika a + b = 0, maka b = a (b) Jika a 0 da b R sedemikia higga a b =, maka (c) Jika a b = 0, maka a = 0 atau b = 0 b = a Bukti (a) Karea a + b = 0, maka a + b = 0 ( a) + ( a + b) = ( a) + 0 3

8 Pegatar Aalisis Real I ( ) ( ) a + a + b = a (A da A3) 0 + b = a (A4) b (b) Karea a b =, maka = a (A3) a b = ( a b ) = a a = a a a ( b) b = a b = a (c) Diketahui a b = 0, maka a b = 0 ( a b) = 0 a a = 0 a a ( b) = 0 a a ( b) b = 0 b = 0 Dega cara yag sama, kedua ruas dikalika dega b, maka diperoleh a = 0 Dega demikia teorema terbukti Teorema tersebut di atas mejelaska beberapa sifat aljabar sederhaa dari sistem bilaga real Beberapa akibat dari teorema tersebut diberika sebagai baha latiha soal di bagia akhir subbab ii 4

9 Pegatar Aalisis Real I Operasi peguraga (substractio) didefiisika dega a b : = a + ( b) utuk a, b R Sama halya dega operasi pembagia (divisio), utuk a, b R dega b 0 didefiisika a : = a b b aa, Utuk selajutya, a b cukup dituliska dega ab, da peulisa 3 a utuk ( ) + a a, da secara umum didefiisika : ( ) a utuk a = a a utuk N Lebih lajut, a = a, da jika a 0, maka dapat ditulis 0 a = da a utuk, da jika a N, dapat ditulis a utuk a Bilaga Rasioal da Irrasioal Telah diketahui bahwa himpua N da Z adalah subset dari R Eleme R yag dapat dituliska dalam betuk b a di maa a, b Z da a 0 disebut dega bilaga rasioal (ratioal umbers) Himpua semua bilaga rasioal di R diotasika dega Q Dapat ditujukka bahwa pejumlaha da perkalia dua bilaga rasioal adalah bilaga rasioal Lebih lajut, sifat-sifat lapaga juga berlaku utuk Q Aka tetapi, tidak semua eleme R merupaka eleme Q, seperti yag tidak dapat diyataka ke dalam betuk b Eleme R yag buka eleme Q disebut a bilaga irrasioal (irratioal umbers) Aka ditujukka bahwa tidak terdapat bilaga rasioal yag kuadratya adalah Utuk membuktikaya diguaka istilah geap da gajil Suatu bilaga asli disebut geap apabila bilaga itu mempuyai betuk utuk suatu N, da disebut gajil apabila bilaga itu mempuyai betuk utuk suatu N Teorema 4 Tidak ada eleme r Q sedemikia higga r = 5

10 Pegatar Aalisis Real I Bukti Adaika ada r Q sedemikia higga r = Karea r Q, maka r dapat dituliska sebagai p q dega p da q tidak mempuyai faktor berserikat selai, sehigga diperoleh p = q atau p = q Karea q geap, maka p geap Akibatya p juga geap, sebab jika gajil, maka p = m utuk suatu m N, atau ( ) ( ) p m m m m m = = = + yag berarti bahwa p gajil Jadi, p haruslah geap Karea p geap, maka p = k utuk suatu k N, sehigga ( ) p = k = 4k Di lai pihak diketahui p = q da p geap, akibatya q gajil, sebab jika q geap, maka faktor berserikat p da q buka Jadi, q haruslah gajil Sehigga diperoleh p = q 4k = q k = q yag berarti q geap Timbul kotradiksi bahwa q gajil Jadi, pegadaia salah, yag bear adalah tidak ada r Q sedemikia higga r = Sifat-sifat Uruta pada R Sifat uruta mejelaska tetag kepositifa (positivity) da ketaksamaa (iequalities) di atara bilaga-bilaga real Ada subset tak kosog P R, yag disebut dega himpua bilagabilaga real positif tegas, yag memeuhi sifat-sifat berikut: (i) Jika a, b P, maka a + b P (ii) Jika a, b P, maka ab P (iii) Jika a P, maka memeuhi tepat satu kodisi berikut: a P, a = 0, a P Sifat pertama da kedua pada teorema di atas mejelaska tetag sifat tertutup P terhadap operasi pejumlaha da perkalia Sifat yag ketiga (iii) serig disebut Sifat Trikotomi (Trichotomy Property), sebab aka membagi R ke dalam tiga jeis eleme yag berbeda Hal ii mejelaska bahwa himpua { a : a } P dari bilaga 6

11 Pegatar Aalisis Real I real egatif tidak mempuyai eleme yag sama dega himpua bilaga real positif Lebih lajut, R merupaka gabuga tiga himpua salig asig tersebut, yaitu { a : a } { 0} R = P P Defiisi 5 (i) Jika a P, ditulis a > 0, artiya a adalah bilaga real positif (ii) Jika a { 0} P, ditulis a 0, artiya a adalah bilaga real oegatif (iii) Jika a P, ditulis a < 0, artiya a adalah bilaga real egatif (iv) Jika a { 0} P, ditulis a 0, artiya a adalah bilaga real opositif Defiisi 6 Diberika a, b R (a) Jika a b P, maka ditulis a > b atau b < a (b) Jika a b { 0} P, maka ditulis a b atau b a Sifat Trikotomi di atas berakibat bahwa utuk a, b R memeuhi tepat satu kodisi berikut: bahwa a a Selajutya, jika a < b da b < c > b, a = b, a < b b da b a, maka a = b Jika a < b < c, maka artiya Teorema 7 Diberika sebarag 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 ca > cb Jika a > b da c < 0, maka ca < cb (d) Jika a > 0, maka 0 a > Jika a<0, maka 0 a < 7

12 Pegatar Aalisis Real I Bukti (a) Diketahui a b > b da b > c, a, b, c R Karea a > c, maka b c P Meurut sifat uruta, maka a diperoleh ( a b) + ( b + c) P a b + b c P ( a c) + ( b + b) P ( a c) 0 + P a c P a > c > b, maka a b P Karea + b P, sehigga (b) Jika a b P, maka ( a + c) ( b c) = a b P Sehigga diperoleh bahwa a + c > b + c (c) Jika a b P da c P, maka ca cb = c ( a b) P Akibatya ca > cb utuk c > 0 Guaka lagkah yag sama utuk c < 0 (d) Cobalah Ada buktika sediri Oleh karea itu, dapat dilihat bahwa bilaga asli juga merupaka bilaga real positif Sifat ii diperoleh dari sifat dasar uruta, berikut ii diberika teoremaya Teorema 8 (a) Jika a R da a 0, maka (b) > 0 (c) Jika N, maka > 0 a > 0 Teorema 9 Jika a, b R da a < b, maka a + b a < < b 8

13 Pegatar Aalisis Real I ( ) a + b Bukti Karea a < b, maka a + a < a + b a < a + b, diperoleh a < Karea + < + + <, diperoleh ( a + b ) a < b, maka a b b b a b b < b Akibatya, dari kedua a + b peryataa di atas diperoleh bahwa a < < b Dapat ditujukka bahwa tidak ada bilaga real positif yag terkecil, sebab jika diberika a > 0, da karea > 0, maka diperoleh 0 < a < a Selajutya, utuk membuktika bahwa suatu himpua a 0 adalah sama dega ol, maka harus ditujukka bahwa a selalu lebih kecil dari sebarag bilaga positif yag diberika Teorema 0 Jika a R sedemikia higga 0 a < ε utuk setiap ε > 0, maka a = 0 a a Bukti Adaika a > 0, maka a > > 0 Diambil ε 0 = ( ε 0 bilaga real positif tegas), maka a > ε 0 > 0 Kotradiksi dega peryataa 0 a < ε utuk setiap ε > 0 Jadi, pegadaia salah, yag bear adalah a = 0 Perkalia atara dua bilaga positif hasilya adalah positif Aka tetapi, hasil perkalia yag positif belum tetu setiap faktorya positif Teorema Jika ab > 0, maka berlaku (i) a > 0 da b > 0, atau (ii) a < 0 da b < 0 9

14 Pegatar Aalisis Real I Akibat Jika ab < 0, maka berlaku (i) a < 0 da b > 0, atau (ii) a > 0 da b < 0 Ketaksamaa (Iequalities) Selajutya, aka ditujukka bagaimaa sifat uruta dapat diguaka utuk meyelesaika suatu ketaksamaa Perhatika cotoh di bawah ii Cotoh 3 (a) Tetuka himpua A dari bilaga real x sedemikia higga x Jawab Diketahui x A da x + 3 6, maka Jadi, 3 A = x R : x (b) Diberika B = { x : x + x > } Jawab Diketahui x B da ( x )( x ) x x 3 3 x R Tetuka betuk lai dari B x + x > atau x + x > 0 atau + > 0 Sehigga diperoleh bahwa (i) x > 0 da x + > 0, atau (ii) x < 0 da x + < 0 Utuk kasus (i) diperoleh bahwa x > da x >, yag berarti x > Utuk kasus (ii) diperoleh bahwa x < da x <, yag berarti x < Jadi, himpuaya adalah { : } { : } B = x R x > x R x < Teorema 4 Jika a 0 da b 0, maka (a) (b) a < b a < b a < b a b a b a b 5 Ketaksamaa Beroulli Jika x >, maka ( + x) + x utuk semua N 0

15 Pegatar Aalisis Real I Bukti Aka dibuktika megguaka iduksi Utuk =, maka ( ) + x + x + x + x (peryataa bear) k Misalka bear utuk = k, yaitu ( + x) + kx Aka dibuktika bear utuk = k +, yaitu Karea ( )( ) k + k ( ) ( ) ( ) + x = + x + x + kx + x = + kx + x + kx ( ) k x kx = k + kx 0, maka ( ) ( ) + x + k + x, yag berarti bear utuk = k + Jadi, terbukti bahwa ( + x) + x utuk semua N 6 Ketaksamaa Cauchy Jika N da a,, a, b,, b R, maka atau ( a ) ( )( b + ab + + ab a + a + + a b + b + + b ) aibi ai ai i= i= i= Selajutya, jika tidak semua b i = 0, maka aibi = ai bi i= i= i= jika da haya jika terdapat s R sedemikia higga a = sb, a = sb,, a = sb Bukti Didefiisika fugsi F : R R sebagai berikut: ( ) ( ) ( ) ( ) F t = a tb + a tb + + a tb, t R Jelas bahwa F( t) 0, utuk setiap t R Selajutya, F( t ) = ( a ) ( ) ( tab + t b + a tab + t b + + a tab + t b ) ( a ) ( ) ( a a t ab ab ab t b b b ) = = ai t aibi + t bi i= i= i=

16 Pegatar Aalisis Real I Igat bahwa persamaa A Bt Ct jika da haya jika ( ) B 4AC 0, yag berakibat B AC Sehigga diperoleh bahwa Dega demikia teorema terbukti aibi ai ai i= i= i= SOAL LATIHAN SUBBAB Jika a, b R, tujukka bahwa: (a) ( a + b) = ( a) + ( b) (b) ( a)( b) = ab a = jika b 0 b ba (c) ( ) Selesaika persamaa berikut (a) x + 5 = 8 (b) x = x 3 Jika a 0 da b 0, tujukka bahwa = ( ab) a b 4 Buktika bahwa tidak ada bilaga rasioal t sedemikia higga 5 Buktika bahwa jika a > 0, maka ( ) a = a t = 3 6 Jika a, b R, tujukka bahwa a + b = 0 jika da haya jika a = b = 0 7 Buktika bahwa ( a + b) ( a + b ) 8 Tujukka bahwa jika a R da m, N, maka (Guaka iduksi matematik), utuk semua a, b R a = a a da ( a ) m+ m = a m m

17 Pegatar Aalisis Real I Nilai Mutlak da Garis Bilaga Real Dari sifat Trikotomi, dapat ditarik kesimpula bahwa jika a R da a 0, maka a atau a merupaka bilaga real positif Nilai mutlak dari a 0 didefiisika sebagai ilai positif dari dua bilaga tersebut Defiisi Nilai mutlak (absolute value) dari suatu bilaga real a, diotasika dega a, didefiisika sebagai a a jika a > 0 : = 0 jika a = 0 a jika a < 0 Sebagai cotohya, 3 = 3 da 9 = 9 Dapat dilihat dari defiisi di atas bahwa a 0 utuk semua a R, da bahwa a = 0 jika da haya jika a = 0 a = a utuk semua a R Berikut ii diberika beberapa sifat ilai mutlak Juga bahwa Teorema (a) ab = a b utuk semua a R (b) a = a utuk semua a R (c) Jika c 0, maka a c jika da haya jika c a c (d) a a a utuk semua a R Bukti (a) Jika a = b = 0, maka terbukti Jika a > 0 da b > 0, maka ab > 0, sehigga ab = ab = a b Jika a > 0 da b < 0, maka ab < 0, sehigga ab = ab = a ( b) = a b 3

18 Pegatar Aalisis Real I (b) Karea a 0, maka a = a = aa = a a = a (c) Jika a c, maka a c da a c yag berarti c a c Sebalikya, jika c a c, maka diperoleh a c da a c Jadi, a c (d) Guaka lagkah yag sama seperti pada (c) dega megambil c = a Berikut ii diberika sebuah teorema yag disebut dega Ketaksamaa Segitiga (Triagle Iequality) 3 Ketaksamaa Segitiga Jika a, b R, maka a + b a + b Bukti Dari Teorema (d), diketahui a a a da b b b Dega mejumlahka kedua ketaksamaa diperoleh ( a + b ) a + b a + b Megguaka Teorema (c) diperoleh bahwa a + b a + b Akibat 4 Jika a, b R, maka (a) a b a b (b) a b a + b Bukti (a) Tulis a = a b + b da masukka ke dalam Ketaksamaa Segitiga Sehigga a = ( a b) + b a b + b Kuragka kedua ruas dega b, diperoleh a b a b Guaka cara yag sama utuk b = b a + a, diperoleh a b a b Kombiasika kedua ketaksamaa tersebut, diperoleh a b a b a b Megguaka Teorema (c) diperoleh bahwa a b a b 4

19 Pegatar Aalisis Real I (b) Gatilah b pada Ketaksamaa Segitiga dega b, sehigga diperoleh a b a + b Karea b = b, maka diperoleh bahwa a b a + b Ketaksamaa segitiga di atas dapat diperluas sehigga berlaku utuk sebarag bilaga real yag bayakya berhigga Akibat 5 Jika a, a,, a adalah sebarag bilaga real, maka a + a + + a a + a + + a Cotoh 6 Diberika fugsi f yag didefiisika dega Tetuka kostata M sedemikia higga f ( x) f ( x) = x 3x + x M, utuk setiap x [,3] utuk x [,3] Diketahui f ( x) x 3 x + x 3x + = = x x, x 3x + x + 3x + = 8 da x x = 3 = + + x 3 x ( ) ( ) ( ) Sehigga f ( x) f ( x) x 3x + 8 = Jadi, dega megambil x 3 M, utuk setiap x [,3] M = 8 3, didapat 5

20 Pegatar Aalisis Real I Garis Bilaga Real (The Real Lie) Iterpetasi geometri yag dikeal di ataraya garis bilaga real (real lie) Pada garis real, ilai mutlak a dari suatu eleme a R adalah jarak a ke 0 Secara umum, jarak (distace) atara eleme a da b di R adalah a b Perhatika gambar berikut () = 3 Gambar Jarak atara a = da b = Defiisi 6 Diberika a R da ε > 0 Persekitara-ε (ε -eighborhood) dari a didefiisika sebagai himpua { } ( ) Vε ( a) : = x R : x a < ε = a ε, a + ε V ( a) ε a ε a a + ε Gambar Persekitara V ( a) ε Dapat dilihat bahwa x V ( a) jika da haya jika a ε < x < a + ε Persekitara juga serig disebut dega kitara ε Teorema 7 Diberika a R Jika x berada dalam persekitara Vε ( a) utuk setiap ε > 0, maka x = a Bukti Jika x memeuhi x a < ε utuk setiap ε > 0, maka berdasarka Teorema 0 diperoleh bahwa x a = 0, yag berakibat x = 0 6

21 Pegatar Aalisis Real I SOAL LATIHAN SUBBAB Jika a, b R da b 0, tujukka bahwa: (a) (b) a a b = a, a = b Jika x, y, z R da x z, tujukka bahwa x y z jika da haya jika x y + y z = x z 3 Jika a < x < b da a < y < b, tujukka bahwa x y < b a 4 Carilah semua ilai x R sedemikia higga x + + x = 7 5 Buatlah sketsa grafik persamaa y = x x 6 Diberika ε > 0 da δ > 0, da a R Tujukka bahwa V ( a) V ( a) da V ( a) V ( a) merupaka persekitara-γ dari a utuk suatu ilai γ ε δ 7 Tujukka bahwa jika a, b R, da a da V dari b sedemikia higga U 8 Tujukka bahwa jika a, b R, maka b, maka terdapat persekira-ε U dari a V = (a) max { a, b} = ( a + b + a b ) da mi { a, b} ( a b a b ) { } mi a, b, c = mi mi a, b, c (b) { } { } ε = + δ 3 Sifat Legkap R Pada bagia ii aka diberika salah satu sifat dari R yag serig disebut dega Sifat Legkap (Completeess Property) Tetapi sebelumya, perlu dijelaska terlebih dahulu kosep supremum da ifimum Supremum da Ifimum Berikut ii diperkealka kosep tetag batas atas da batas bawah dari suatu himpua bilaga real 7

22 Pegatar Aalisis Real I Defiisi 3 Diberika subset tak kosog S R (a) (b) (c) Himpua S dikataka terbatas ke atas (bouded above) jika terdapat suatu bilaga u R sedemikia higga s u utuk semua s S Setiap bilaga u seperti ii disebut dega batas atas (upper boud) dari S Himpua S dikataka terbatas ke bawah (bouded below) jika terdapat suatu bilaga w R sedemikia higga w s utuk semua s S Setiap bilaga w seperti ii disebut dega batas bawah (lower boud) dari S Suatu himpua dikataka terbatas (bouded) jika terbatas ke atas da terbatas ke bawah Jika tidak, maka dikataka tidak terbatas (ubouded) Sebagai cotoh, himpua S : = { x : x < } R ii terbatas ke atas, sebab bilaga da sebarag bilaga lebih dari merupaka batas atas dari S Himpua ii tidak mempuyai batas bawah, jadi himpua ii tidak terbatas ke bawah Jadi, S merupaka himpua yag tidak terbatas Defiisi 3 Diberika S subset tak kosog R (a) Jika S terbatas ke atas, maka suatu bilaga u disebut supremum (batas atas terkecil) dari S jika memeuhi kodisi berikut: () u merupaka batas atas S, da () jika v adalah sebarag batas atas S, maka u v Ditulis u = sup S (b) Jika S terbatas ke bawah, maka suatu bilaga u disebut ifimum (batas bawah terbesar) dari S jika memeuhi kodisi berikut: () w merupaka batas bawah S, da () jika t adalah sebarag batas bawah S, maka t w Ditulis w = if S Mudah utuk dilihat bahwa jika diberika suatu himpua S subset dari R, maka haya terdapat satu supremum, atau supremumya tuggal Juga dapat ditujukka bahwa jika u ' adalah sebarag batas atas dari suatu himpua tak kosog 8

23 Pegatar Aalisis Real I S, maka sup S u ', sebab sup S merupaka batas atas terkecil dari S Suatu subset tak kosog S R mempuyai empat kemugkia, yaitu (i) mempuyai supremum da ifimum, (ii) haya mempuyai supremum, (iii) haya mempuyai ifimum, (iv) tidak mempuyai ifimum da supremum Setiap bilaga real a R merupaka batas atas da sekaligus juga merupaka batas bawah himpua kosog Jadi, himpua tidak mempuyai supremum da ifimum Lemma 33 Suatu bilaga u merupaka supremum dari subset tak kosog S R jika da haya jika u memeuhi kodisi berikut: () s u utuk semua s S, () jika v < u, maka terdapat s ' S sedemikia higga x < s ' Lemma 34 Diberika subset tak kosog S R, (a) u = sup S jika da haya jika utuk setiap ε > 0 terdapat s S sedemikia higga u ε < s (b) w = if S jika da haya jika utuk setiap ε > 0 terdapat s S sedemikia higga u ε < s Bukti (a) Diketahui u = sup S da diberika ε > 0 Karea u ε < u, maka u ε buka merupaka batas atas S Oleh karea itu, terdapat s dari u ε, sehigga u ε < s S yag lebih besar Diketahui u ε < s Jika u merupaka batas atas S, da jika memeuhi v < u, maka diambil ε : = u v Maka jelas ε > 0 u = sup S (b) Coba buktika sediri, da diperoleh bahwa 9

24 Pegatar Aalisis Real I Cotoh 35 (a) Jika suatu himpua tak kosog S mempuyai eleme sebayak berhigga, maka dapat dilihat bahwa S mempuyai eleme terbesar, amaka u, da eleme terkecil, amaka w Maka u = sup S da w = if S, da keduaya merupaka eleme S (b) Himpua S { x x } : = : 0 mempuyai batas atas Aka dibuktika bahwa merupaka supremumya Jika v <, maka terdapat s ' S sedemikia higga v < s ' Oleh karea itu, v buka merupaka batas atas S da karea v merupaka sebarag v <, maka dapat disimpulka bahwa sup S = Dega cara yag sama dapat ditujukka bahwa if S = 0 Sifat Legkap R Aka ditujukka bahwa subset tak kosog R yag terbatas ke atas pasti mempuyai batas atas terkecil Sifat seperti ii disebut Sifat Legkap R Sifat Legkap juga serig disebut dega Aksioma Supremum R 36 Sifat Legkap R Jika subset tak kosog S R terbatas ke atas, maka supremumya ada, yaitu terdapat u R sedemikia higga u = sup S Akibat 37 Jika subset tak kosog S R terbatas ke bawah, maka ifimumya ada, yaitu terdapat w R sedemikia higga w = if S Bukti Misalka himpua T terbatas ke bawah, T R Dibetuk himpua { : } S = t t T, maka S terbatas ke atas da tidak kosog Meurut Aksioma Supremum, sup S ada, amaka u = sup S, maka u = if T 0

25 Pegatar Aalisis Real I SOAL LATIHAN SUBBAB 3 Diberika S = { x R : x > 0} Apakah S mempuyai batas bawah da batas atas? Apakah if S da sup S ada? Buktika jawabamu Diberika T ( ) { } : = : N Carilah if T da supt 3 Diberika S subset tak kosog R yag terbatas ke bawah Buktika bahwa { } if S = sup s : s S 4 Tujukka bahwa jika A da B subset terbatas dari R, maka A B merupaka himpua terbatas Tujukka bahwa sup( A B) = sup{ sup,sup } A B 5 Diberika S R da misalka s*: = sup S dalam S Jika u S, tujukka bahwa { } ( S u ) { s u} sup = sup *, 6 Tujukka bahwa himpua berhigga S R memuat supremumya 7 Jelaska da buktika Lemma 33 4 Pegguaa Sifat Aksioma Supremum Pada subbab ii dibahas beberapa akibat dari aksioma supremum Teorema 4 Diberika subset tak kosog S R yag terbatas ke atas da sebarag a R Didefiisika himpua a S : { a s : s S} sup + = +, maka berlaku ( a S ) a sup( S ) + = + Bukti Jika diberika u : = sup S, maka x u utuk semua x S, sehigga a + x a + u Oleh karea itu, a + u merupaka batas atas dari himpua a + S Akibatya sup( a + S ) a + u Selajutya, misalka v adalah sebarag batas atas a + S, maka a + x v utuk semua x S Akibatya x v a utuk semua x S, sehigga v a merupaka batas atas S Oleh karea itu, u = sup S v a Karea v adalah sebarag batas atas a + S, maka dega meggati v dega u = sup S,

26 Pegatar Aalisis Real I diperoleh a + u sup( a + S ) Di lai pihak diketahui ( ) terbukti bahwa sup( ) sup a + S a + u Akibatya a + S = a + u = a + sup S Teorema 4 Diberika subset tak kosog S R yag terbatas da sebarag bilaga real 0 a > Didefiisika himpua as : { as : s S} if ( as ) a if ( S ) = =, maka berlaku Bukti Tulis u = if as da v = if S Aka dibuktika bahwa u = av Karea u = if as, maka u as, utuk setiap s S Karea v = if S, maka v s utuk setiap s S Akibatya av as utuk setiap s S Berarti av merupaka batas bawah as Karea u batas bawah terbesar as, maka av u Karea u as utuk setiap s S, maka diperoleh u s utuk setiap s S a (sebab a > 0 ) Karea v = if S, maka u v a yag berakibat u bahwa if ( as ) a if ( S ) av Di lai pihak diketahui av u Akibatya u = av Jadi, terbukti = Teorema 43 Jika A da B subset tak kosog R da memeuhi a a A da b B, maka sup A if B b utuk semua Bukti Diambil sebarag b B, maka a b utuk semua a A Artiya bahwa b merupaka batas atas A, sehigga sup A b Selajutya, karea berlaku utuk semua b B, maka sup A merupaka batas bawah B Akibatya diperoleh bahwa sup A if B Sifat Archimedes Berikut ii diberika salah satu sifat yag megaitka hubuga atara bilaga real da bilaga asli Sifat ii meyataka bahwa apabila diberika sebarag bilaga real x, maka selalu dapat ditemuka suatu bilaga asli yag lebih besar dari x

27 Pegatar Aalisis Real I 44 Sifat Archimedes Jika x R, maka terdapat N sedemikia higga x < Bukti Ambil sebarag x R Adaika tidak ada N sedemikia higga x <, maka x, utuk setiap N Dega kata lai, x merupaka batas atas N Jadi, N R, N, da N terbatas ke atas Meurut aksioma supremum, maka supn ada, tulis u = supn Karea u < u, maka terdapat m N dega sifat u < m Akibatya u < m + dega m + N Timbul kotradiksi dega u = supn Berarti u batas atas N, yaitu ada m + N sehigga u < m + (u buka batas atas N ) Jadi, pegadaia salah, yag bear adalah ada N sedemikia higga x < Akibat 45 Jika S : = : N, maka if S = 0 Bukti Karea S terbatas ke bawah oleh 0, maka S mempuyau ifimum, tulis w: = if S Jelas bahwa w 0 Utuk sebarag ε > 0, megguaka Sifat Archimedes, terdapat N sedemikia higga ε <, akibatya < ε Oleh karea itu, diperoleh bahwa 0 w < ε Aka tetapi karea ε > 0 sebarag, maka berdasarka Teorema 0 berakibat bahwa w = 0 Terbukti bahwa if S = 0 Akibat 46 Jika t > 0, maka terdapat t N sedemikia higga 0 < < t t Bukti Karea if : N = 0 da t > 0, maka t buka batas bawah himpua : N Akibatya terdapat t N sedemikia higga 0 < < t t 3

28 Pegatar Aalisis Real I Akibat 47 Jika y > 0, maka terdapat y N sedemikia higga y < y < y Bukti Sifat Archimedes mejami bahwa subset E : = { m : y < m} y N dari N tidak kosog Megguaka Sifat Uruta, E y mempuyai eleme yag palig kecil, yag diotasika dega y Oleh karea itu, y buka eleme E y Akibatya diperoleh bahwa < y < y y Eksistesi Bilaga Real da Desitas Bilaga Rasioal di R Salah satu pegguaa Sifat Supremum adalah dapat diguaka utuk memberika jamia eksistesi bilaga-bilaga real Berikut ii aka ditujukka bahwa ada bilaga real positif x sedemikia higga x = Teorema 48 Ada bilaga real positif x sedemikia higga x = Bukti Dibetuk himpua S = { s R : s 0 da s < } Jelas bahwa S sebab 0 S da S S terbatas ke atas dega salah satu batas atasya adalah Jika t, maka t 4 Jadi, t = S Megguaka Aksioma Supremum, S R, S, da S terbatas ke atas, maka S mempuyai supremum Namaka x = sup S, dega x R Aka dibuktika bahwa x = Adaika x, maka x < atau x > Kemugkia I: Utuk Karea x <, maka x < > Karea, maka x 0 x + = x + x + x + ( x + ) Karea x 0 > da x + > 0, maka dapat ditemuka N sehigga x > 0 Meurut akibat Sifat Archimedes, x + 4

29 Pegatar Aalisis Real I Akibatya da x < x + ( x + ) < x x + < x + ( x + ) < x + x = Diperoleh bahwa x + <, yag berarti bahwa x + S Kotradiksi dega x = sup S Oleh karea itu tidak mugki x < Kemugkia II: x > Karea x >, maka x > 0 Perhatika bahwa x x x = x + > x m m m m Karea x > 0 da x > 0 x x m > atau x Akibatya, maka dipilih m N sedemikia higga x m < x > > = x x x x m m ( ) Diperoleh bahwa x > Berarti m x S, yaitu m x batas atas Kotradiksi m dega x = sup S Oleh karea itu, tidak mugki x > Jadi, pegadaiaya salah, yag bear adalah x = 49 Teorema Desitas (The Desity Theorem) Jika x, y R dega x < y, maka ada bilaga rasioal q Q sedemikia higga x < q < y 5

30 Pegatar Aalisis Real I Bukti Dega tidak meguragi keumuma (without loss of geerality), diambil x > 0 Karea x < y, maka y > 0 da y x > 0 Akibatya N sedemikia higga > y x y x > 0, sehigga dapat dipilih Utuk di di atas, berlaku y x >, yaitu x + < y Karea x > 0, maka dapat dipilih m N sehigga m x < m Bilaga m di atas juga memeuhi m < y, sebab dari m x diperoleh m x + < y Jadi Akibatya utuk rasioal x < m < y m q = mempuyai sifat m x < = q < y Jadi, terdapat bilaga m q = dega sifat x < q < y Berikut ii diberika akibat dari Teorema Desitas, yaitu di atara dua bilaga real pasti dapat ditemuka bilaga irrasioal Akibat 40 Jika x, y R dega x < y, maka ada bilaga irrasioal r sedemikia higga x < r < y Bukti Megguaka Teorema Desitas, ada bilaga real x y da dega sifat ada bilaga rasioal q dega sifat x y < q < Akibatya, x < q < y da q merupaka bilaga irrasioal 6

31 Pegatar Aalisis Real I SOAL LATIHAN SUBBAB 4 Diberika himpua tak kosog X da f : R Jika a R, tujukka bahwa: (a) sup { a f ( x) : x X} a sup { f ( x) : x X} + = + (b) if { a f ( x) : x X} a if { f ( x) : x X} + = + X R mempuyai rage terbatas di Diberika subset tak kosog A da B dari R Dibetuk himpua + : = { + : da } Buktika bahwa ( ) A B a b a A b B da if( A + B) = if A + if B sup A + B = sup A + sup B 3 Jika diberika sebarag x R, tujukka bahwa terdapat dega tuggal Z sedemikia higga x < 4 Jika y > 0, tujukka bahwa terdapat N sedemikia higga < y 5 Jika u > 0 adalah sebarag bilaga real da x < y, tujukka bahwa terdapat bilaga rasioal r sedemikia higga x < ru < y 5 Iterval dalam R Jika diberika a, b R dega a < b, maka iterval terbuka yag ditetuka oleh a da b adalah himpua ( a, b) = { x : a < x < b} R Titik a da b disebut titik ujug (edpoits) iterval Titik ujug tidak termuat dalam iterval terbuka Jika kedua titik ujug digabugka ke dalam iterval terbukaya, maka disebut iterval tertutup, yaitu himpua [ a, b] = { x : a x b} R Iterval setegah terbuka atau setegah tertutup adalah iterval yag memuat salah satu titik ujugya Gabuga iterval terbuka dega titik ujug a, ditulis [ a, b ), da gabuga iterval terbuka dega titik ujug b, ditulis ( a, b ] Masig-masig iterval tersebut terbatas da mempuyai pajag (legth) yag didefisika dega b a Jika a = b, maka iterval terbukaya berkorespodesi dega himpua kosog 7

32 Pegatar Aalisis Real I ( a, a ) =, da iterval tertutupya berkorespodesi dega himpua sigleto [ a, a] { a} = Berikut ii diberika lima jeis iterval tidak terbatas Simbol (atau + ) da diguaka sebagai simbol titik ujugya yag tak berhigga Iterval terbuka tak terbatas adalah himpua dega betuk ( a, ) : = { x R : x > a} da (, b) : = { x : x < b} R Himpua pertama tidak mempuyai batas atas da yag kedua tidak mempuyai batas bawah Himpua ( a, ) serig juga disebut dega siar terbuka (ope a ray) Diberika iterval tertutup tak terbatas, yaitu { R } da (, b]: = { x : x b} [ a, ) : = x : a x R Himpua [ a, ) serig disebut dega siar tertutup (close a ray) Himpua R dapat dituliska sebagai (, ) : =R Perhatika bahwa da buka eleme R 5 Teorema Karakteristik Iterval Jika S adalah subset R yag memuat palig sedikit dua titik da mempuyai sifat: maka S merupaka suatu iterval jika x, y S da x y <, maka [ x, y] S, Iterval Susut (Nested Itervals) Telah diketahui bahwa barisa adalah fugsi f : iterval-iterval, maka terbetuk barisa iterval { } peulisa, barisa { } I cukup ditulis I N A Jika A adalah himpua I Utuk mempersigkat Defiisi 5 (Iterval Susut) Barisa I, N dikataka iterval susut (ested itervals) jika I I I3 I I + 8

33 Pegatar Aalisis Real I Cotoh 53 () Diberika I = 0,, N Yaitu [ ] 0, I =, I = 0,, I3 = 0, 3, Maka I I I3 (ested) da I = { 0} (mempuyai titik berserikat) = () Diberika I = 0,, N Diperoleh bahwa I I +, utuk setiap N Tetapi I = Jadi, iterval susut belum tetu mempuyai titik berserikat = Sebab, adaika terdapat x I, maka = x > 0, maka terdapat N sedemikia higga x I utuk setiap N Karea x < Kotradiksi dega pegadaia Jadi pegadaia salah, yag bear adalah I = = (3) Diberika I = 0,+, maka [ ] 0, I =, I = 0,, I = 0, 3, Diperoleh I = [ 0,] (Ada tak higga bayak ξ [ 0,] = ) Perhatika bahwa if + : N = 54 Sifat Iterval Susut (Nested Iterval Property) Jika I [ a, b ] =, N iterval tertutup terbatas da I I + utuk setiap N (iterval susut), maka I, = yaitu terdapat ξ R sedemikia higga ξ I utuk setiap N Selajutya, jika pajag I b a tersebut tuggal = memeuhi { b a } if : N = 0, maka eleme berserikat ξ 9

34 Pegatar Aalisis Real I Bukti Dibetuk himpua A { a : } = N Jelas A sebab a A, da A R Himpua A terbatas ke atas, sebab I I + utuk setiap N Sehigga diperoleh bahwa a b utuk setiap N, yag berarti b batas atas A Megguaka Sifat Legkap R, maka supremum A ada, yaitu terdapat ξ R sedemikia higga ξ = sup A Jelas bahwa am ξ utuk setiap m N Selajutya, utuk sebarag m, N berlaku Hal ii berakibat a a b b atau a bm + m + m m { } sup a : N b atau m ξ bm Karea am ξ da ξ bm, maka diperoleh am ξ bm utuk setiap m N, berarti [ a, b ] ξ I =, utuk setiap N Sehigga ξ I, = yag berakibat I Jika η = if { b : } = N, maka dega cara yag sama (sebelumya), diperoleh η I utuk setiap m N Sehigga diperoleh m η I = Aka dibuktika ketuggalaya, yaitu η = ξ Diambil sebarag ε > 0 Jika { b a } if : N = 0, maka terdapat 0 N sehigga 0 η ξ b a < ε atau 0 η ξ < ε 0 0 Karea berlaku utuk sebarag ε > 0, maka η ξ = 0 atau η = ξ Jadi, terbukti bahwa η ξ = I = tuggal 30

35 Pegatar Aalisis Real I Himpua Terhitug (Coutable) Diberika J = {,,3,, } ditulis A B jika ada fugsi bijektif f : A B Cotoh: Misalka A = {,,3} da B { a, b, c} Misalka f : A C, N Dua himpua A da B dikataka ekuivale, =, maka A B dega C { w, x, y, z} =, maka A C Suatu himpua dikataka tak berhigga (ifiite) jika himpua tersebut ekuivale dega salah satu himpua bagia sejatiya Jika tidak demikia, maka himpua tersebut dikataka berhigga (fiite), yaitu ekuivale dega Himpua A = {,,3} berhigga N = {,,3, }, T = {,4,6, } N fugsi J Cotoh: f : N T f ( ) = Jadi, N tak berhigga, T juga tak berhigga Suatu himpua D dikataka deumerable jika D N Suatu himpua dikataka terhitug (coutable) jika himpua tersebut berhigga atau deumerable Jika tidak, maka dikataka himpua tak terhitug (ucoutable atau o deumerable), yaitu himpua yag tidak ekuivale dega N Jika himpua A terhitug, maka A dapat disajika sebagai A { x, x, x,} Cotoh: Himpua terhitug berhigga Himpua N terhitug tak berhigga 3 Himpua A = {,,3} terhitug berhigga = 3 dega xi x j utuk i j Dapat ditujukka bahwa R merupaka himpuaa tak terhitug Utuk membuktikaya cukup haya dega membuktika I = [ 0,] tak terhitug Berikut ii diberika teoremaya 3

36 Pegatar Aalisis Real I Teorema 55 Himpua I = [ 0,] tak terhitug Bukti Adaika I terhitug, maka dapat ditulis dega {,,,,,} I = x x x x 3 Dikostruksika barisa iterval tertutup, terbatas, susut (ested), da { b a N } = Iterval [ 0,] if : 0 Titik x memuat I = dibagi mejadi tiga sama pajag, yaitu 0, 3,, 3 3, da, 3 I termuat dalam palig bayak dua sub iterval Pilih sub iterval yag tidak x, amaka I [ a, b ] sama pajag, yaitu a, a = Jadi, x I Selajutya, I dibagi mejadi tiga + 9, Kemudia pilih sub iterval yag tidak memuat a +, a + 9 9, da a +, b 9 x, amaka I [ a, b ] = Jadi, x I Jika proses diteruska, diperoleh barisa iterval tertutup, terbatas, I I I3 I dega { b a N} if : = if N Megguaka sifat 3 Nested Iterval, maka terdapat dega tuggal y I Berarti y I, yaitu y = x = utuk suatu N Akibatya diperoleh x I x I, yaitu x I = Timbul kotradiksi, yag bear adalah [ 0,] Sedagka dari kostruksi I = tak terhitug, sehigga R juga tak terhitug Teorema Bolzao-Weierstrass Sebelum dijelaska tetag Teorema Bolzao-Weierstrass, terlebih dahulu dijelaska megeai titik cluster Berikut diberika defiisiya 3

37 Pegatar Aalisis Real I Defiisi 56 (Titik Cluster) Diberika subset tak kosog S R Titik x R disebut titik cluster (cluster poits) jika setiap persekitara V ( x) = ( x, x + ) ε ε ε memuat palig sedikit satu titik aggota S yag tidak sama dega x Titik cluster serig disebut dega titik akumulasi atau titik limit Dega kata lai, x titik cluster S jika utuk setiap ε > 0 berlaku ( ) ( Vε ( x) S ) { x} atau ( ) { } terdapat s Vε x x S Ekuivale dega megataka bahwa x titik cluster S jika utuk setiap N, S sedemikia higga < s x < 0 Cotoh 57 () Diberika S = ( 0, ) Apakah 0 merupaka titik cluster? Jawab Diambil 0 ε >, maka V ε ( 0) ( 0 ε,0 ε ) ( ε, ε ) = + = Megguaka Teorema Desitas, maka 0 merupaka titik cluster S da 0 S Demikia juga bahwa merupaka titik cluster S da S () Diberika A = [, ] { 4} Apakah 4 titik cluster? Jawab Persekitara- ε dari 4 adalah V ε ( 4) ( 4 ε,4 ε ) ε =, maka ( ) = + Misal diambil V 4 = 4,4 3, 4 ε + = Sehigga diperoleh bahwa 3, 4 [,] { 4} = Jadi, 4 buka titik cluster (3) Diberika dega 0 B B = : N =,,,, Tujukka bahwa 0 titik cluster B 3 4 Jawab Megguaka Sifat Archimedes, jika diberika sebarag ε > 0, maka terdapat N sedemikia higga 0 < < ε Persekitara titik 0 adalah 33

38 Pegatar Aalisis Real I V ε ( 0 ) ( ε, ε ) = Jika dipilih ε sagat kecil, maka titik cluster B dega 0 B 0 < < ε Jadi, 0 merupaka 58 Teorema Bolzao-Weierstrass Setiap subset R yag tak berhigga (ifiite) da terbatas, mempuyai palig sedikit satu titik cluster Bukti Diberika sebarag subset S R tak berhigga da terbatas Karea S terbatas, maka terdapat iterval I = [ a b] dega pajag ( ), L I = b a Kemudia bagilah I a + b mejadi dua bagia, yaitu a, da a + b, b Karea S tak berhigga, maka salah satu iterval tersebut memuat tak higga bayak titik aggota S, sebab apabila keduaya memuat berhigga bayak aggota S, maka berarti himpua S berhigga Namaka bagia yag memuat tak higga bayak titik aggota S dega I Pajagya ( I ) b a L = Selajutya, I dibagi mejadi dua bagia seperti lagkah di atas, maka salah satu bagia memuat tak higga bayak aggota S Namaka bagia tersebut dega 3 I Pajagya L ( I ) diperoleh barisa iterval susut (ested) b a = Apabila proses diteruska, maka 3 I I I3 I Meurut Sifat Iterval Susut, maka I, atau terdapat x I = Aka ditujukka bahwa x titik cluster S Diambil sebarag ε > 0, maka terdapat N b sedemikia higga a < ε, da persekitaraya ( ) ( ) V ε x = x ε, x + ε Karea x I b a da L ( I ) = < ε, maka I Vε ( x) aggota S, maka V ( x) = Karea I memuat tak higga bayak titik ε memuat tak higga bayak titik aggota S yag tidak sama dega x Jadi, x merupaka titik cluster S 34

39 Pegatar Aalisis Real I Himpua Terbuka da Tertutup Defiisi 59 (i) Himpua G R dikataka terbuka dalam R jika utuk setiap x G, terdapat persekitara Vε ( x) sedemikia higa ( ) Vε x G (ii) Himpua F R dikataka tertutup dalam R jika kompleme F, yaitu c F terbuka dalam R Cotoh 50 () Himpua = (, ) R terbuka, sebab utuk setiap x R, terdapat ( ) V( x) = x, x + R () Himpua A = ( 0,) terbuka, sebab jika diambil setiap x A, maka Vε ( x) = ( x ε, x + ε ) A x x ε = mi, utuk (3) Himpua B = [,] tertutup, sebab jika diambil x =, maka utuk setiap ε > 0, Vε ( ) = ( ε,+ ε ) B da ε B Dapat ditujukka juga bahwa c c B terbuka, yaitu (,) (, ) B = terbuka 5 Sifat Himpua Terbuka (a) Jika A himpua ideks (berhigga atau tak berhigga) da G x terbuka utuk setiap λ A, maka terbuka G λ λ A (b) Jika G, G,, G masig-masig merupaka himpua terbuka, maka terbuka i= G i Bukti (a) Namaka G = Diambil sebarag x G, maka terdapat λ0 A G λ λ A sedemikia higga x G λ0 Karea G λ terbuka, maka terdapat 0 35

40 Pegatar Aalisis Real I Vε ( x) G0 G Jadi, terbukti bahwa utuk setiap x G, terdapat ( ) Vε x G, yag berarti G = terbuka G λ λ A (b) Namaka H = Gi Aka ditujukka bahwa H terbuka Diambil sebarag i= x H, maka x Gi, i =,,, Karea x G da G terbuka, maka terdapat 0 Karea x G da G terbuka, maka terdapat 0 Demikia seterusya Karea x G da Namaka ε { ε ε ε } G terbuka, maka terdapat 0 = mi,,,, jelas bahwa 0 utuk setiap i,,, Vε x G ε > sehigga ( ) ε > sehigga ( ) Vε x G ε > sehigga ( ) Vε x G ε > Maka ( ) ( ) =, yag berakibat bahwa ( ) V x V x G ε V x H G ε ε i = i Jadi, i= i terbukti bahwa Gi terbuka i= Berikut ii diberika akibat dari sifat himpua terbuka, yaitu sifat utuk himpua tertutup Akibat 5 (a) Jika A himpua ideks (berhigga atau tak berhigga) da G x tertutup utuk setiap λ A, maka tertutup G λ λ A (b) Jika G, G,, G masig-masig merupaka himpua tertutup, maka Gi tertutup i= 36

41 Pegatar Aalisis Real I SOAL LATIHAN SUBBAB 5 Jika I : = [ a, b] da I : [ a, b ] I I jika da haya jika a a da b b = iterval tertutup dalam R, tujukka bahwa Jika S R tidak kosog, tujukka bahwa S terbatas jika da haya terdapat iterval tertutup terbatas I sedemikia higga S I 3 Jika S R tidak kosog da terbatas, da I : [ if S,sup S] S =, tujukka bahwa S I S Selajutya, jika J adalah sebarag iterval tertutup terbatas yag memuat S, tujukka bahwa IS 4 Diberika K : (, ) J = utuk N Buktika bahwa K = = 5 Jika S himpua terbatas di R da T S tidak kosog, buktika bahwa 6 Buktika Akibat 5(b) if S if T supt sup S 37

42 Pegatar Aalisis Real I BAB BARISAN DAN DERET Pada bab ii dibahas megeai pegertia barisa da deret Selajutya, dibahas tetag limit da kovergesi dari suatu barisa Di ataraya adalah Teorema Koverge Mooto, Teorema Bolzao-Weierstrass, da Kriteria Cauchy utuk barisa yag koverge Barisa da Limit Barisa Barisa (sequece) pada himpua S adalah suatu fugsi dega domai N da mempuyai rage dalam S Pada subbab ii aka dibahas megeai barisa di R da kovergesi dari suatu barisa Defiisi Barisa bilaga real adalah suatu fugsi yag didefiisika pada himpua N dega rage dalam R Dega kata lai, barisa dalam R megawaka setiap bilaga asli =,,3, kepada suatu bilaga real Jika X : N R merupaka barisa, maka biasaya dituliska dega ilai dari X pada dega otasi diotasika dega X atau ( x ) atau ( x : N ) atau { x } atau { x } diketahui suatu barisa Y, artiya Y = ( y k ) x Barisa serig Apabila Cotoh (a) Barisa ( x ) dega x = ( ) adalah barisa ( ) (b) Barisa ( x ) dega (c) Barisa kosta ( ),,,,,,,, x =, :,,,,, = N 4 8 k dega k = 3 adalah 3,3,3,3, 38

43 Pegatar Aalisis Real I 3 (d) Barisa =,,,,, Defiisi 3 Diberika barisa bilaga real ( x ) da ( y ) didefiisika (i) ( x ) ( y ) ( x y ) ± = ± (ii) α ( x ) ( α x ) = (iii) ( x ) ( y ) ( x y ) (iv) ( x ) ( y ) = x = y, asalka y 0, da α R Maka dapat Defiisi 4 (Limit Barisa) Diketahui ( x ) barisa bilaga real Suatu bilaga real x dikataka limit barisa ( x ) jika utuk setiap ε > 0 terdapat K ( ε ) N sedemikia higga utuk setiap N dega K ( ε ) berlaku x x < ε Jika x adalah limit suatu barisa ( x ), maka dikataka ( ) atau ( x ) mempuyai limit x Dalam hal ii ditulis lim ( x ) x x Jika ( ) x tidak koverge, maka ( ) x dikataka diverge x koverge ke x, = x atau lim ( x ) = x atau Teorema 5 Jika barisa ( x ) koverge, maka ( ) satu limit (limitya tuggal) x mempuyai palig bayak Bukti Adaika lim ( x ) = x da lim ( x ) ε > 0 terdapat K sedemikia higga K sedemikia higga = x dega x x Maka utuk sebarag x x < ε utuk setiap K, da terdapat x x < ε utuk setiap K Megguaka Ketaksamaa Segitiga, maka utuk Dipilih K max { K, K } K diperoleh = 39

44 Pegatar Aalisis Real I x x = x x + x x = x x + x x < ε + ε = ε Karea berlaku utuk setiap ε > 0, maka x x = 0 yag berarti x = x Kotradiksi dega pegadaia Jadi, terbukti bahwa limitya tuggal Teorema 6 Jika ( x ) barisa bilaga real da x R, maka empat peryataa berikut ekuivale (a) Barisa ( x ) koverge ke x (b) Utuk setiap ε > 0 terdapat K N sedemikia higga utuk setiap K berlaku x x < ε (c) Utuk setiap ε > 0 terdapat K N sedemikia higga utuk setiap K berlaku x ε < x < x + ε (d) Utuk setiap persekitara V ( x) utuk setiap K berlaku x V ( x) ε dari x, terdapat K N sedemikia higga ε Bukti (a) (b) Jelas (dari defiisi) (b) (c) x x < ε ε < x x < ε x ε < x < x + ε (c) (d) x ε < x < x + ε x ( x ε, x ε ) (d) (a) x V ( x) ε ε + x V ( x) x < x < x + ε x x < ε ε Cotoh 7 (a) Tujukka bahwa lim = 0 40

45 Pegatar Aalisis Real I Jawab Aka ditujukka bahwa ( ) x = koverge ke 0, yaitu 0 Harus dibuktika bahwa utuk setiap ε > 0 terdapat K ( ε ) N sedemikia higga utuk setiap N dega K ( ε ) Ambil sebarag ε > 0, maka berlaku 0 < ε K ( ε ) N sedemikia higga K ( ε ) ε <, atau K ( ε ) ( ) K ε berlaku 0 ε > Meurut Sifat Archimedes, maka terdapat ( ε ) < ε Akibatya utuk setiap 0 = = < ε Jadi, terbukti bahwa utuk setiap ε > 0 K terdapat K ( ε ) N sedemikia higga utuk setiap N dega K ( ε ) berlaku 0 < ε, atau lim = 0 (b) Tujukka bahwa lim = 0 Jawab Aka ditujukka bahwa utuk setiap ε > 0 terdapat K ( ε ) N sedemikia higga utuk setiap N dega K ( ε ) berlaku 0 < ε Diambil sebarag ε > 0, maka 0 ε >, akibatya ε K ( ε ) N sedemikia higga K ( ε ) Akibatya utuk setiap K ( ε ) ε > 0 Meurut Sifat Archimedes, terdapat < atau berlaku K ε ( ε ) <, diperoleh ( ) K ( ε ) K ε < ε 0 = < ε Jadi, terbukti bahwa utuk setiap ε > 0 terdapat K ( ε ) N sedemikia higga utuk setiap N dega K ( ε ) berlaku 0 < ε, atau lim = 0 4

46 Pegatar Aalisis Real I ( ) Cotoh 8 Tujukka bahwa ( ) ( ) Jawab Adaika ( ) diverge koverge, berarti terdapat bilaga real x sehigga utuk setiap ε > 0 terdapat K N sedemikia higga utuk setiap K berlaku ( ) x < Utuk K yag berakibat x > 0 Utuk K da geap, maka ( ) x < < x <, =, diperoleh da gajil, maka ( ) x < < x <, =, diperoleh yag berakibat x < 0 Timbul kotradiksi, yaitu x > 0 da x < 0 ( ) salah, yag bear ( ) diverge Jadi pegadaia Teorema 9 Diberika barisa bilaga real X ( x : ) m ( : ) m+ = N da m N Maka X = x N koverge jika da haya jika X koverge Dalam hal ii lim X m = lim X Bukti Perhatika bahwa utuk sebarag p N, eleme ke-p dari ke- ( p m) X m adalah eleme + dari X Sama halya, jika q > m, maka betuk eleme ke-q dari X m adalah eleme ke- ( q m) dari X Diasumsika bahwa X koverge ke x Diberika sebarag ε > 0, pada barisa X utuk K( ε ) berlaku x x < ε, maka pada X m utuk k K( ε ) m berlaku xk x < ε Dapat diambil Km( ε ) = K( ε ) m, sehigga X m koverge ke x Sebalikya, jika pada X utuk k K ( ε ) berlaku xk x < ε, maka pada X m m utuk K( ε ) + m berlaku x x < ε Dapat diambil K( ε ) = K ( ε ) + m Dega m demikia terbukti bahwa X koverge ke x jika da haya jika X m koverge ke x 4

47 Pegatar Aalisis Real I Teorema 0 Diberika barisa bilaga real ( x ) da x R Jika ( ) suatu barisa bilaga real positif dega ( ) m N berlaku a adalah lim a = 0 da jika utuk c > 0 da maka lim ( x ) = x x x ca utuk semua m, Bukti Diambil ε > 0, maka 0 c ε > Karea ( ) sedemikia higga utuk setiap ( ε ) setiap ( ε ) lim ( x ) a =, maka terdapat K ( ε ) lim 0 c N K berlaku a 0 c < ε Akibatya utuk c ε K berlaku x c x c a < c = ε atau x x < ε Terbukti bahwa c = x Cotoh Jika a > 0, tujukka bahwa lim = 0 + a Jawab Karea a > 0, maka 0 < a < + a yag berakibat bahwa Diperoleh 0 < < = + a a a 0 = < = + a + a a a Karea telah diketahui bahwa megambil c = > 0 berakibat bahwa a utuk setiap N utuk setiap N lim = 0, maka meurut Teorema 0 da dega lim = 0 + a 43

48 Pegatar Aalisis Real I SOAL LATIHAN SUBBAB Tuliska lima bilaga pertama dari barisa ( x ) utuk x berikut (a) x ( ) : = (b) x : = + Tetuka rumus ke- utuk barisa berikut (a) 5, 7, 9,, (b),,,, b 3 Utuk sebarag b R, buktika bahwa lim = 0 4 Tujukka (megguaka defiisi limit barisa) (a) (b) lim = + + lim = 3 lim 0 5 Tujukka bahwa ( ) 6 Tujukka bahwa jika 0 ( ) lim x = 0 7 Buktika bahwa jika lim ( x ) x = jika da haya jika ( ) lim x = 0 x utuk semua N da ( ) sedemikia higga x > 0 utuk semua M lim x = 0, maka = x da jika x > 0, maka terdapat M N 8 Tujukka bahwa lim = Tujukka bahwa 0 Jika ( x ) = lim 0! lim = x > 0, tujukka bahwa terdapat K N sedemikia higga jika K, maka x < x < x 44

49 Pegatar Aalisis Real I Teorema-teorema Limit Pada subbab ii aka dibahas megeai beberapa teorema yag berkaita dega limit pada barisa bilaga real, seperti barisa terbatas da kekovergea barisa Defiisi Barisa bilaga real X = ( x ) dikataka terbatas jika terdapat bilaga real M > 0 sedemikia higga x M utuk semua N Oleh karea itu, barisa ( x ) terbatas jika da haya jika himpua { x : N } merupaka subset terbatas dalam R Teorema Jika X = ( x ) koverge, maka X ( x ) = terbatas Bukti Diketahui X = ( x ) koverge, misalka koverge ke x Diambil ε =, maka terdapat K N sedemikia higga utuk setiap K berlaku x x < Megguaka akibat Ketaksamaa Segitiga, maka x x < atau x < + x utuk semua K Namaka M = max { x, x,, xk, x + }, maka x M, utuk semua N Jadi, terbukti bahwa X = ( x ) terbatas Teorema 3 Jika X = ( x ) x, ( ) (i) X ± Y x + y (ii) X Y xy (iii) cx cx Y = y y, da c R, maka Bukti (i) Ambil sebarag 0 X x x ε > Karea ( ) =, maka terdapat 0 N sedemikia higga utuk setiap 0 berlaku x ε x < Karea Y = ( y ) y, maka 45

50 Pegatar Aalisis Real I terdapat N sedemikia higga utuk setiap berlaku { } = max,, maka akibatya utuk berlaku 0 ( ) ( ) ( ) x + y x y = x x + y y Karea berlaku utuk sebarag 0 ε ε x x + y y < + = ε ε >, maka ( x y ) Dega cara yag sama diperoleh bahwa ( x y ) terbukti bahwa X ± Y x + y y ε y < Pilih + koverge ke x + y koverge ke x y Jadi, (ii) Aka dibuktika bahwa utuk setiap ε > 0 terdapat K N sedemikia higga utuk setiap Karea ( x ) higga x M sebarag 0 K berlaku x y xy < ε Diketahui x y xy = x y x y + x y xy x y x y + x y xy = x y y + x x y x, maka ( x ) terbatas, akibatya terdapat M > 0 sedemikia, utuk semua N Namaka M max { M, y } ε > Karea ( x ) utuk setiap K berlaku K N sedemikia higga utuk setiap K { K K } = Diambil x, maka terdapat K N sedemikia higga x ε x < Karea ( y ) y, maka terdapat M berlaku K = max,, maka utuk setiap K berlaku x y xy x y y + x x y y ε ε ε ε < M + M = + = ε M M ε y < Namaka M Jadi, terbukti bahwa utuk setiap ε > 0 terdapat K N sedemikia higga utuk setiap K berlaku x y xy < ε Dega kata lai, terbukti bahwa X Y xy 46

51 Pegatar Aalisis Real I (iii) Ambil sebarag 0 higga utuk setiap Karea ( x ) ε > Karea ( x ) K berlaku x x, maka terdapat K N sedemikia ε x < Perhatika bahwa cx x = cx x + x x cx x + x x = x c + x x x, maka ( x ) terbatas, yaitu terdapat M > 0 sedemikia higga x M, utuk semua N Akibatya ε ε x c + x x < M c + = ( M c ) + < ε Terbukti bahwa utuk setiap ε > 0 terdapat K N sedemikia higga utuk setiap K berlaku cx x < ε Dega kata lai, terbukti bahwa cx cx Teorema 4 Jika X = ( x ) x da Z ( z ) z 0 N, maka X x x = Z z z = dega z 0 utuk semua Bukti Terlebih dahulu harus dibuktika bahwa maka 0 α > Karea lim ( z ) = Diambil Z z z α = z, = z, maka terdapat K N sedemikia higga utuk setiap K berlaku z z < α Megguaka akibat Ketaksama Segitiga bahwa α z z z z utuk K, yag berarti z = z α z utuk K Oleh karea utuk K, maka diperoleh z z z z = = z z z z z z z z z 47

52 Pegatar Aalisis Real I Selajutya, diberika ε > 0, maka terdapat K N sedemikia higga jika K, maka z z z < ε Jika diambil K( ε ) = max { K, K}, maka < ε utuk semua K( ε ) z z Karea berlaku utuk sebarag ε > 0, maka terbukti bahwa lim = z z atau z koverge ke Megguaka Teorema 3(ii) da dega megambil Y sebagai z barisa, maka z x x X Y = x = z z z Teorema 5 Jika ( ) X x N da ( x ) x, maka x 0 = barisa bilaga real dega x 0 utuk semua Bukti Diambil x 0 utuk setiap ε = > Karea ( x ) K berlaku x x < ε ε < x x < ε x ε < x < x + ε x ( x) < x < x + ( x) x < x < 0 x, maka terdapat K N sedemikia higga Kotradiksi dega peryataa bahwa x 0, utuk semua N Jadi, pegadaia salah, yag bear adalah x 0 Teorema 6 Jika ( x ) x y x, ( y ) y, da x y utuk semua N, maka Bukti Diberika z : y x = sehigga ( ) Z = z = Y X da z 0 utuk semua : N Megguaka Teorema 5 da 3 diperoleh bahwa 48

53 Pegatar Aalisis Real I Jadi, terbukti bahwa x Z = ( y ) ( x ) atau lim ( x ) lim( y ) 0 lim lim lim y Teorema 7 Jika ( ) X x maka a x b = koverge ke x da jika a x b utuk semua N, Bukti Diberika Y barisa kosta ( b, b, b,) Megguaka Teorema 6 diperoleh bahwa lim bahwa X limy = b Dega cara yag sama diperoleh a lim X Jadi, terbukti a lim X b atau a x b Berikut ii diberika sebuah teorema yag meyataka bahwa jika suatu barisa Y berada (terselip) di atara dua barisa yag koverge ke titik yag sama, maka Y juga koverge ke titik yag sama Teorema 8 (Squeeze Theorem) Diberika barisa bilaga real X = ( x ), Y = ( y ), da Z ( z ) da lim ( x ) lim ( z ) = sedemikia higga x y z utuk semua N, = Maka Y koverge da ( x ) ( y ) ( z ) lim = lim = lim Bukti Misalka w: lim( x ) lim( z ) sedemikia higga utuk setiap = = Jika diberika ε > 0, maka terdapat K N K berlaku x w < ε da z w < ε, atau dega kata lai ε < x w < ε da ε z < w < ε Karea x y z, maka Akibatya diperoleh bahwa x w y w z w ε < y w < ε Karea berlaku utuk semua K da ε > 0, maka terbukti bahwa lim ( y ) = w 49