SISTEM BILANGAN REAL

Transkripsi

1 DAFTAR ISI SISTEM BILANGAN REAL. Sifat Aljabar Bilangan Real Sifat Urutan Bilangan Real Nilai Mutlak dan Jarak Pada Bilangan Real Supremum dan Infimum BARISAN BILANGAN REAL Pengertian Barisan dan Limitnya Sifat-sifat Barisan Konvergen Barisan Monoton Terbatas (BMT) Barisan Bagian Barisan Cauchy dan Kontraksi i

2 BAB SISTEM BILANGAN REAL Bilangan real sudah dikenal dengan baik sejak masih di sekolah menengah. Namun untuk memulai mempelajari materi pada BAB ini anggaplah diri kita belum tahu apa-apa tentang bilangan real. Kita akan mempelajari bagaimana sistem bilangan real itu dibangun. Pertama-tama kita hanya diberikan suatu himpunan bilangan tetapi belum tahu anggotanya seperti apa, belum aturan yang berlaku di dalamnya. Kemudian kepada himpunan ini diberikan dua operasi binair, penjumlahan dan pengurangan. Dengan dua operasi ini dibuat beberapa aksioma. Dua aksioma penting adalah keujudan elemen 0 dan elemen. Inilah anggota bilangan real pertama yang kita ketahui. Selanjutnya dengan aksioma-aksioma ini didefinisikan anggota-anggota lainnya, seperti bilangan positif, bilangan negatif, bilangan bulat, bilangan rasional dan bilangan irrasional. Juga didefinisikan sifat-sifat yang mengatur hubungan antar anggota, seperti sifat urutan, sifat jarak, sifat kelengkapan dan sifat kepadatan.. Sifat Aljabar Bilangan Real Bilangan real dipandang sebagai suatu himpunan, seterusnya dilambangkan dengan R. Selanjutnya, didefinisikan dua operasi binair + dan masing-masing disebut operasi penjumlahan dan operasi perkalian. Kedua operasi binair ini diterapkan pada R dan memenuhi sifat-sifat sebagai berikut: (A) a+b = b+a untuk setiap a, b R, yaitu komutatif terhadap penjumlahan. (A2) (a + b) + c = a + (b + a) untuk setiap a, b, c R, yaitu asosiatif terhadap penjumlahan. (A3) Terdapat elemen 0 R sehingga a + 0 = 0 + a = a untuk setiap a R. Elemen 0 ini disebut elemen nol. (A4) Untuk setiap a R selalu terdapat ( a) R sehingga a+( a) = ( a)+a = 0. Elemen ( a) ini disebut negatif dari a.

3 Pengantar Analisis Real I by Julan HERNADI 2 (M) a b = b a untuk setiap a, b R, yaitu komutatif terhadap perkalian. (M2) (a b) c = a (b a) untuk setiap a, b, c R, yaitu asosiatif terhadap perkalian. (M3) Terdapat elemen R sehingga a = a = a untuk setiap a R. Elemen ini disebut elemen satuan. (M4) Untuk setiap a R, a 0 selalu terdapat (/a) R sehingga a (/a) = (/a) a =. Elemen (/a) ini disebut kebalikan dari a. (D) a (b + c) = (a b) + (a c) dan (b + c) a = (b a) + (c a) untuk setiap a, b, c R. Sifat ini disebut distributif perkalian terhadap penjumlahan. Diperhatikan bahwa ada 4 sifat yang berkaitan dengan operasi penjumlahan yaitu A, A2, A3 dan A4 (notasi A untuk Adisi, atau penjumlahan), 4 sifat yang berkaitan dengan perkalian yaitu M, M2, M3 dan M4 (M untuk Multiplikasi, atau perkalian) dan sifat yang mencakup keduanya yaitu D (D untuk Distributif). Kesembilan sifat ini disebut sifat aljabar atau aksioma bilangan real. Sampai saat ini belum didefinisikan bilangan negatif dan operasi pengurangan. Notasi ( a) dianggap satu elemen didalam R. Begitu juga elemen kebalikan (/a) dianggap satu elemen dan operasi pembagian belum didefinisikan. Berikut diberikan beberapa teorema sederhana yang diturunkan langsung dari sifat-sifat aljabar ini. Teorema... Jika a bilangan real sebarang maka persamaan a + x = b mempunyai penyelesaian tunggal, yaitu x = ( a) + b. Bukti: a + x = b [diketahui] ( a) + (a + x) = ( a) + b (( a) + a) + x = ( a) + b [menggunakan A2] 0 + x = ( a) + b [menggunakan A4] x = ( a) + b [menggunakan A3] Latihan... Buktikan jika a bilangan real tidak nol maka persamaan a x = b mempunyai penyelesaian tunggal, yaitu x = (/b). Teorema..2. Bila a suatu elemen pada R maka (i) a 0 = 0 (ii) ( ) a = a.

4 Pengantar Analisis Real I by Julan HERNADI 3 Bukti: (i): Berdasarkan (M3) kita mempunyai a = a. Selanjutnya kedua ruas ini ditambahkan a a, diperoleh : a + a 0 = a + a 0 = a ( + 0) [menggunakan D] = a [menggunakan A3] = a [menggunakan M3] Selanjutnya dengan menggunakan Teorema (..)dengan menganggap x sebagai a 0 diperoleh a 0 = ( a) + a = 0. (ii): Dari (M3) kita mempunyai a = a. Tambahkan pada kedua ruas dengan ( ) a, diperoleh a + ( ) a = a + ( ) a = ( + ( )) a [menggunakan D] = 0 a [menggunakan A4] = 0 [menggunakan bagian i, setelah menerapkan (A)] Selanjutnya dengan menggunakan Teorema (..) dan menganggap x sebagai ( ) a, kemudian menggunakan (A3) diperoleh ( ) a = ( a) + 0 = a. Latihan..2. Bila a suatu elemen pada R, buktikan i) ( a) = a ii) ( ) ( ) =. Teorema..3. Misalkan a, b, c elemen pada R. (i) Jika a 0 maka /a 0 dan /(/a) = a. (ii) Jika a b = a c dan a 0 maka b = c. Bukti. (i): Karena a 0 maka menurut (M4) selalu ada /a R. Andaikan /a = 0 maka diperoleh = a (/a) = a 0 = 0.

5 Pengantar Analisis Real I by Julan HERNADI 4 Hasil ini berlawanan atau kontradiksi dengan (M3). Jadi pengandaian ini salah, dan haruslah /a 0. Selanjutnya karena /a 0 dan karena (/a) a = maka dengan Teorema (..) dengan memandang a sebagai x maka diperoleh a = /(/a). (ii): Kedua ruas pada a b = a c dikalikan dengan (/a) disertai dengan menggunakan (M2), diperoleh ((/a) a) b = ((/a) a) c b = c [menggunakan M4] b = c [menggunakan M3] Latihan..3. Buktikan bahwa jika a b = 0 maka a = 0 atau b = 0. Operasi lainnya pada R Sejauh ini hanya ada dua operasi pada bilangan real. Melalui dua operasi ini diturunkan bebedapa operasi lainnya yang didefinisikan sebagai berikut :. Operasi pengurangan. Bila a, b R maka notasi a b dibaca a dikurang dengan b dan didefinisikan oleh a b := a + ( b). 2. Operasi pembagian. Bila a, b R, b 0 maka notasi a/b atau a b dibaca a dibagi dengan b dan didefinisikan oleh a/b := a (/b). 3. Operasi pangkat. Bila a R maka notasi a 2 dibaca a dipangkatkan dengan dua atau a kuadarat dan didefinisikan sebagai a 2 := a a. Secara umum untuk n bilangan asli, a n adalah a dipangkatkan dengan n didefinisikan oleh a n := a } a a {{ a}. sebanyak n faktor Untuk a 0, notasi a dimaksudkan untuk /a dan notasi a n untuk (/a) n.

6 Pengantar Analisis Real I by Julan HERNADI 5 Beberapa himpunan bagian penting pada R. Bilangan asli. Himpunan bilangan asli dilambangkan dengan N dipandang sebagai himpunan bagian R dan n N didefinisikan sebagai n := } + + {{ + + }. sebanyak n suku 2. Bilangan bulat. Himpunan bilangan bulat dilambangkan dengan Z dan keanggotannya dapat didefinisikan sebagai berikut : Z := { n : n N} N {0} dengan n := ( ) + ( ) + ( ) + + ( ). }{{} sebanyak n suku 3. Bilangan rasional dan irrasional. Himpunan bilangan rasional dilambangkan dengan Q adalah elemen bilangan real yang dapat ditulis dalam bentuk pecahan. Jadi, Q := { b a } : a, b Z, a 0. Bilangan real yang tidak dapat disajikan sebagai pecahan disebut bilangan irrasional dan himpunan bilangan irrasional ini biasa dilambangkan dengan R \ Q. Notasi := berarti didefinisikan oleh (defined by). Penggunaan notasi ini lebih tepat daripada menggunakan = karena tanda sama dengan seharusnya digunakan untuk menyatakan kesamaan kedua ruas. Teorema..4. Tidak ada bilangan rasional r sehingga r 2 = 2. Bukti. Andai ada bilangan rasional yang kuadratnya sama dengan dua. Untuk itu dapat ditulis r = m dengan m dan n tidak mempunyai faktor persekutuan n selain. Diperoleh r 2 = m2 n = 2 2 m2 = 2n 2, berarti m 2 bilangan genap. Karena itu m juga genap (lihat latihan berikut!). Karena m genap maka dapat ditulis m = 2p. Substitusi m ini ke kesamaan sebelumnya, diperoleh (2p) 2 = 2n 2 4p 2 = 2n 2 n 2 = 2p 2. Ini berarti n 2 bilangan genap, akibatnya n juga bilangan genap. Berangkat dari pengandaian tadi diperoleh dua pernyataan berikut

7 Pengantar Analisis Real I by Julan HERNADI 6 a. m dan n tidak mempunyai faktor persekutuan selain, berarti m dan n tidak mungkin keduanya genap. b. m dan n bilangan genap. Kedua pernyataan ini bertentangan (kontradiksi), sehingga pengandaian harus diingkari. Kesimpulannya Teorema terbukti. Latihan..4. Buktkan bila m 2 genap maka m juga genap. Contoh... Pada contoh ini dibuktikan bahwa jika z R bilangan irrasioanl dan r 0 bilangan rasional maka r + z dan rz bilangan irrasional. Dibutkikan dengan kontradiksi. Andai r + z rasional, maka dapat ditulis r + z = m n dan r = p, m, n, p, q Z, n, q 0. q Dari sini diperoleh z = m n p q mq np =, nq yaitu z rasional, sebab mq np, nq Z, nq 0. Kontradiksi dengan z irrasioanl. Jadi pengandaian r + z rasional salah, dan haruslah r + z irrasional. Dengan argumen yang sama dapat dibuktikan sisanya. Latihan..5. Buktikan bahwa jika x, y keduanya rasional maka x + y dan xy rasional..2 Sifat Urutan Bilangan Real Urutan pada bilangan real merujuk pada hubungan ketidaksamaan antara dua bilangan real. Sebelum didefinisikan urutan terlebih dulu didefinisikan bilangan positif. Definisi.2. (Bilangan Positif). Pada R terdapat himpunan bagian takkosong P dengan sifat-sifat berikut :. Jika a, b P maka a + b P. 2. Jika a, b P maka a b P. Himpunan P ini selanjutnya disebut himpunan bilangan positif. Definisi.2.2 (Sifat Trikotomi). Bila a R maka tepat satu pernyataan berikut dipenuhi, yaitu a P, a = 0, a P.

8 Pengantar Analisis Real I by Julan HERNADI 7 Selanjutnya himpunan bilangan negatif didefinisikan sebagai himpunan { a : a P}. Jadi himpunan bilangan real terbagi atas tiga himpunan saling asing yaitu bilangan positif, bilangan negatif dan nol. Definisi.2.3 (Urutan). Berikut ini definisi ketidaksamaan antara elemenelemen pada R :. Bilangan a P disebut bilangan positif dan ditulis a > 0. Notasi a 0 berarti a P {0}, dan a disebut bilangan taknegatif. 2. Bilangan a P sehingga a P disebut bilangan negatif, ditulis a < 0. Notasi a 0 berarti a P {0}, dan a disebut bilangan takpositif. 3. Bilangan real a dikatakan lebih besar dari b, ditulis a > b jika a b P Notasi a < b < b dimaksudkan berlaku keduanya a < b dan b < c. Bila a b dan b < c, maka ditulis a b < c. Teorema.2.. Misalkan a, b, c tiga bilangan real. (i) Jika a > b dan b > c maka a > c. (ii) Tepat satu pernyataan berikut memenuhi : a > b, a = b, a < b. Bukti. (i): Karena a > b dan b > c maka berdasarkan definisi berlaku a b P, dan b c P. Berdasarkan Definisi (.2.) diperoleh a c = (a b) + (b c) P, yakni a > c. (ii): Terapkan sifat trikotomi pada a b. Teorema.2.2. Misalkan a, b, c, d bilangan-bilangan real. (i) Jika a > b maka a + c > b + c. (ii) Jika a > b, c > d maka a + c > b + d. (iii) Jika a > b dan c > 0 maka ca > cb. Bukti. (i): Karena diketahui a b P maka (a + c) (b + c) = a b P, yaitu a + c > b + c. (ii): Karena diketahui a b P dan c d P maka (a + c) (b + d) = (a b) + (c d) P, yaitu a + c > b + d. (iii): Karena diketahui a b P, c P maka (a b)c = ac bc P, yaitu ac > bc.

9 Pengantar Analisis Real I by Julan HERNADI 8 Latihan.2.. Jika a > b dan c < 0, buktikan ac < bc. Teorema.2.3. Jika a dan b bilangan real dengan a < b maka a < (a + b) < b. 2 Bukti. Karena a < b maka 2a = a + a < a + b. Dengan argumen yang sama diperoleh juga a + b < b + b = 2b. Dengan menggabungkan kedua hasil ini, diperoleh 2a < a + b < 2b a < a + b < b. 2 Latihan.2.2. Buktikan bahwa jika a > 0 maka 0 < 2 a < a. Teorema berikut menjamin bahwa suatu bilangan taknegatif yang kurang dari bilangan positif apapun adalah nol. Teorema.2.4. Bila a R dengan 0 a < ɛ untuk setiap ε > 0 maka a = 0. Bukti. Andaikan a > 0. Berdasarkan Latihan sebelumnya, berlaku 0 < 2 a < a. Sekarang ambil ε 0 := 2 a > 0, sehingga berlaku 0 < ε 0 < a. Hasil ini kontradiksi dengan hipotesis bahwa 0 a < ɛ untuk setiap ε > 0. Jadi pengandai salah, dan haruslah a = 0. Latihan.2.3. Bila a, b bilangan real dengan a < b + ε untuk setiap ε > 0 maka a b. Dari definisi bilangan positif bahwa perkalian dua bilangan positif akan menghasilkan bilangan positif. Tetapi sebaliknya, bila hasil kali dua bilangan real adalah positif belum tentu kedua bilangan real tadi positif. Teorema.2.5. Jika ab > 0 maka berlaku salah satu dari dua kemungkinan berikut: a > 0 dan b > 0 atau a < 0 dan b < 0. Bukti. Karena ab > 0 maka a 0 dan b 0, sebab jika salah satu diantara a atau b bernilai nol maka ab = 0. Karena sifat trikotomi sekarang kemungkinnya a > 0 atau a < 0. Untuk a > 0 maka /a > 0 dan b = b = ((/a)a) b = (/a) (ab) > 0. }{{}}{{} >0 >0 Dengan argumen yang sama, dapat dibuktikan untuk kasus a < 0. Latihan.2.4. Buktikan bahwa jika ab < 0 maka berlaku salah satu dari dua kemungkinan berikut: a > 0 dan b < 0 atau a < 0 dan b > 0. Kedua hasil yang baru saja diberikan mengatakan bahwa jika hasil kali dua bilangan positif maka kedua bilangan itu bertanda sama. Sebaliknya, jika hasil kali kedua bilangan negatif maka kedua bilangan itu berlainan tanda.

10 Pengantar Analisis Real I by Julan HERNADI 9 Beberapa ketidaksamaan penting Teorema.2.6. Misalkan a 0 dan b 0. Maka pernyataan-pernyataan berikut equivalen : (i) a < b (ii) a 2 < b 2 (iii) a < b Bukti. Untuk a = 0 diperoleh pernyataan b > 0 b 2 > 0 b > 0. Fakta ini mudah dibuktikan sendiri. Sekarang diasumsikan a > 0 dan b > 0, yaitu a + b > 0. (i) (ii): Diketahui a < b, atau a b < 0. Jadi diperoleh a 2 b 2 = (a b) (a + b) < 0 }{{}}{{} <0 >0 (ii) (i): Diketahui a 2 b 2 = (a b) (a + b) < 0. Karena diketahui pula a+b > 0 }{{}}{{} <0 >0 maka haruslah a b < 0, atau a < b. (i) (iii): Sebelumnya sudah dibuktikan bahwa jika x, y > 0 maka x < y x 2 < y 2. Pada bagian ini diambil x = a dan y = b sehingga x, y > 0. Karena a = ( a) 2 dan b = b) 2 maka diperoleh a < b ( a) 2 = a < b = ( b) 2. Jadi lengkaplah bukti ini karena telah ditunjukkan berlakunya equivalensi (iii) (i) (ii). Teorema.2.7 (Rata-rata Aritmatika-Geometri (RAG). Bila a dan b bilangan positif maka berlaku ab (a + b) (RAG) 2 Bukti. Bila a = b maka relasi pada (RAG) menjadi kesamaan (lihat latihan di bawah). Sekarang diasumsikan a b. Karena a > 0 dan b > 0 maka a > 0 dan b > 0. Diperhatikan bahwa 0 a b = ( a b) ( a + b). }{{} >0 Jadi ( a b) 0, dan selanjutnya dikuadratkan diperoleh 0 < ( a b) 2 = a 2 ab + b ab > (a + b). 2

11 Pengantar Analisis Real I by Julan HERNADI 0 Latihan.2.5. Buktikan bahwa bila a = b maka relasi pada (RAG) menjadi kesamaan. Rata-rata aritmatika (RA) dari dua bilangan real a dan b adalah a+b 2, sedangkan rata-rata geometri (RG) dari a dan b adalah ab. Biasanya dalam kehidupan sehari-hari, rata-rata aritmatika lebih sering digunakan daripada rata-rata geometri. Secara umum dua macam rata-rata ini didefinisikan sebagai berikut : Misalkan diketahui bilangan real (data) a, a 2,, a n maka RA = n ( n n ) /n a k, RG = a k k= k= dengan notasi untuk penjumlahan dan untuk perkalian suku-suku. Masih tetap berlaku bahwa RG RA. Teorema.2.8 (Ketidaksamaan Bernoulli). Jika x > maka untuk setiap n N berlaku ( + x) n + nx. (KB) Bukti. Dibuktikan dengan induksi matematika. Untuk n = kedua ruas pada (KB) menjadi kesamaan. Diasumsikan berlaku untuk n = k, yaitu berlaku ( + x) k + kx. Untuk n = k +, diperoleh ( + x) k + kx [ diketahui ] ( + x) k+ = ( + x) k ( + x) ( + kx)( + x) = + (k + )x + kx 2 + (k + )x. Jadi berlaku untuk n = k +. Perhatikan pada baris kedua kedua ruas dikalikan dengan ( + x) suatu bilangan positif karena x >. Teorema.2.9 (Ketidaksamaan Cauchy). Misalkan a, a 2, a n dan b, b 2,, b n bilangan real maka berlaku ( n ) 2 ( n a k b k k= k= Bukti. Didefinisikan fungsi F : R R dengan a 2 k ) ( n k= b 2 k ). F (t) := n (a k tb k ) 2. k=

12 Pengantar Analisis Real I by Julan HERNADI Jelas F fungsi taknegatif, karena itu diperoleh F (t) = = n a 2 k 2ta k b k + t 2 b 2 k k= ( n b 2 k k= ) ( n ) ( n t 2 2 a k b k t + k= k= a 2 k ) 0. Jadi F merupakan fungsi kuadrat definit tak negatif, sehingga diskriminannya pun tak negatif, yaitu ( n ) 2 ( n 4 a k b k 4 k= k= b 2 k ) ( n k= a 2 k ) 0. Akhirnya dengan memindahkan ruas pada ketidaksamaan ini terbuktilah bahwa ( n ) 2 ( n a k b k k= k= a 2 k ) ( n k= b 2 k )..3 Nilai Mutlak dan Jarak Pada Bilangan Real Pada sifat urutan bilangan real kita baru mengetahui urutan lebih besar antara dua bilangan real tetapi belum menentukan jarak antara dua bilangan real. Jarak atau metrik pada bilangan real ini ditentukan melalui nilai mutlak. Definisi.3.. Nilai mutlak suatu bilangan real a, ditulis dengan a didefinisikan sebagai: a bila a > 0, a := 0 bila a = 0, a bila a < 0. Sebagai contoh, 3 = 3, 0 = 0, dan =. Dengan kata lain, nilai multak bilangan real bersifat dikotomi, yaitu nol atau positif. Diperhatikan tiga cabang pada definisi nilai mutlak dapat disederhanakan menjadi { a bila a 0, a := a bila a < 0. Teorema berikut ini menyajikan sifat-sifat dasar nilai mutlak. Teorema.3.. Misalkan a, b, c bilangan-bilangan real. (i) a = 0 bila hanya bila a = 0

13 Pengantar Analisis Real I by Julan HERNADI 2 (ii) a = a (iii) ab = a b (iv) untuk c 0, a c bila hanya bila c a c. (v) a a a. Bukti. (i)( =): langsung dari definisi. (= ): dibuktikan melalui kontraposisinya, yaitu jika a 0 maka a = 0, juga langsung dari definisi. (ii) Jika a = 0 maka diperoleh a = 0 = 0 = 0 = a. Jika a > 0 maka a < 0 sehingga diperoleh a = a = ( a) = a. Jika a < 0 maka a > 0 sehingga diperoleh a = a = a. (iii) Bila minimal salah satu dari a atau b bernilai nol maka kedua ruas bernilai nol. Bila keduanya tidak ada yang nol, ada 4 kemungkinan nilai a, b yang perlu diselidiki yaitu a > 0, b > 0, a > 0, b < 0, a < 0, b > 0 dan a < 0, b < 0. Untuk a > 0, b < 0 maka ab < 0, a = a, b = b dan ab = (ab) = (a)( b) = a b. (iv): ( =): karena a c maka a c dan a c atau a c, digabungkan diperoleh c a c. (= ): bila c a c maka kita mmepunyai a c dan c a, atau a < c. Karena a bernilai a atau a maka disimpulkan a < c. (v): dengan mengambil c := a 0 pada bagian (iv) maka a a adalah pernyataan yang benar. Implikasinya adalah a c a. Cara lain adalah dengan menggunakan kenyataan bahwa a a berlaku untuk setiap a R. Karena a R maka a = a a, atau a a. Setelah digabungkan diperoleh a c a. Definisi.3.2. Jarak (metrik) antara dua bilangan real a dan b didefinisikan sebagai d(a, b) := a b. Bila b = 0 maka d(a, 0) = a dipandang sebagai jarak a terhadap titik asal 0. Interpretasi sederhana bilangan real dapat disajikan dalam garis bilangan. Gambar berikut adalah garis bilangan dan ilustrasi jarak antara 3 dan 2. Gambar.: Garis bilangan dan jarak antara dua bilangan real Teorema berikut berkaitan dengan sifat dasar nilai mutlak dan sangat sering digunakan dalam analisis.

14 Pengantar Analisis Real I by Julan HERNADI 3 Teorema.3.2 (Ketidaksamaan segitiga). Untuk sebarang bilangan real a dan b berlaku a + b a + b. (KS) Bukti. Dari Teorema sebelumnya bagian (v) kita mempunyai a < a < a dan b < b < b. Dengan menjumlahkan dua ketidaksamaan ini diperoleh ( a + b ) < a + b < ( a + b ). Kemudian, dari bagian (iv) dengan menganggap c := ( a + b ) maka terbukti bahwa a + b a + b. Latihan.3.. Untuk sebarang bilangan real a dan b, buktikan (i) a b a b. (ii) a b a + b. Contoh.3.. Tentukan semua bilangan real x yang memenuhi x > x+. Penyelesaian. Diperhatikan titik x = dan x = merupakan titik transisi, yaitu perbatasan dimana nilai mutlak berlainan nilai. Untuk x <, maka x < 0 dan x + > 0 sehingga x = (x ) dan x + = (x + ). Subtitusi kedalam ketidaksamaan diperoleh (x ) > (x + ) > suatu pernyataan yang benar untuk setiap x <. Untuk < x < berlaku x = (x ) dan x + = (x + ). Subtitusi kedalam ketidaksamaan diperoleh (x ) > (x + ) 2x >< 0 x < 0. Untuk x > berlaku x = x dan x + = x +. Subtitusi kedalam ketidaksamaan diperoleh x > x + > suatu pernyataan yang salah untuk setiap x >. Dengan menggabungkan ketiga hasil ini diperoleh himpunan penyelesaian untuk x sebagai berikut {x : x < } {x : x < 0} = {x : x < 0}. Cara lain adalah dengan menggunakan Teorema.2.6, yaitu x > x+ (x ) 2 > (x+) 2 x 2 2x+ > x 2 +2x+ 4x < 0 x < 0.

15 Pengantar Analisis Real I by Julan HERNADI 4 Latihan.3.2. Tentukan semua bilangan real x yang memenuhi x + x+ < 2. Latihan.3.3. Jika x < z, buktikan bahwa x < y < z bila hanya bila x y + y z = x z. Interprestasikan fakta ini secara geometris. Dapat diperiksa bahwa jarak (metrik) seperti diberikan pada Definisi.3.2 mempunyai sifat-sifat sebagai berikut :. d(x, y) 0 untuk setiap x, y R. 2. d(x, y) = 0 bila hanya bila x = y. 3. d(x, y) = d(y, x) untuk setiap x, y R. 4. d(x, y) d(x, z) + d(z, y) untuk setiap x, y R. Catatan.3.. Sifat 4 ini merupakan generalisasi dari ketidaksamaan segitiga (KS). Himpunan bilangan real yang dilengkapi dengan metrik d ini disebut ruang metrik. Lebih lanjut, pada analisis dikenal pula ruang bernorma, ruang Banach, dan lain-lain. Latihan.3.4. Misalkan S himpunan takkosong, buktikan fungsi d pada S S yang didefinisikan oleh { 0 bila s = t, d(s, t) := bila s 0. merupakan metrik. Metrik ini disebut metrik diskrit. Bentuk lain generalisasi (KS) diungkapkan pada teorema berikut. Teorema.3.3. Untuk sebarang bilangan real a, a 2,, a n, berlaku a + a a n a + a a n. Bukti. Dapat dibuktikan dengan induksi. Ingat dengan prinsip induksi, jika berlaku untuk dua bilangan maka akan berlaku untuk sejumlah berhingga bilangan..4 Supremum dan Infimum Ketika kita diberikan himpunan A = [0, ) maka minimum atau anggota terkecil himpunan ini adalah 0. Pertanyaannya, apakah A mempunyai maksimum? Kalau ada, berapa nilainya. Perhatikan bahwa bukan nilai maksimum karena ia tidak termuat di dalam A.

16 Pengantar Analisis Real I by Julan HERNADI 5 Latihan.4.. Buktikan bahwa himpunan A = (0, ] tidak mempunyai maksimum. (Petunjuk: gunakan bukti tak langsung dengan kontradiksi). Walaupun bukan maksimum A namun tidak ada anggota A yang melebihinya. Dengan kata lain, merupakan batas atas paling kecil untuk himpunan A. Definisi.4.. Misalkan S suatu himpunan bagian dari R. (i) Bilangan u R dikatakan batas atas S jika s u untuk setiap s S. (ii) Bilangan w R dikatakan batas bawah S jika w s untuk setiap s S. Diperhatikan dengan seksama bahwa batas bawah atau batas atas suatu himpunan tidak harus berada di dalam himpunan tersebut. Ilustrasi batas atas dan batas bawah diberikan pada gambar berikut. Gambar.2: Batas atas dan batas bawah suatu himpunan Contoh.4.. Diberikan S := [0, ), maka batas atas S adalah himpunan {x : x 0} dan batas bawah S adalah {x : x }. Diperhatikan 0 merupakan batas bawah dan termasuk didalam S, sedangkan batas atas S tetapi ia tidak termuat didalam S. Contoh.4.2. Himpunan bilangan asli N tidak mempunyai batas bawah maupun batas atas. Contoh.4.3. Himpunan S := { : n N} mempunyai himpunan batas bawah n {x : x 0} dan mempunyai himpunan batas atas {x : x }. Contoh.4.4. Misalkan S := himpunan kosong maka setiap bilangan real adalah batas atas S. Argumennya dapat dijelaskan sebagai berikut. Bilangan u R batas atas S dapat disajikan dalam kalimat logika berikut s S = s < u. Dalam kasus S himpunan kosong maka pernyataan s S bernilai salah, sehingga kalimat implikasi s S = s < u selalu benar. Dengan argumen yang sejalan dapat disimpulkan bahwa semua bilangan real juga merupakan batas bawah himpunan kosong. Kenyataan ini sepertinya dibuat-buat, tetapi inilah konsekuensi logis definisi.

17 Pengantar Analisis Real I by Julan HERNADI 6 Latihan.4.2. Tuliskan definisi v bukan batas atas S, juga definisi w bukan batas bawah S. Definisi.4.2. Himpunan yang mempunyai batas atas disebut terbatas diatas (bounded above), sedangkan himpunan dikatakan terbatas dibawah (bounded below) jika ia mempunyai batas bawah. Himpunan dikatakan terbatas jika ia terbatas diatas dan terbatas dibawah. Contoh.4.5. Himpunan bilangan real R := (, ) tidak terbatas diatas maupun dibawah. Himpunan S := [, ) terbatas dibawah. Himpunan E := { : n N} terbatas. n Definisi.4.3. Misalkan S himpunan bagian dari R. (i) Bila S terbatas diatas maka batas atas u dikatakan supremum dari S jika tidak ada bilangan lain yang lebih kecil dari u yang menjadi batas atas S. Dengan kata lain u batas atas yang paling kecil. (ii) Bila S terbatas dibawah maka batas bawah w dikatakan infimum dari S jika tidak ada bilangan lain yang lebih besar dari w yang menjadi batas bawah S. Dengan kata lain w batas bawah yang paling besar. Berdasarkan definisi ini, supremum himpunan S dapat dikarakterisasi oleh dua kondisi berikut, yaitu :. s u untuk setiap s S 2. bila ada v R dengan v < u maka ada s 0 S sehingga v < s 0. Kondisi pertama menyatakan bahwa v haruslah batas atas S dan kondisi kedua menyatakan bahwa batas atas ini haruslah yang terkecil. Latihan.4.3. Buatlah karakterisasi w infimum S. Biasanya supremum dan infimum himpunan S disingkat dengan sup S dan inf S. Ilustrasi supremum dan infimum diberikan pada gambar berikut. Gambar.3: Supremum dan infimum suatu himpunan

18 Pengantar Analisis Real I by Julan HERNADI 7 Catatan.4.. Supremum suatu himpunan selalu tunggal. Bukti. Andaikan u = sup S dan u = sup S dengan u u. Karena itu ada dua kemungkinan yang dapat terjadi, yaitu u < u atau u > u. Untuk u < u berarti u bukan batas atas S, ini berlawanan dengan u = sup S. Untuk u > u berarti u bukan batas atas S, ini bertentangan dengan u = sup S. Jadi pengandaian u u salah, seharusnya u = u Latihan.4.4. Buktikan bahwa infimum suatu himpunan selalu tunggal. Berikut adalah kriteria yang mudah dan sering digunakan untuk mengetahui suatu batas atas merupakan supremum atau bukan. Teorema.4.. Misalkan u suatu batas atas S. u = sup S ε > 0, s S sehingga u ε < s. Bukti. (= ): Ambil ε > 0 sebarang. Karena diketahui u = sup S maka u ε bukan batas atas S, jadi ada s S sehingga u ε < s. ( =): Akan ditunjukkan bahwa u yang memenuhi sebelah kanan merupakan supremum S. Misalkan untuk sebarang bilangan real v, v < u. Ambil ε := u v > 0, maka ada s S sehingga u ε = u (u v) = v < s. Ini berarti v bukan batas atas S, dan berdasarkan karakteristik supremum disimpulkan bahwa u = sup S. Teorema ini dapat diilustrasikan secara grafik sebagai berikut. Gambar.4: Kriteria supremum Latihan.4.5. Misalkan w suatu batas atas S. Buktikan bahwa w = inf S ε > 0, s S sehingga w + ε > s. Contoh.4.6. Diperhatikan himpunan S := {x : 0 x < }. Maka maks S tidak ada, sup S =, min S = inf S = 0. Contoh.4.7. Diperhatikan himpunan S := { : n R}. Maka maks S = n sup S =, min S tidak ada tetapi inf S = 0. Hasil ini dapat dibuktikan sebagai berikut. Jika diberikan ε > 0 sebarang maka selalu dapat dipilih bilangan asli n 0 dengan n 0 > /ε. Nah, s = n 0 S dan 0 + s > ε. Berdasarkan kriteria infimum (latihan sebelumnya) maka disimpulkan 0 adaah infimum S.

19 Pengantar Analisis Real I by Julan HERNADI 8 Catatan.4.2. Pada pembuktian infimum sebelumnya kita dapat memilih bilangan asli yang lebih besar dari suatu bilangan real yang diberikan. Ada referensi yang menyebut sifat ini sebagai sifat Archimedes. Secara formal sifat ini diungkapkan sebagai berikut. Jika x R maka ada n x N sehingga n x > x. Catatan.4.3. Bila suatu himpunan S mempunyai maksimum dan minimum maka sup S = maks S, inf S = min S. Latihan.4.6. Buktikan bahwa bilangan real R tidak mempunyai supremum dan infimum. Latihan.4.7. Misalkan S := { ( )n n : n N}. Tentukan inf S dan sup S. Buktikan hasil yang anda peroleh. Sifat supremum dan infimum pada R Sifat ini dapat disajikan secara sederhana sebagai berikut. Setiap himpunan tak kosong yang terbatas diatas selalu mempunyai supremum, dan setiap himpunan tak kosong yang terbatas dibawah selalu mempunyai infimum. Sifat supremum ini dikenal juga dengan sifat kelengkapan bilangan real. Dengan sifat ini terjamin bahwa garis bilangan adalah padat, artinya tidak ada satupun titik yang hilang. Sebagai ilustrasi, diperhatikan himpunan terbatas berikut A := {x > 0 : x 2 < 2}. Himpunan A ini tidak mempunyai maksimum tetapi A mempunyai supremum, yaitu sup A = 2. Fakta ini menjamin eksistensi 2 yang merupakan bilangan irrasional. Sekarang kita tahu terdapat paling tidak satu bilangan irrasional, yaitu 2. Pertanyaannya, seberapa banyak bilangan irrasional yang ada. Lebih banyak mana, bilangan rasional atau bilangan irrasional. Nah, berikut ini diberikan sifat kepadatan bilangan rasional dalam R. Teorema.4.2. Bila a dan b bilangan real dengan a < b maka terdapat bilangan rasional r dengan a < r < b. Bukti. Diperhatikan bahwa suatu bilangan real positif. Menurut sifat Archimedes b a terdapat bilangan asli n sehingga n >. Untuk n ini berlaku b a nb na >. (*) Sekarang ambil m sebagai bilangan bulat pertama yang lebih besar dari na, dan berlaku m na < m. (**)

20 Pengantar Analisis Real I by Julan HERNADI 9 Dari (*) dan (**) diperoleh na < m na + < nb. Bentuk terakhir ini dapat ditulis na < m < nb, dan dengan membagi semua ruas dengan n, didapat a < m n < b dan dengan mengambil r := m n maka bukti Teorema selesai. Contoh.4.8. Tentukan 3 buah bilangan rasional diantara 2 dan 3 2. Penyelesaian.. Diketahui a = 2, 442, b = 3/2 =, 5 2. d =,5, Jadi bilangan asli yang yang dapat diambil adalah n = 2, 3, 4, 5, Untuk n = 2 diperoleh na (2)( 2) 6, 9706 maka diambil m = 7. Untuk n = 3, na (3)( 2) 8, 3848 dan dimabil m = 9. Untuk n = 4 maka na (4)( 2) 9, 7990 dan dimabil m = Jadi bilangan rasional r = 7, 9 2 3, dan 20 4 terletak diantara 2 dan 3/2. Akibat.4.. Bila a dan b bilangan real dengan a < b maka terdapat bilangan irrasional z dengan a < z < b. Bukti. Dengan menerapkan Teorema sebelumnya pada dua bilangan real a 2 dan b 2 maka ada bilangan rasional r sehingga a 2 < r < b 2. Selanjutnya diambil z := r 2, inilah bilangan irrasioanl yang dimaksud. Latihan.4.8. Temukan 5 bilangan irrasional yang terletak diantara dan.0. SOAL-SOAL LATIHAN BAB I. Buktikan jika a, b R maka a. (a + b) = ( a) + ( b) b. ( a) ( b) = a b c. /( /a) = (/a) asalkan a 0 d. (a/b) = ( a)/b asalkan b 0.

21 Pengantar Analisis Real I by Julan HERNADI Jika a 0 dan a a = a, buktikan a = 0 atau a =. 3. Buktikan tidak ada bilangan rasional r sehingga r 2 = Tunjukkan dengan contoh bahwa ada dua bilangan irrasional yang jumlah keduanya rasional. 5. Tunjukkan dengan contoh bahwa ada dua bilangan irrasional yang hasil kali keduanya rasional. 6. Tunjukkan ada bilangan irrasional x dan y dengan x y rasional. 7. Buktikan bahwa jika 0 < a < b dan 0 < c < d maka 0 < ac < bd. 8. Jika a, b R tunjukkan bahwa a 2 + b 2 = 0 bila dan hanya bila a = 0 dan b = Bila 0 a < b, buktikan a 2 ab < b Buktikan bahwa jika 0 < a < b maka a < ab < b dan 0 < /b < /a.. Tentukan semua x yang memenuhi /x < x Buktikan bahwa ( 2 (a + b)) 2 2 (a2 + b 2 ). 3. Jika 0 < c <, buktikan bahwa 0 < c 2 < c <, tetapi jika c > maka < c < c Buktikan bahwa a + b = a + b bila hanya bila ab Jika a < x < b dan a < y < b, tunjukkan bahwa x y < b a. Interprestasikan fakta ini secara geometris. 6. Tentukan dan sketsalah pasangan titik (x, y) pada R R yang memenuhi (a) x = y. (b) xy =. 7. Tentukan dan sketsalah pasangan titik (x, y) pada R R yang memenuhi (a) x + y. (b) xy Misalkan S himpunan takkosong yang terbatas dibawah. Buktikan inf S = sup{ s : s S}. 9. Misalkan S himpunan terbatas dan S 0 himpunan bagian dari S. Buktikan inf S inf S 0 sup S 0 sup S.

22 Pengantar Analisis Real I by Julan HERNADI Misalkan S himpunan takkosong yang terbatas diatas. Untuk a R didefinisikan a + S := {a + x : x S}. Buktikan sup(a + S) = a + sup S. 2. Misalkan S := { : m, n N}. Tentukan sup S dan inf S, buktikan n m hasil yang anda peroleh. 22. Misalkan S himpunan takkosong. Untuk a bilangan real tidak nol didefinisikan as := {as : s S}. Buktikan (i) Bila a > 0 maka (ii) Bila a < 0 maka inf(as) = a inf S, dan sup(as) = a sup S. inf(as) = a sup S, dan sup(as) = a inf S. 23. Misalkan A dan B himpunan takkosong dan A+B := {a+b : a A, b B}. Buktikan bahwa sup(a + B) = sup A + sup B dan inf(a + B) = inf A + inf B. 24. Misalkan f dan g dua fungsi yang didefinisikan pada domain X. Jika rangenya terbatas, buktikan (i) sup{f(x) + g(x) : x X} sup{f(x) : x X} + sup{g(x) : x X}. (ii) inf{f(x) + g(x) : x X} inf{f(x) : x X} + inf{g(x) : x X}.

23 BAB 2 BARISAN BILANGAN REAL Di sekolah menengah barisan diperkenalkan sebagai kumpulan bilangan yang disusun menurut pola tertentu, misalnya barisan aritmatika dan barisan geometri. Biasanya barisan dan deret merupakan satu kesatuan pokok bahasan. Sekarang barisan dipahami dari sudut pandang analisis dan ia merupakan bentuk khusus dari fungsi. Sedangkan deret akan dibahas secara khusus pada bab yang lain. 2. Pengertian Barisan dan Limitnya Definisi 2... Barisan bilangan real adalah fungsi suatu fungsi dengan domain himpunan bilangan asli N dengan domain termuat didalam R. Jadi barisan adalah fungsi X : N R, dimana setiap n N nilai fungsi X(n) biasa ditulis sebagai X(n) := x n dan disebut suku ke-n barisan X. Notasi barisan yang sering digunakan dalam buku ini adalah X, (x n ), (x n : n N). Contoh 2... Beberapa barisan dan cara penulisannya : a. X := (2, 4, 6, 8, ) merupakan barisan bilangan genap. Dapat juga ditulis sebagai X := (2n : n N). b. Y := (, 2, 3, ). Dapat juga ditulis Y := ( n : n N). Dalam beberapa keperluan praktis, barisan didefinisikan secara rekusif atau induktif sebagai berikut { x, x 2,, x n diberikan, x n := f(x, x 2,, x n ). 22

24 Pengantar Analisis Real I by Julan HERNADI 23 c. Barisan Fibonacci adalah barisan yang berbentuk F := (,, 2, 3, 5, 8, ). Barisan ini dapat ditulis secara rekursif sebagai berikut : x :=, x 2 :=, x n := x n + x n 2, untuk n 3. Latihan 2... Berikut diberikan beberapa suku awal barisan (x n ). Seandainya pola seperti ini tetap, tentukan formula umum suku ke n nya. a. /2, 2/3, 3/4, 4/5,, b. /2, /4, /8, /6,, c., 4, 9, 6,, Latihan Diberikan barisan yang didefinisikan secara rekursif. Tentukan 5 suku pertamanya a. y := 2, y n+ := 2 (y n + 2/y n ), n. b. z :=, z 2 := 2, z n+2 := (z n+ + z n )/(z n+ z n ), n 3. c. x :=, y n+ := 4 (2y n + 3), n. Penulisan barisan menggunakan kurung biasa ( ) dimaksudkan untuk membedakannya dengan himpunan yang biasa ditulis menggunakan kurung kurawal { }. Pada himpunan, anggota yang sama cukup ditulis satu kali. Sedangkan pada barisan, suku-suku yang berbeda memungkinkan mempunyai nilai yang sama. Sebagai contoh ambil barisan (x n ) yang didefinisikan x n := ( ) n. Jadi barisannya adalah X := (,,,, ). Tetapi bila dipandang sebagai himpunan maka diperoleh himpunan X := {, }. Definisi 2..2 (Limit barisan). Misalkan X = (x n ) barisan bilangan real. Bilangan real x dikatakan limit dari (x n ) jika untuk setiap ε > 0 terdapat bilangan asli N (biasanya bergantung pada ε) sehingga x n x < ε untuk setiap n N. Jika x limit dari barisan X maka X dikatakan konvergen ke x dan ditulis lim X = x, atau lim(x n ) = x. Jika suatu barisan mempunyai limit kita katakan barisan itu konvergen. Sebaliknya jika tidak mempunyai limit kita katakan ia divergen.

25 Pengantar Analisis Real I by Julan HERNADI 24 Gambar 2.: Kekonvergenan barisan Diperhatikan pada definisi ini pernyataan x n x < ε dapat ditulis sebagai x ε < x n < x + ε. Ini berarti pada suatu saat, semua suku-suku barisan berada dalam kerangkeng (x ε, x+ε). Ilustrasi geometris barisan (x n ) yang konvergen ke x diberikan pada Gambar 2.. Kadangkala digunakan notasi x n x untuk menyatakan secara intuitif bahwa x n mendekati x bila n. Pada definisi ini kriteria x n mendekati x diukur oleh ε > 0, sedangkan kriteria n dicirikan oleh adanya bilangan asli N. Tidak adanya notasi n pada penulisan lim(x n ) dapat dipahami karena barisan yang dibahas adalah barisan takberujung, yaitu banyak sukunya takterhingga. Muncul pertanyaan apakah mungkin suatu barisan konvergen ke dua limit yang berbeda? Jawaban diberikan secara formal dalam teorema berikut. Teorema 2... Suatu barisan bilangan real hanya dapat mempunyai satu limit. Dengan kata lain, jika suatu barisan konvergen maka limitnya tunggal. Bukti. Andaikan barisan X := (x n ) mempunyai dua limit yang berbeda, katakan x a dan x b dengan x a x b. Diberikan ε := 3 x b x a. Karena lim(x n ) = x a maka untuk ε ini terdapat N a sehingga x n x a < ε untuk setiap n N a. Juga, karena lim(x n ) = x b maka terdapat N b sehingga x n x b < ε untuk setiap n N b. Sekarang untuk n maks {N a, N b } maka berlaku x a x b = x a x n + x n x b x n x a + x n x b < ε + ε = 2 3 x a x b. Akhirnya diperoleh x a x b < 2 3 x a x b suatu pernyataan yang kontradiksi. Pengandaian x a x b salah dan haruslah x a = x b, yaitu limitnya mesti tunggal.

26 Pengantar Analisis Real I by Julan HERNADI 25 Latihan Diberikan barisan bilangan real (x n ). a. Tuliskan definisi barisan (x n ) tidak konvergen ke x. b. Tuliskan definisi barisan (x n ) divergen. Pembahasan barisan di sini ditekankan pada pembuktian-pembuktian teoritis bukan pada aspek teknik komputasi. Membuktikan suatu barisan dengan limit telah diketahui lebih rumit daripada menentukan nilai limit suatu barisan. Contoh-contoh berikut memberikan gambaran bagaimana definisi digunakan untuk membuktikan kebenaran limit suatu barisan. Contoh Butkikan bahwa lim(/n) = 0. Penyelesaian. Disini kita mempunyai x n :=, dan x = 0. Diberikan ε > 0 n sebarang. Harus ditemukan bilangan asli N sehingga x n x = /n 0 = n < ε untuk setiap n N. Mudah saja, pada bentuk terakhir ketidaksamaan ini berlaku < ε. Diselesaikan, diperoleh n >. Jadi N cukup diambil sebagai bilangan asli terkecil n ε yang lebih besar dari. Sebagai contoh, misalkan diberikan ε := 0.03 maka ε = Jadi cukup diambil N := 77. Untuk meyakinkan dapat diperiksa ε bahwa x 77 = 0.030, x 78 = 0.028, x 79 = 0.027, x 80 = 0.025, x 8 = 0.023, x 82 = kesemuanya kurang dari Lebih telitinya x 77 = Contoh Buktikan lim ( n+ 3n+2) = /3. Penyelesaian. Disini kita mempunyai x n := ( n+ 3n+2) dan x = /3. x n x = n + 3n = 3n + 3 3n 2 3(3n + 2) = 3(3n + 2) Bentuk terakhir ini akan kurang dari ε bila (9n + 6)ε > 9n > 6ε ε n > 6 ε 9ε. Jadi N cukup diambil sebagai bilangan asli terkecil yang lebih besar dari 6 ε. 9ε Sebagai contoh, misalkan diberikan ε := 0.03 maka 6 ε = Jadi cukup 9ε

27 Pengantar Analisis Real I by Julan HERNADI 26 diambil N := 8. Agar lebih meyakinkan diambil beberapa nilai x n /3, untuk n = 8, 9, 0,, 2, hasilnya 0.028, 0.05, 0.004, , , yang kesemuanya kurang dari ε := Latihan Gunakan definisi limit barisan untuk membuktikan ( ) 3n + lim = 3 2n Tentukan bilangan asli terkecil N yang dapat diambil jika diberikan ε := , juga bila ε := Latihan Gunakan definisi limit barisan untuk membuktikan ( ) ( ) n n lim = 0. n 2 + Tentukan bilangan asli terkecil N yang dapat diambil jika diberikan ε := /4, juga bila ε := /6. Latihan Gunakan definisi limit barisan untuk membuktikan ( lim n ) = 0. n + Tentukan bilangan asli terkecil N yang dapat diambil jika diberikan ε := /4, juga bila ε := /6. Dari beberapa contoh dan latihan ini mestinya dapat disimpulkan bahwa semakin kecil ε > 0 yang diberikan maka semakin besar indeks N yang dapat diambil. Kenyataan ini sesuai dengan definisi bahwa semakin kecil ε > 0 maka semakin kecil lebar kerangkeng dan semakin lama pula suku-suku barisan dapat mulai mengumpul di dalam kerangkeng ini. Kekonvergenan barisan (x n ) ditentukan oleh pola suku-suku yang sudah jauh berada diujung. Walaupun pada awalnya suku-suku barisan berfluktuasi cukup besar namun bila pada akhirnya suku-suku ini mengumpul disekitar titik tertentu maka barisan ini tetap konvergen. Definisi Misalkan barisan X := (x, x 2, x 3,, x n, ) dipotong pada suku ke m dan dibentuk barisan baru X m := (x m+, x m+2, ) maka barisan X m disebut ekor ke m barisan X. Latihan Buktikan bahwa X konvergen bila hanya bila X m konvergen dan lim X = lim X m.

28 Pengantar Analisis Real I by Julan HERNADI 27 Pembuktikan limit barisan melalui definisi akan menjadi sulit bilamana bentuk barisan yang dihadapi cukup rumit. Melalui definisi dikembangkan alatalat sederhana yang dapat digunakan untuk membuktikan limit barisan, khususnya barisan yang mempunyai bentuk tertentu. Teorema 2..2 (Teorema Konvergen Terdominasi). Misalkan ada dua barisan bilangan real (a n ) dan (x n ). Jika ada C > 0 dan m N sehingga berlaku maka lim(x n ) = x. x n x C a n untuk semua n m dan lim(a n ) = 0 Bukti. Diberikan ε > 0. Karena lim(a n ) = 0 maka ada N a N sehingga a n < ε/c untuk setiap n N a. Jadi untuk setiap n N := maks {N a, m} berlaku Terbukti bahwa lim(x n ) = x x n x C a n < C(ε/C) = ε. Teorema ini biasa disebut teorema kekonvergenan terdominasi (TKD), karena kekonvergenan ini disebabkan karena terdominasi oleh barisan yang konvergen. Dalam penggunaan teorema ini harus dibangun barisan (a n ) yang konvergen ke 0 dan ditentukan konstanta positif C. Contoh Bila a > 0, buktikan barisan lim ( +na) = 0. Bukti. Karena a > 0 maka berlaku 0 < na < na +, dan akibatnya kita mempunyai na + < na. Selanjutnya, + na 0 = + na < ( a ) ( ). n Dengan mengambil C := /a dan a n = /n dan dikarenakan lim a n = 0 maka dengan teorema sebelumnya disimpulkan bahwa lim ( +na) = 0. Contoh Misalkan 0 < b <, buktikan lim(b n ) = 0. Bukti. Ambil a := b = > 0. Dapat ditulis b := b b ketidaksamaan Bernoulli berlaku dan diperoleh 0 < ( + a) n + na ( + a) n + na < na = ( a ) ( ). n (+a) dan dengan Latihan Misalkan c > 0, buktikan lim(c /n ) = 0. Latihan Buktikan lim(n /n ) =.

29 Pengantar Analisis Real I by Julan HERNADI Sifat-sifat Barisan Konvergen Berikut ini diberikan sifat aljabar barisan konvergen. Sifat-sifat ini banyak digunakan dalam keperluan praktis terutama dalam menghitung nilai limit barisan. Sebelumnya diberikan sifat keterbatasan barisan konvergen. Definisi Barisan (x n ) dikatakan terbatas jika ada bilangan M > 0 sehingga x n M untuk setiap n N. Dengan kata lain, barisan (x n ) terbatas jika hanya jika himpunan {x n : n N} terbatas pada R. Contoh Barisan (/n : n N) terbatas dengan M =, (( ) n : n N) terbatas dengan M =, (n 2 : n N) tidak terbatas. Teorema Jika barisan (x n ) konvergen maka ia terbatas. Bukti. Diketahui barisan (x n ) konvergen, katakan lim(x n ) = x. Ambil ε := maka ada N N sehingga x n x < untuk setiap n N. Karena x n x x n x < maka berdasarkan sifat nilai mutlak diperoleh Bila maka berlaku yaitu (x n ) terbatas. x n < + x untuk setiap n N. M := max { x, x 2,, x N, + x } x n M untuk setiap n N, Catatan Barisan terbatas belum tentu konvergen. Barisan tidak terbatas pasti divergen. Contoh Diberikan barisan (( ) n : n N). Jelas barisan ini terbatas karena x n < untuk setiap n. Selanjutnya, kita buktikan barisan ini tidak konvergen. Andaikan ia konvergen, katakan lim(x n ) = a. Ambil ε :=, maka terdapat bilangan asli N sehingga ( ) n a < untuk setiap n N. Bilangan n N dapat berupa bilangan genap atau bilangan ganjil. Untuk n ganjil maka ( ) n =, sehingga diperoleh ( ) n a = a < 2 < a < 0. (*) Untuk n genap maka ( ) n =, sehingga diperoleh ( ) n a = a < 0 < a < 2. (**) Dua pernyataan (*) dan (**) saling kontradiksi, sehingga pengandaian salah. Jadi terbukti barisan (( ) n : n N) divergen.

30 Pengantar Analisis Real I by Julan HERNADI 29 Teorema Jika X := (x n ) dan Y := (y n ) dua barisan yang masing-masing konvergen ke x dan y maka (a). barisan X ± Y := (x n + y n ) konvergen ke x ± y, (b). barisan XY := (x n y n ) konvergen ke xy. (c). barisan cx := (cx n ) konvergen ke cx Bukti. (a) Untuk membuktikan lim(x n + y n ) (x + y), kita harus memberikan estimasi pada (x n + y n ) (x + y). Karena lim(x n ) = x dan lim(y n ) = y maka untuk ε > 0 yang diberikan terdapat N dan N 2 sehingga x n x < ε/2 untuk setiap n N dan y n y < ε/2 untuk setiap n N 2. Jadi untuk setiap n N := max{n, N 2 } diperoleh (x n + y n ) (x + y) = (x n x) + (y n y) x n x + y n y ε/2 + ε/2 = ε Dengan cara yang sama dapat dibuktikan (x n y n ) konvergen ke (x y). (b). Karena (x n ) konvergen maka ia terbatas, yaitu ada M > 0 sehingga x n M untuk setiap n N. Ambil M := max{m, y }. Karena lim(x n ) = x dan lim(y n ) = y maka untuk ε > 0 yang diberikan terdapat N dan N 2 sehingga x n x < ε/2m untuk setiap n N dan y n y < ε/2m untuk setiap n N 2. Jadi untuk setiap n N := max{n, N 2 } diperoleh x n y n xy = (x n y n x n y) + (x n y xy) = x n (y n y) + y(x n x) x n y y n + y x x n M x n x + M y n y M(ε/2M) + M(ε/2M) = ε. (c). Pernyataan ini dapat dibutkikan dengan cara membentuk cx n cx = c x n x. Bukti lengkapnya dapat diselesaikan sendiri. Catatan Pada sifat perkalian limit dua barisan dapat dikembangkan untuk perkalian sebanyak berhingga barisan, yaitu jika (a n ), (b n ),, (z n ) barisanbarisan konvergen maka berlaku lim ((a n )(b n ) (z n )) = lim(a n ) lim(b n ) lim(z n ). Khususnya jika barisan-barisannya sama, katakan ada sebanyak k barisan (x n ) maka lim(a k n) = (lim(a n )) k.

31 Pengantar Analisis Real I by Julan HERNADI 30 Teorema Misalkan X := (x n ) dan Y := (y n ) barisan konvergen, berturutturut ( ke x) dan y, y n 0 untuk setiap n N dan y 0 maka barisan hasil bagi X := x n Y yn konvergen ke x. y Bukti. x n x y n y = = = = x n y xy n y n y y n y x ny xy n y n y x ny x n y n + x n y n xy n y n y x n(y y n ) + y n (x n x) x n y n y y n y + y x n x Selanjutnya, kita perlu memberikan batas untuk suku xn y n y. Karena (x n) konvergen maka ada M > 0 sehingga x n M untuk setiap n N. Karena lim(y n ) = y maka diberikan ε := 2 y ada N N sehingga y n y < 2 y untuk setiap n N. Karena y n y y n y dan y n y < y maka 2 y n y < 2 y 2 y < y n < 3 2 y y n > 2 y untuk setiap n N. Jadi berlaku y n < 2 y untuk setiap n N. Dengan demikian kita mempunyai estimasi x n x y n y x n y n y y n y + y x n x < 2M y y 2 n y + y x n x. (*) Sekarang diberikan ε > 0 sebarang. Karena lim(y n ) = y dan lim(x n ) = x maka ada N 2, N 3 N sehingga x n x < y 2 ε untuk setiap n N 2, dan y n y < y 2 4M ε untuk setiap n N 3. Dengan mengambil N := max{n, N 2, N 3 } maka berdasarkan (*), diperoleh x n x y n y < ε/2 + ε/2 = ε untuk setiap n N.

32 Pengantar Analisis Real I by Julan HERNADI 3 Contoh Kita tunjukkan bahwa lim ( ) 2n+ n+5 = 2. Pertama kita ubah dulu ke dalam bentuk barisan konvergen, yaitu ( ) 2n + = 2 + /n n /n. Selanjutnya, diambil X := (2 + /n) dan Y := ( + 5/n). Jelas bahwa lim X = 2 dan lim Y = maka lim X Y = 2 = 2. Teorema Bila (x n ) barisan taknegatif, yaitu x n 0 untuk setiap n N maka lim(x n ) 0. Bukti. Andaikan kesimpulan ini salah, yaitu x := lim(x n ) < 0. Ambil ε := x > 0, maka ada K N sehingga x n x < x x < x n x < x = x n < 0, untuk semua n K. Khususnya untuk n = K berlaku x n < 0. Hal ini kontradiksi dengan hipotesis bahwa x n 0 untuk setiap n N. Teorema Jika (x n ) dan (y n ) barisan konvergen dan x n y n untuk setiap n N maka lim(x n ) lim(y n ). Bukti. Didefinisikan barisan (z n ) dengan z n := y n x n. Diperoleh (z n ) barisan taknegatif, dan selanjutnya digunakan Teorema sebelumnya. Teorema Bila (x n ) barisan konvergen dan a x n b untuk setiap n N maka a lim(x n ) b. Bukti. Bandingkan barisan (x n ) dengan barisan konstan (a) dan barisan (x n ) dengan barisan konstan (b), kemudian gunakan Teorema sebelumnya. Teorema berikut menjelaskan kekonvergenan suaru barisan yang terjepit oleh dua barisan yang konveregen ke limit yang sama. Teorema ini sangat bermanfaat dalam membuktikan limit barisan. Teorema (Teorema Konvergen Terjepit). Bila (x n ), (y n ) dan (z n ) barisan bilangan real yang memenuhi kondisi berikut (i) x n y n z n untuk setiap n N, (ii) lim(x n ) = lim(z n ) maka (y n ) konvergen dan lim(x n ) = lim(y n ) = lim(z n ).

33 Pengantar Analisis Real I by Julan HERNADI 32 Bukti. Misalkan w := lim(x n ) = lim(z n ). terdapat bilangan asli N dan N 2 sehingga Diberikan ε > 0 sebarang, maka x n w < ε untuk setiap n N dan z n w < ε untuk setiap n N 2. Bila diambil N := max{n, N 2 } maka berlaku Dari ini diperoleh x n w < ε dan z n w < ε untuk setiap n N. ε < x n w dan z n w < ε untuk setiap n N. Diketahui x n y n z n, dengan menambahkan w pada ketiga ruas diperoleh x n w y n w z n w untuk setiap n N. Dengan hasil sebelumnya, diperoleh ε < y n w < ε y n w < ε untuk setiap n N. Jadi terbukti lim(y n ) = w. Teorema ini dikenal dengan Teorema squeeze, atau Teorema kekonvergenan terjepit (TKJ). Contoh Buktikan lim ( ) sin n n = 0. Bukti. Diperhatikan untuk setiap bilamgan asli n berlaku sin n. Karena itu diperoleh n sin n n n. Dengan mengambil x n = /n, y n = ( ) sin n n dan zn = /n maka dengan TKJ diperoleh lim ( ) sin n n = lim( /n) = lim(/n) = 0. Penggunaan selanjutnya TKJ ini akan banyak muncul pada pembahasan limit fungsi secara umum yang akan diberikan pada bab selanjutnya. Satu lagi alat cepat dan mudah untuk menyelidiki kekonvergenan barisan adalah uji rasio berikut. Teorema Misalkan (x n ) barisan bilangan real positif sehingga lim x n+ x n := L ada. Jika L < maka (x n ) konvergen dan lim(x n ) = 0.

34 Pengantar Analisis Real I by Julan HERNADI 33 Bukti. Karena (x n ) positif maka ( x n+ x n ) barisan taknegatif sehingga L 0. Jadi 0 L <. Misalkan r suatu bilangan dimana L < r <, ambil ε := r L > 0. Terdapat bilangan asli K sehingga x n+ L x n < ε := r L untuk setiap n K. Jadi untuk setiap n K berlaku x n+ x n < r x n+ < rx n, dan karena 0 < r < maka diperoleh Dengan mengambil C := x K r K 0 < x n+ < rx n < r 2 x n < < r n K+ x K. kita mempunyai 0 < x n+ < Cr n+. Karena 0 < r < maka lim(r n+ ) = 0 dan dengan menggunakan Teorema kekonvergenan terdominasi maka terbukti lim(x n ) = lim(x n+ ) = 0. Contoh Kita selidiki apakah barisan ( n2 2 n ) konvergen. Kita gunakan uji rasio, yaitu x n+ x n = = 2 (n + )2 2 n 2 n+ n 2 n 2 + 2n + n 2 = 2 ( + 2 n + n 2 ) Jadi L := lim 2 ( + 2 n + n 2 ) = /2 <, dan disimpulkan barisan ( n2 2 n ) konvergen dengan limit nol. Latihan Misalkan b >, selidikilah kekonvergenan barisan ( n b n ). Pada bagian akhir sub pokok bahasan ini diberikan dua hasil yang berguna untuk mempelajari materi yang akan datang. Teorema Jika barisan (x n ) yang konvergen maka (i) Barisan nilai mutlak ( x n ) konvergen dengan lim x n = lim(x n ). (ii) Jika x n 0 maka barisan ( x n ) konvergen dengan lim( ( lim(xn ) x n ) = ). Bukti. (i) Misalkan lim(x n ) = x. Kita telah mempunyai sifat nilai mutlak bahwa x n x x n x, untuk semua n N. Jadi kekonvergenan ( x n ) langsung diakibatkan oleh kekonvergenan (x n ).

35 Pengantar Analisis Real I by Julan HERNADI 34 (ii) Karena x > 0 maka x > 0. Selanjutnya dibentuk xn x = ( x n x)( x n + x) xn + x = x n x xn + x. (*) Karena x n + x x > 0 maka xn+ x x sehingga dari (*) diperoleh x n x ( ) x x n x. Karena x n x maka (x n x) 0, dan dengan menggunakan Teorema kekonvergenan terdominasi maka terbukti lim( x n ) = ( lim(xn ) x = ). 2.3 Barisan Monoton Terbatas (BMT) Sebelumnya sudah dibahas bahwa barisan konvergen pasti terbatas, tetapi barisan terbatas belum tentu konvergen. Pada bagian ini dibahas syarat cukup agar barisan terbatas konvergen. Definisi Suatu barisan (x n ) dikatakan monoton jika ia naik saja atau turun saja. Dikatakan naik jika x x 2 x n, atau x n x n+ untuk setiap n N dan dikatakan turun jika x x 2 x n, atau x n x n+ untuk setiap n N. Contoh Barisan (, 2, 3, 4,, n, ), (, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 4, ) merupakan barisan yang naik. Barisan (,,,,, ), merupakan barisan yang 2 3 n turun. Barisan (a, a 2, a 3,, a n, ) turun jika a < 0, dan naik jika a > 0. Barisan (, +,,, ( ) n, ) merupakan barisan tidak monoton. Barisan konstan (2, 2,, 2, ) merupakan barisan naik dan juga turun. Barisan (7, 6, 2,, 2, 3, 4, ) dan ( 2, 0,,,,, ) merupakan barisan tidak monoton tapi pada akhirnya monoton. Teorema 2.3. (Teorema Konvergen Monoton). Jika barisan (x n ) monoton dan terbatas maka ia konvergen. Selanjutnya, (i) Bila (x n ) naik maka lim(x n ) = sup{x n n N} (ii) Bila (x n ) turun maka lim(x n ) = inf{x n n N}. Bukti. (i) Diketahui (x n ) naik dan terbatas. Ada M > 0 sehingga x n M x n M untuk semua n N. Jadi himpunan {x n : n N} terbatas diatas. Berdasarkan sifat supremum, himpunan ini selalu mempunyai supremum, katakan x := sup{x n : n N}. Selanjutnya akan ditunjukkan lim(x n ) = x.