ANALISIS REAL I DAN II

Transkripsi

1 Catata Selama Kuliah ANALISIS REAL I DAN II Sebuah terjemaha dari sebagia buku Itroductios to Real Aalysis karaga Robert G. Bartle Drs. Jafar., M.Si Prited by: Abu Musa Al Khwarizmi KOMUNITAS STUDI AL KHWARIZMI UNAAHA 0 i

2 KATA PENGANTAR Syukur Alhamdulillah, peulis pajatka ke hadlirat Allah Swt. karea atas perkeaaya jualah had-out ii dapat terselesaika peyusuaya. Peyusua hadout ii bertujua utuk memeuhi kebutuha baha diskusi Komuitas Studi Al Khwarizmi Sultra da masyarakat peimat Kajia Matematika pada umumya. Materi had-out ii terdiri atas 5 (lima) bab, yaitu : Yaki Bab I sampai dega Bab 3 adalah materi Aalisis Real I, sedagka Bab 4 da Bab 5 adalah materi Aalisis Real II. Tetu saja, had-out ii masih bayak kekuraga, oleh karea itu sagat diharapka sumbag sara da kritika yag kostruktif dari pembaca dalam ragka perbaika da peyempuraaya, sehigga pada akhirya dapat dijadika buku stadar utuk dijadika buku ajar Aalisis Real I da II. Surat kritika da sara ada dapat ada kirimka ke: ks.algorizm@gmail.com; karyato@bismillah.com; Atau melalui facebook: -Yato Kedari. Akhirya, semoga had-out ii membawa mafaat yag semaksimal mugki bagi siapa saja yag megguakaya, da haya kepada Alloh SWT segala sesuatuya kita serahka. Semoga kita termasuk umatnya yag bersyukur da dimudahka dalam memahami ilmu. Amie Uaaha, Jauari 0 KSA ii

3 DAFTAR ISI HALAMAN SAMPUL... i KATA PENGANTAR... ii DAFTAR ISI... iii Bab I PENDAHULUAN.... Aljabar Himpua.... Fugsi Iduksi Matematika... 5 Bab II BILANGAN REAL.... Sifat Aljabar R.... Sifat Uruta dalam R Nilai Mutlak Sifat Kelegkapa R Aplikasi Sifat Supremum... 5 Bab III BARISAN BILANGAN REAL Barisa da Limit Barisa Teorema-teorema Limit Barisa Mooto Subbarisa da Teorema Bolzao-Weiestrass Kriteria Cauchy Barisa-barisa Diverge Muri Bab IV LIMIT FUNGSI Limit-limit Fugsi Teorema-teorema Limit Beberapa Perluasa dari Kosep Limit Bab V FUNGSI-FUNGSI KONTINU Fugsi-fugsi Kotiu Kombiasi dari Fugsi-fugsi Kotiu Fugsi-fugsi Kotiu pada Iterval Kekotiua Seragam Fugsi Mooto da Fugsi Ivers Daftar Pustaka... 0 iii

4 Aljabar Himpua BAB PENDAHULUAN Pada bab pertama ii, kita aka membahas beberapa prasyarat yag diperluka utuk mempelajari aalisis real. Bagia. da. kita aka megulag sekilas tetag aljabar himpua da fugsi, dua alat yag petig utuk semua cabag matematika. Pada bagia.3 kita aka memusatka perhatia pada metoda pembuktia yag disebut iduksi matematika. Ii berhubuga dega sifat dasar sistem bilaga asli, da walaupu pegguaaya terbatas pada masalah yag khusus tetapi hal ii petig da serig diguaka... Aljabar Himpua Bila A meyataka suatu himpua da x suatu usurya, kita aka tuliska dega x A, utuk meyigkat peryataa x suatu usur di A, atau x aggota A, atau x termuat di A, atau A memuat x. Bila x suatu usur tetapi buka di A kita tuliska dega x A. Bila A da B suatu himpua sehigga x A megakibatka x B (yaitu, setiap usur di A juga usur di B), maka kita kataka A termuat di B, atau B memuat A atau A suatu subhimpua dari B, da dituliska dega A B atau B A. Bila A B da terdapat usur di B yag buka aggota A kita kataka A subhimpua sejati dari B. Aalisis Real I

5 Pedahulua... Defiisi. Dua himpua A da B dikataka sama bila keduaya memuat usurusur yag sama. Bila himpua A da B sama, kita tuliska dega A = B Utuk membuktika bahwa A = B, kita harus meujukka bahwa A B da B A. Suatu himpua dapat dituliska dega medaftar aggota-aggotaya, atau dega meyataka sifat keaggotaa himpua tersebut. Kata sifat keaggotaa memag meimbulka keragua. Tetapi bila P meyataka sifat keaggotaa (yag tak bias artiya) suatu himpua, kita aka tuliska dega {x P(x)} utuk meyataka himpua semua x yag memeuhi P. Notasi tersebut kita baca dega himpua semua x yag memeuhi (atau sedemikia sehiga) P. Bila dirasa perlu meyataka lebih khusus usur-usur maa yag memeuhi P, kita dapat juga meuliskaya dega { x S P(x)} utuk meyataka sub himpua S yag memeuhi P. Beberapa himpua tertetu aka diguaka dalam bukti ii, da kita aka meuliskaya dega peulisa stadar sebagai berikut : Himpua semua bilaga asli, N = {,,3,...} Himpua semua bilaga bulat, Z = {0,,-,,-,...} Himpua semua bilaga rasioal, Q = {m/ m, Z, 0} Himpua semua bilaga real, R. Cotoh-cotoh : (a). Himpua {x N x -3x+=0}, meyataka himpua semua bilaga asli yag memeuhi x - 3x + = 0. Karea yag memeuhi haya x = da x =, maka himpua tersebut dapat pula kita tuliska dega {,}. (b). Kadag-kadag formula dapat pula diguaka utuk meyigkat peulisa himpua. Sebagai cotoh himpua bilaga geap positif serig dituliska dega {x x N}, daripada {y N y = x, x N}. Aalisis Real I 3

6 Aljabar Himpua Operasi Himpua Sekarag kita aka medefiisika cara megkostruksi himpua baru dari himpua yag sudah ada.... Defiisi. (a). Bila A da B suatu himpua, maka irisa (=iterseksi) dari A B dituliska dega A B, adalah himpua yag usur-usurya terdapat di A juga di B. Dega kata lai kita mempuyai A B = {x x A da x B}. (b). Gabuga dari A da B, dituliska dega A B, adalah himpua yag usurusurya palig tidak terdapat di salah satu A atau B. Dega kata lai kita mempuyai A B = {x x A atau x B}...3. Defiisi. Himpua yag tidak mempuyai aggota disebut himpua kosog, dituliska dega { } atau. Bila A da B dua himpua yag tidak mempuyai usur bersama (yaitu, A B = ), maka A da B dikataka salig asig atau disjoi. Berikut ii adalah akibat dari operasi aljabar yag baru saja kita defiisika. Karea buktiya merupaka hal yag ruti, kita tiggalka kepada pembaca sebagai latiha...4. Teorema. Misalka A,B da C sebarag himpua, maka (a). A A = A, A A = A; (b). A B = B A, A B = B A; (c). (A B) C = A (B C), (A B) C = A (B C); (d). A (B C) = (A B) (A C), A (B C) = (A B) (A C); Kesamaa ii semua berturut-turut serig disebut sebagai sifat idempote, komutatif, asosiatif da distributif, operasi irisa da gabuga himpua. Melihat kesamaa pada teorema..4(c), biasaya kita taggalka kurug da cukup ditulis dega A B C, A B C. Aalisis Real I 4

7 Pedahulua Dimugkika juga utuk meujukka bahwa bila {A,A,,A } merupaka koleksi himpua, maka terdapat sebuah himpua A yag memuat usur yag merupaka pa-lig tidak usur dari suatu A j, j =,,..., ; da terdapat sebuah himpua B yag usur-usurya merupaka usur semua himpua A j, j=,,...,. Dega meaggalka kurug, kita tuliska dega A = A A A = {x x A j utuk suatu j}, B = A A... A = {x x A j utuk semua j}. Utuk mempersigkat peulisa, A da B di atas serig dituliska dega A = U A j j= B = I A j j= Secara sama, bila utuk setiap j usur di J terdapat himpua A j, maka U j J A j meyataka himpua yag usur-usurya palig tidak merupaka usur dari salah satu A j. Sedagka I A j, meyataka himpua yag usur-usurya adalah usur j J semua A j utuk j J...5. Defiisi. Bila A da B suatu himpua, maka kompleme dari B relatif terhadap A, dituliska dega A\B (dibaca A mius B ) adalah himpua yag usurusurya adalah semua usur di A tetapi buka aggota B. Beberapa peulis megguaka otasi A - B atau A ~ B. Dari defiisi di atas, kita mempuyai A\B = {x A x B}. Serigkali A tidak diyataka secara eksplisit, karea sudah dimegerti/disepakati. Dalam situasi begii A\B serig dituliska dega C(B)...6. Teorema. Bila A,B,C sebarag himpua, maka A\(B C) = (A\B) (A\C), A\(B C) = (A\B) (A\C). Aalisis Real I 5

8 Aljabar Himpua Bukti : Kita haya aka membuktika kesamaa pertama da meiggalka yag kedua sebagai latiha bagi pembaca. Kita aka tujukka bahwa setiap usur di A\(B C) termuat di kedua himpua (A\B) da (A\C), da sebalikya. Bila x di A\(B C), maka x di A, tetapi tidak di B C. Dari sii x suatu usur di A, tetapi tidak dikedua usur B atau C. (Megapa?). Kareaya x di A tetapi tidak di B, da x di A tetapi tidak di C. Yaitu x A\B da x A\C, yag meujukka bahwa x (A\B) (A\C). Sebalikya, bila x (A\B) (A\C), maka x (A\B)da x (A\C). Jadi x A tetapi buka aggota dari B atau C. Akibatya x A da x (B C), karea itu x A\(B C). Karea himpua (A\B) (A\C) da A\(B C).memuat usur-usur yag sama, meurut defiisi.. A\(B C).= (A\B) (A\C). Produk (hasil kali) Cartesius Sekarag kita aka medefiisika produk Cartesius...7. Defiisi. Bila A da B himpua-himpua yag tak kosog, maka produk cartesius A B dari A da B adalah himpua pasaga berurut (a,b) dega a A da b B. Jadi bila A = {,,3} da B = {4,5}, maka A B = {(,4),(,5),(,4),(,5),(3,4),(3,5)} Latiha... Gambarka diagram yag meyataka masig-masig himpua pada Teorema..4.. Buktika bagia (c) Teorema Buktika bagia kedua Teorema..4(d). 4. Buktika bahwa A B jika da haya jika A B = A. Aalisis Real I 6

9 U Pedahulua 5. Tujukka bahwa himpua D yag usur-usurya merupaka usur dari tepat satu himpua A atau B diberika oleh D = (A\B) (B\A). Himpua D ii serig disebut dega selisih simetris dari A da B. Nyataka dalam diagram. 6. Tujukka bahwa selisih simetris D di omor 5, juga diberika oleh D = (A B)\(A B). 7. Bila A B, tujukka bahwa B = A\(A\B). 8. Diberika himpua A da B, tujukka bahwa A B da A\B salig asig da bahwa A = (A B) (A\B). 9. Bila A da B sebarag himpua, tujukka bahwa A B = A\(A\B). 0. Bila {A, A,..., A } suatu koleksi himpua, da E sebarag himpua, tujukka bahwa E A = (E A ), E A = (E A ) j= U j j j j= j=. Bila {A, A,..., A } suatu koleksi himpua, da E sebarag himpua, tujukka bahwa E A = (E A ), E A = (E A ) U I I I I j j j j= j= j= j=. Misalka E sebarag himpua da {A, A,..., A } suatu koleksi himpua. Buktika Hukum De Morga I U U I U j= E \ A = (E \ A ), E \ A = (E \ A ). j j j j= j= j= j= Catata bila E\A j dituliska dega C(A j ), maka kesamaa di atas mempuyai betuk C IA j = UC ( A j), C UA j = I C ( A j). j= j= j= j= 3. Misalka J suatu himpua da utuk setiap j J, A j termuat di E. Tujukka bahwa C IA j = UC ( A j), C UA j = I C ( A j). j J j J j J j J 4. Bila B da B subhimpua dari B da B = B B, tujukka bahwa j j j Aalisis Real I 7

10 Aljabar Himpua A B = (A B ) (A B )... Fugsi. Sekarag kita kembali mediskusika gagasa fudametal suatu fugsi atau pemetaa. Aka kita lihat bahwa fugsi adalah suatu jeis khusus dari himpua, walaupu terdapat visualisasi lai yag serig lebih bersifat sugesti. Semua dari bagia terakhir ii aka bayak megupas jeis-jeis fugsi, tetapi sedikit abstrak dibadigka bagia ii. Bagi matematikawa abad terdahulu kata fugsi biasaya berarti rumus tertetu, seperti f(x) = x + 3x -5 yag bersesuaia dega masig-masig bilaga real x da bilaga lai f(x). Mugki juga seseorag memuculka kotroversi, apakah ilai mutlak h(x) = x dari suatu bilaga real merupaka fugsi sejati atau buka. Selai itu defiisi x diberika pula dega x = x, bila x 0 x, bila x < 0 Dega berkembagya matematika, semaki jelas bahwa diperluka defiisi fugsi yag lebih umum. Juga semaki petig utuk kita membedaka fugsi sediri dega ilai fugsi itu. Di sii aka medefiisika suatu fugsi da hal ii aka kita lakuka dalam dua tahap. Defiisi pertama : Suatu fugsi f dari himpua A ke himpua B adalah atura korespodesi yag memasagka masig-masig usur x di A secara tuggal dega usur f(x) di B. Defiisi di atas mugki saja tidak jelas, dikareaka ketidakjelasa frase atura korespodesi. Utuk megatasi hal ii kita aka medefiisika fugsi de-ga megguaka himpua seperti yag telah dibahas pada bagia sebelumya. Aalisis Real I 8

11 Pedahulua De-ga pedefiisia ii dapat saja kita kehilaga kaduga ituitif dari defiisi terdahulu, tetapi kita dapatka kejelasa. Ide dasar pedefiisia ii adalah memikirka gambar dari suatu fugsi; yaitu, suatu korelasi dari pasaga berurut. Bila kita perhatika tidak setiap koleksi pasaga berurut merupaka gambar suatu fugsi, karea sekali usur pertama dalam pasaga berurut diambil, usur keduaya ditetuka secara tuggal.... Defiisi. Misalka A da B himpua suatu fugsi dari A ke B adalah himpua pasaga berurut f di A B sedemikia sehigga utuk masig-masig a A terdapat b B yag tuggal dega (a,b),(a,b ) f, maka b = b. Himpua A dari usur-usur pertama dari f disebut daerah asal atau domai dari f, da dituliska D(f). Sedagka usur-usur di B yag mejadi usur kedua di f disebut rage dari f da dituliska dega R(f). Notasi f : A B meujukka bahwa f suatu fugsi dari A ke B; aka serig kita kataka bahwa f suatu pemetaa dari A ke dalam B atau f memetaka A ke dalam B. Bila (a,b) suatu usur di f, serig ditulis dega b = f(a) daripada (a,b) f. Dalam hal ii b merupaka ilai f di titik a, atau peta a terhadap f. Pembatasa da Perluasa Fugsi Bila f suatu fugsi dega domai D(f) da D suatu subhimpua dari D(f), serigkali bermafaat utuk medefiisika fugsi baru f dega domai D da f (x) = f(x) utuk semua x D. Fugsi f disebut pembatasa fugsi f pada D. Meurut defiisi.., kita mempuyai f = { (a,b) f a D } Kadag-kadag kita tuliska f = f D utuk meyataka pembatasa fugsi f pada himpua D. Aalisis Real I 9

12 Aljabar Himpua Kostruksi serupa utuk gagasa perluasa. Bila suatu fugsi dega domai D(g) da D D(g), maka sebarag fugsi g dega domai D sedemikia sehigga g (x) = g(x) utuk semua x D(g) disebut perluasa g pada himpua D. Bayaga Lagsug da Bayaga Ivers Misalka f : A B suatu fugsi dega domai A da rage B.... Defiisi. Bila E subhimpua A, maka bayaga lagsug dari E terhadap f adalah sub himpua f(e) dari B yag diberika oleh f(e) = {f(x) : x E}. Bila H subhimpua E, maka bayaga ivers dari H terhadap f adalah subhimpua f - (H) dari A, yag diberika oleh f - (H) = { x A : f(x) H} Jadi bila diberika himpua E A, maka titik y B di bayaga lagsug f(e) jika da haya jika terdapat palig tidak sebuah titik x E sedemikia sehigga y = f(x ). Secara sama, bila diberika H B, titik x A di dalam bayaga ivers f - (H) jika da haya jika y = f(x ) di H...3. Cotoh. (a). Misalka f : R R didefiisika dega f(x) = x. Bayaga lagsug himpua E = {x 0 x } adalah himpua f(e) = {y 0 y 4}. Bila G = {y 0 y 4}, maka bayaga ivers G adalah himpua f - (G) = {x - x }. Jadi f - (f(e)) E. Disatu pihak, kita mempuyai f(f - (G)) = G. Tetapi bila H = {y - y }, maka kita peroleh f(f - (H)) = {x 0 x } H. (b). Misalka f : A B, da G,H subhimpua dari B kita aka tujukka bahwa f - (G H) f - (G) f - (H) Keyataaya, bila x f - (G H) maka f(x) G H, jadi f(x) G da f(x) H. Hal ii megakibatka x f - (G) da x f - (H). Karea itu x f - (G) f - (H), bukti selesai. Sebalikya, f - (G H) f - (G) f - (H) juga bear, yag buktiya ditiggalka sebagai latiha. Aalisis Real I 0

13 Pedahulua Sifat-sifat Fugsi..4. Defiisi. Suatu fugsi f : A B dikataka ijektif atau satu-satu bila x x, megakibatka f(x ) f(x ). Bila f satu-satu, kita kataka f suatu ijeksi. Secara ekivale, f ijektif jika da haya jika f(x ) = f(x ) megakibatka x = x, utuk semua x,x di A. Sebagai cotoh, misalka A = {x R x } da f : A R dega f(x) = x x. Utuk meujukka f ijektif, asumsika x,x di A sehigga f(x ) = f(x ). Maka kita mempuyai x x x = x yag megakibatka (megapa?) bahwa itu f ijektif. x x x = x da dari sii x = x. Karea..5. Defiisi. Suatu fugsi f : A B dikataka surjektif atau memetaka A pada B, bila f(a) = B. Bila f surjektif, kita sebut f suatu surjeksi. Secara ekivale, f : A B surjektif bila rage f adalah semua dari B, yaitu utuk setiap y B terdapat x A sehigga f(x) = y. Dalam pedefiisia fugsi, petig utuk meetuka domai da himpua dimaa ilaiya diambil. Sekali hal ii ditetuka, maka dapat meayaka apakah fugsi tersebut surjektif atau tidak...6. Defiisi. Suatu fugsi f : A B dikataka bijektif bila bersifat ijektif da surjektif. Bila f bijektif, kita sebut bijeksi. Fugsi-fugsi Ivers Bila f suatu fugsi dari A ke B, (kareaya, subhimpua khusus dari A B), maka himpua pasaga berurut di B A yag diperoleh dega salig meukar usur pertama da kedua di f secara umum bukala fugsi. Tetapi, bila f ijektif, maka peukara ii meghasilka fugsi yag disebut ivers dari f. Aalisis Real I

14 Aljabar Himpua..7. Defiisi. Misalka f : A B suatu fugsi ijektif dega domai A da rage R(f) di B. Bila g = {(b,a) B A (a,b) f}, maka g fugsi ijektif dega domai D(g) = R(f) da rage A. Fugsi G disebut fugsi ivers dari f da dituliska dega f -. Dalam peulisa fugsi yag stadar, fugsi f - berelasi dega f sebagai berikut : y = f - (y) jika da haya jika y = f(x). Sebagai cotoh, kita telah melihat bahwa fugsi f(x) = x x didefiisika utuk x A = {x x } bersifat ijektif. Tidak jelas apakah rage dari f semua (atau haya sebagia) dari R. Utuk meetukaya kita selesaika persamaa y = x x da diperoleh x = y. Dega iformasi ii, kita dapat yaki bahwa rageya R(f) y = {y y } da bahwa fugsi ivers dari f mempuyai domai {y y -} da f - (y) = y y. Bila suatu fugsi ijektif, maka fugsi iversya juga ijektif. Lebih dari itu, fugsi ivers dari f - adalah f sediri. Buktiya ditiggalka sebagai latiha. Fugsi Komposisi Serig terjadi kita igi megkomposisika dua buah fugsi dega mecari f(x) terlebih dahulu, kemudia megguaka g utuk memperoleh g(f(x)), tetapi hal ii haya mugki bila f(x) ada di domai g. Jadi kita harus megasumsika bahwa rage dari f termuat di domai g...8. Defiisi. Utuk fugsi f : A B da g : B - C, komposisi fugsi gof (perhatika urutaya!) adalah fugsi dari A ke C yag didefiisika dega gof(x) = g(f(x)) utuk x A...9. Cotoh. (a). Uruta komposisi harus bear-bear diperhatika. Misalka f da g fugsi-fugsi yag ilaiya di x R ditetuka oleh f(x) = x, g(x) = 3x - Aalisis Real I

15 Pedahulua Karea D(g) = R da R(f) R, maka domai D(gof) adalah juga R, da fugsi komposisi gof ditetuka oleh gof(x) = 3(x) - = x - Di lai pihak, domai dari fugsi komposisi gof juga R, tetapi dalam hal ii kita mempuyai fog(x) = (3x - ) = 6x -. Jadi fog gof. (b). Beberapa perhatia harus dilatih agar yaki bahwa rage dari f termuat di domai dari g. Sebagai cotoh, bila f(x) = - x da y = x, maka fugsi komposisi yag diberika oleh gof(x) = x didefiisika haya pada x di D(f) yag memeuhi f(x) 0; yaitu, utuk x memeuhi - x. Bila kita tukar urutaya, maka komposisi fog, diberika oleh gof(x) = - x, didefiisika utuk semua x di domai dari g; yaitu himpua {x R : x 0}. Teorema berikut memperkealka hubuga atara komposisi fugsi da petaya. Sedagka buktiya ditiggalka sebagai latiha...0. Teorema. Misalka f : A B da g : B C fugsi da H suatu subhimpua dari C. Maka (fog) - (H) = g - (f - (H)). Serig terjadi bahwa komposisi dua buah fugsi mewarisi sifat-sifat fugsi yag didefiisika. Berikut salah satuya da buktiya ditiggalka sebagai latiha.... Teorema. Bila f : A B da g : B C keduaya bersifat ijektif, maka komposisi gof juga bersifat ijektif. Barisa Fugsi dega N sebagai domai memeaika atura yag sagat khusus dalam aalisis, yag kita aka perkealka berikut ii.... Defiisi. Suatu barisa dalam himpua S adalah suatu fugsi yag domaiya himpua bilaga asli N da rageya termuat di S. Utuk barisa X : N S, ilai X di N serig dituliska dega x daripada (x ), da ilaiya serig disebut suku ke- barisa tersebut. Barisa itu sediri serig dituliska dega (x N) atau lebih sederhaa dega (x ). Sebagai co- Aalisis Real I 3

16 Aljabar Himpua toh, barisa di R yag dituliska dega ( N) sama artiya dega fugsi X : N R dega X() =. ilaiya Petig sekali utuk membedaka atara barisa (x N) dega {x N}, yag merupaka subhimpua dari S. Suku barisa harus dipadag mempuyai uruta yag diiduksi dari uruta bilaga asli, sedagka rage dari barisa haya merupaka subhimpua dari S. Sebagai cotoh, suku-suku dari barisa ((-) N) bergati-gati atara - da, tetapi rage dari barisa itu adalah {-,}, memuat dua usur dari R. Latiha... Misalka A = B = {x R - x } da sub himpua C = {(x,y) x + y = } dari A B, apakah himpua ii fugsi?. Misalka f fugsi pada R yag didefiisika dega f(x) = x, da E = {x R - x 0} da F = {x R 0 x }. Tujukka bahwa E F = {0} da f(e F) = {0}, semetara f(e) = f(f) = {y R 0 y }. Di sii f(e F) adalah subhimpua sejati dari f(e) f(f). Apa yag terjadi bila 0 dibuag dari E da F? 3. Bila E da F seperti latiha o., tetuka E\F da f(e)\f(f) da tujukka bahwa f(e\f) f(e)\f(f) salah. 4. Tujukka bahwa bila f : A B da E,F sub himpua dari A, maka f(e F) = f(e) f(f) da f(e F) f(e) f(f) 5. Tujukka bahwa bila f : A B da G,H sub himpua dari B, maka f - (G H) = f - (G) f - (H) da f - (G H) f - (G) f - (H) 6. Misalka f didefiisika dega f(x) = dari R pada {y : - y }.. x x +, x R. Tujukka bahwa f bijektif 7. Utuk a,b R dega a < b, tetuka bijeksi dari A = {x a < x < b} pada B = {y 0 < y < } Aalisis Real I 4

17 Pedahulua 8. Tujukka bahwa bila f : A B bersifat ijektif da E A, maka f - (f(e)). Berika suatu cotoh utuk meujukka kesamaa tidak dipeuhi bila f tidak ijektif. 9. Tujukka bahwa bila f : A B bersifat surjektif da H B, maka f(f - (H)). Berika suatu cotoh utuk meujukka kesamaa tidak dipeuhi bila f tidak surjektif. 0.Buktika bahwa bila f ijeksi dari A ke B, maka f - = {(b,a) (a,b) f} suatu fugsi dega domai R(f). Kemudia buktika bahwa f - ijektif da f ivers dari f -..Misalka f bersifat ijektif. Tujukka bahwa f - of(x) = x, utuk semua x D(f) da fof - (y) = y utuk semua y R(f).. Berika cotoh dua buah fugsi f,g dari R pada R sehigga f g, tetapi fog = gof 3. Buktika teorema Buktika teorema Misalka f,g fugsi da gof(x) = x utuk semua x di D(f). Tujukka bahwa f ijektif da R(f) D(f) da R(g) D(g). 6. Misalka f,g fugsi da gof(x) = x utuk semua x di D(f) da fog(y) utuk semua y di D(g). Buktika bahwa g = f Iduksi Matematika Iduksi matematika merupaka metode pembuktia petig yag aka serig diguaka dalam buku ii. Metode ii diguaka utuk meguji kebeara suatu peryataa yag diberika dalam suku-suku bilaga asli. Walau keguaaya terbatas pada masalah tertetu, tetapi iduksi matematika sagat diperluka disemua cabag matematika. Karea bayak bukti iduksi megikuti uruta formal argume yag sama, kita aka serig meyebutka hasilya megikuti iduksi matematika da meiggalka bukti legkapya kepada pembaca. Dalam bagia ii kita membahas prisip iduksi matematika da memberi beberapa cotoh utuk megilustrasika bagaimaa proses bukti iduksi. Kita aka megasumsika kebiasaa (pembaca) dega himpua bilaga asli N = {,,3,...} Aalisis Real I 5

18 Aljabar Himpua dega operasi aritmetika pejumlaha da perkalia seperti biasa da dega arti suatu bilaga kurag dari bilaga lai. Kita juga aka megasumsika sifat fudametal dari N berikut..3.. Sifat uruta dega baik dari N. Setiap subhimpua tak kosog dari N mempuyai usur terkecil. Peryataa yag lebih detail dari sifat ii sebagai berikut : bila S subhimpua dari N da S, maka terdapat suatu usur m S sedemikia sehigga m k utuk semua k S. Dega berdasar sifat uruta dega baik, kita aka meuruka suatu versi prisip iduksi matematika yag diyataka dalam suku-suku subhimpua dari N. Sifat yag dideskripsika dalam versi ii kadag-kadag megikuti turua sifat N..3.. Prisip Iduksi Matematika. Misalka S sub himpua dari N yag mempuyai sifat (i). S (ii).jika k S., maka k + S. maka S = N. Bukti : Adaika S N. Maka N\S tidak kosog, kareaya berdasar sifat uruta dega baik N\S mempuyai usur terkecil, sebut m. Karea S, maka m. Karea itu m > dega m - juga bilaga asli. Karea m - < m da m usur terkecil di N\S, maka m - haruslah di S. Sekarag kita guaka hipotesis () terhadap usur k = m - di S, yag berakibat k + = (m - ) + = m di S. Kesimpula ii kotradiksi dega peryataa bahwa m tidak di S. Karea m diperoleh dega pegadaia bahwa N\S tidak kosog, kita dipaksa pada kesimpula bahwa N\S kosog. Karea itu kita telah buktika bahwa S = N. Prisip iduksi matematika serig diyataka dalam keragka sifat atau peryataa tetag bilaga asli. Bila P() berarti peryataa tetag N, maka P() Aalisis Real I 6

19 Pedahulua bear utuk beberapa ilai, tetapi tidak utuk yag lai. Sebagai cotoh, bila P() peryataa =, maka P() bear, semetara P() salah utuk semua, N. Dalam koteks ii prisip iduksi matematika dapat dirumuska sebagai berikut : Utuk setiap N, misalka P() peryataa tetag. Misalka bahwa (a). P() bear (b). Jika P(k) bear, maka P(k + ) bear. Maka P() bear utuk semua N. Dalam kaitaya dega versi iduksi matematika terdahulu yag diberika pada.3., dibuat dega memisalka S = { N P() bear}. Maka kodisi () da () pada.3. berturut-turut tepat bersesuaia dega (a) da (b). Kesimpula S = N pada.3.. bersesuaia dega kesimpula bahwa P() bear utuk semua N. Dalam (b) asumsi jika P(k) bear disebut hipotesis iduksi. Di sii, kita tidak memadag pada bear atau salahya P(k), tetap haya pada validitas implikasi jika P(k) bear, maka P(k+) bear. Sebagai cotoh, bila kita perhatika peryataa P() : = + 5, maka (b) bear. Implikasiya bila k = k + 5, maka k + = k + 6 juga bear, karea haya meambahka pada kedua ruas. Tetapi, karea peryataa P() : = salah, kita tidak mugki megguaka iduksi matematika utuk meyimpulka bahwa = + 5 utuk semua N. Cotoh-cotoh berikut megilustrasika bagaimaa prisip iduksi matematika bekerja sebagai metode pembuktia peryataa tetag bilaga asli Cotoh. (a). Utuk setiap N, jumlah pertama bilaga asli diberika oleh = ( + ). Utuk membuktika kesamaa ii, kita misalka S himpua N, sehigga kesamaa tersebut bear. Kita harus membuktika kodisi () da () pada.3.. dipeuhi. Bila =, maka kita mempuyai =.( + ), jadi S da dega asumsi ii aka ditujukka k + S. Bila k S, maka kita mempuyai k = (k+). (*) Aalisis Real I 7

20 Aljabar Himpua Bila kita tambahka k+ pada kedua ruas, kita peroleh k+(k+) = k(k+) + (k+) = (k+) (k+) Karea ii meyataka kesamaa di atas utuk = k +, kita simpulka bahwa k + S. Dari sii kodisi () pada.3.. dipeuhi. Karea itu dega prisip iduksi matematika, kita simpulka bahwa S = N da kesamaa (*) bear utuk semua N. (b). Utuk masig-masig N, jumlah kuadrat dari pertama bilaga asli diberika oleh = 6 (+)(+) Utuk membuktika kebeara formula ii, pertama kita catat bahwa formula ii bear utuk =, karea =. (+)(+). Bila kita asumsika formula ii bear 6 utuk k, maka dega meambahka (k+) pada kedua ruas, memberika hasil k + (k+) = k(k+)(k+) + (k+) 6 = 6 (k+)(k +k+6k+6) = 6 (k+)(k+)(k+3) Megikuti iduksi matematika, validitas formula di atas berlaku utuk semua N. (c). Diberika bilaga a,b, kita aka buktika bahwa a - b faktor dari a - b utuk semua N. Pertama kita lihat bahwa peryataa ii bear utuk =. Bila sekarag kita asumsika bahwa a - b adalah faktor dari a k - b k, maka kita tuliska a k+ - b k+ = a k+ - ab k + ab k - b k+ = a(a k - b k ) + b k (a - b). Sekarag berdasarka hipotesis iduksi a-b merupaka faktor dari a(a k -b k ). Disampig itu a-b juga faktor dari b k (a - b). Dari sii a-b adalah dari a k+ - b k+. Dega iduksi matematika kita simpulka bahwa a-b adalah faktor dari a - b utuk semua N. Aalisis Real I 8

21 Pedahulua (d). Ketaksamaa (+)!. Dapat dibuktika dega iduksi matematika sebagai berikut. Pertama kita peroleh bahwa hal ii bear utuk =. Kemudia kita asumsika bahwa k (k+).da dega megguaka fakta bahwa (k+), diperoleh k+ =. k (k+)! (k+)(k+)! = (k+)! Jadi, bila ketaksamaa tersebut berlaku utuk k, maka berlaku pula utuk k+. Kareaya dega iduksi matematika, ketaksamaa tersebut bear utuk semua N. (e). Bila r R, r da N, maka + r + r r = r r + Ii merupaka jumlah suku deret geometri, yag dapat dibuktika dega iduksi matematika sebagai berikut. Bila =, kitya mempuyai + r = r, jadi formula r tersebut bear. Bila kita asumsika formula tersebut bear utuk = k da tambahka r k+ pada kedua ruas, maka kita peroleh +r+... +r k + r k+ = r r k+ + r k+ = r + r yag merupaka formula kita utuk = k +. Megikuti prisip iduksi matematika, maka formula tersebut bear utuk semua N. Hal ii dapat dibuktika tapa megguaka prisip iduksi matematika. Bila kita misalka S = +r+...+r, maka rs = r+r +...+r + Jadi (-r)s = S -r S = -r + Bila kita selesaika utuk S, kita peroleh formula yag sama. (f). Pegguaa prisip iduksi matematika secara ceroboh dapat meghasilka kesimpula yag slah. Pembaca diharap mecari kesalaha pada bukti teorema berikut. k Aalisis Real I 9

22 Aljabar Himpua Bila sebarag bilaga asli da bila maksimum dari dua bilaga asli p da q adalah, maka p = q. (Akibatya bila p da q dua bilaga asli sebarag, maka p = q). Bukti : Misalka S subhimpua bilaga asli sehigga peryataa tersebut bear. Maka S, karea bila p,q di N da maksimumya, maka maksimum dari p- da q- adalah k. Kareaya p- = q-, karea k S, da dari sii kita simpulka bahwa p = q. Jadi, k + S da kita simpulka bahwa peryataa tersebut bear utuk semua N. (g). Beberapa peryataa yag bear utuk beberapa bilaga asli, tetapi tidak utuk semua. Sebagai cotoh formula P() = memberika bilaga prima utuk =,,3,...4. Tetapi, P(4) buka bilaga prima. Terdapat versi lai dari prisip iduksi matematika yag kadag-kadag sagat bergua. Serig disebut prisip iduksi kuat, walaupu sebearya ekivale dega versi terdahulu. Kita aka tiggalka pada pembaca utuk meujukka ekivalesiya dari kedua prisip ii Prisip Iduksi kuat. Misalka S subhimpua N sedemikia sehiga S, da bila {,,...,k} S maka k + S. Maka S = N. Latiha.3 Buktika bahwa yag berikut berlaku bear utuk semua N, = ( + ) = [ (+)] (-) + (+)/ dapat dibagi dega dapat dibagi dega habis dibagi Buktika bahwa jumlah pagkat tiga dari bilaga asli yag berturuta, +, + habis dibagi 9 Aalisis Real I 0

23 8. Buktika bahwa < utuk semua N 9. Tetuka suatu formula utuk jumlah ( + ) ( ) Pedahulua da buktika dugaa tersebut dega meguaka iduksi matematika. (Dugaa terhadap peryataa matematika, sebelum dibuktika serig disebut Cojecture ). 0.Tetuka suatu formula utuk jumlah bilaga gajil yag pertama ( - ) kemudia buktika dugaa tersebut dega megguaka iduksi matematika.. Buktika variasi dari.3.. berikut : Misalka S sub himpua tak kosog dari N sedemikia sehigga utuk suatu 0 N berlaku (a). 0 S, da (b) bila k 0 da k S, maka k + S. Maka S memuat himpua { N 0 }.. Buktika bahwa <! utuk semua 4, N. (lihat latiha ). 3. Buktika bahwa utuk semua 5, N. (lihat latiha ). 4. Utuk bilaga asli yag maa <? Buktika peryataamu (lihat latiha ). 5. Buktika bahwa > utuk semua N. 6. Misalka S sub himpua dari N sedemikia sehigga (a). k S utuk semua k N, da (b). bila k S, da k, maka k - S. Buktika S = N. 7. Misalka barisa (x ) didefiisika sebagai berikut : x =, x = da x + = (x + + x ) utuk N. Guaka prisip iduksi kuat.3.4 utuk meujukka x utuk semua N. Aalisis Real I

24 Aljabar Himpua BAB BILANGAN REAL Dalam bab ii kita aka membahas sifat-sifat esesial dari sistem bilaga real R. Walaupu dimugkika utuk memberika kostruksi formal dega didasarka pada himpua yag lebih primitif (seperti himpua bilaga asli N atau himpua bilaga rasioal Q), amu tidak kita lakuka. Aka tetapi, kita perkealka sejumlah sifat fudametal yag berhubuga dega bilaga real da meujukka bagaimaa sifat-sifat yag lai dapat dituruka dariya. Hal ii lebih bermafaat dari pada megguaka logika yag sulit utuk megkostruksi suatu model utuk R dalam belajar aalisis. Sistem bilaga real dapat dideskripsika sebagai suatu meda/lapaga legkap yag terurut, da kita aka membahasya secara detail. Demi kejelasa, kita tidak aka membahas sifat-sifat R dalam suatu bagia, tetapi kita lebih berkosetrasi pada beberapa aspek berbeda dalam bagia-bagia yag terpisah. Pertama kita perkealka, dalam bagia., sifat aljabar (serig disebut sifat meda) yag didasarka pada ope-rasi pejumlaha da perkalia. Berikutya kita perkealka, dalam bagia. sifat uruta dari R, da meuruka beberapa kosekuesiya yag berkaita dega ketaksamaa, da memberi ilustrasi pegguaa sifat-sifat ii. Gagasa tetag ilai mutlak, yag maa didasarka pada sifat uruta, dibahas secara sigkat pada bagia.3. Dalam bagia.4, kita membuat lagkah akhir dega meambah sifat kelegkapa yag sagat petig pada sifat aljabar da uruta dari R. Kemudia kita megguaka sifat kelegkapa R dalam bagia.5 utuk meuruka hasil fudametal yag berkaita dega R, termasuk sifat archimedes, eksistesi akar (pagkat dua), da desitas (kerapata) bilaga rasioal di R. Aalisis Real I

25 Pedahulua. Sifat Aljabar R Dalam bagia ii kita aka membahas struktur aljabar sistem bilaga real. Pertama aka diberika daftar sifat pejumlaha da perkaliaya. Daftar ii medasari semua utuk mewujudka sifat dasar aljabar R dalam arti sifat-sifat yag lai dapat dibuktika sebagai teorema. Dalam aljabar abstrak sistem bilaga real merupaka lapaga/meda terhadap pejumlaha da perkalia. Sifat-sifat yag aka disajika pada.. berikut dikeal dega Aksioma meda. Yag dimaksud operasi bier pada himpua F adalah suatu fugsi B dega domai F F da rage di F. Jadi, operasi bier memasagka setiap pasaga berurut (a,b) dari usur-usur di F dega tepat sebuah usur B(a,b) di F. Tetapi, disampig megguaka otasi B(a,b), kita aka lebih serig megguaka otasi kovesioal a+b da a.b (atau haya ab) utuk membicaraka sifat pejumlaha da perkalia. Cotoh operasi bier yag lai dapat dilihat pada latiha.... Sifat-sifat aljabar R. Pada himpua bilaga real R terdapat dua operasi bier, dituliska dega + da. da secara berturut-turut disebut pejumlaha da perkalia. Kedua operasi ii memeuhi sifat-sifat berikut : (A ). a + b = b + a utuk semua a,b di R (sifat komutatif pejumlaha); (A ). (a + b) + c = a + (b + c) utuk semua a,b,c di R (sifat assosiatif pejumlaha); (A 3 ) terdapat usur 0 di R sehigga 0 + a = a da a + 0 = a utuk semua a di R (eksistesi usur ol); (A 4 ). utuk setiap a di R terdapat usur -a di R, sehigga a + (-a) = 0 da (-a) + a = 0 (eksistesi egatif dari usur); (M ). a.b = b.a utuk semua a,b di R (sifat komutatif perkalia); (M ). (a.b). c = a. (b.c) utuk semua a,b,c di R (sifat asosiatif perkalia); (M 3 ). terdapat usur di R yag berbeda dari 0, sehigga.a = a da a. = a utuk semua a di R (eksistesi usur satua); (M 4 ). utuk setiap a 0 di R terdapat usur /a di R sehigga a./a = da (/a).a = (eksistesi balika); Aalisis Real I 3

26 Aljabar Himpua (D). a. (b+c) = (a.b) + (a.c) da (b+c). a = (b.a) + (c.a) utuk semua a,b,c di R (sifat distributif perkalia terhadap pejumlaha); Pembaca perlu terbiasa dega sifat-sifat di atas. Dega demikia aka memudahka dalam peurua dega megguaka tekik da maipulasi aljabar. Berikut kita aka dibuktika beberapa kosekuesi dasar (tetapi petig)... Teorema. (a). Bila z da a usur di R sehigga z + a = a, maka z = 0. (b). Bila u da b 0 usur R sehigga u.b = b, maka u =. Bukti : (a). Dari hipotesis kita mempuyai z + a = a. Kita tambahka usur -a (yag eksistesiya dijami pada (A 4 )) pada kedua ruas da diperoleh (z + a) + (-a) = a + (-a) Bila kita berturut-turut megguaka (A ), (A 4 ) da (A 3 ) pada ruas kiri, kita peroleh (z + a) + (-a) = z + (a + (-a)) = z + 0 = z; bila kita megguaka (A 4 ) pada ruas kaa a + (-a) = 0. Dari sii kita simpulka bahwa z = 0. Bukti (b) ditiggalka sebagai latiha. Perlu dicatat bahwa hipotesis b 0 sagat petig. Selajutya kita aka tujukka bahwa bila diberika a di R, maka usur -a da /a (bila a 0) ditetuka secara tuggal...3 Teorema. (a). Bila a da b usur di R sehiga a + b = 0, maka b = -a. (b). Bila a 0 da b usur di R sehigga a.b =, maka b = /a. Bukti : (a). Bila a + b = 0, maka kita tambahka -a pada kedua ruas da diperoleh (-a) + (a + b) = (-a) + 0. Bila kita berturut-turut megguaka (A ), (A 4 ) da (A 3 ) pada ruas kiri, kita peroleh (-a) + (a + b) = ((-a) + a) + b = 0 + b = b; bila kita megguaka (A 3 ) pada ruas kaa kita dapatka Aalisis Real I 4

27 Pedahulua (-a) + 0 = -a. Dari sii kita simpulka bahwa b = -a. Bukti (b) ditiggalka sebagai latiha. Perlu dicatat bahwa hipotesis b 0 sagat petig. Bila kita perhatika sifat di atas utuk meyelesaika persamaa, kita peroleh bahwa (A 4 ) da (M 4 ) memugkika kita utuk meyelesaika persamaa a + x = 0 da a. x = (bila a 0) utuk x, da teorema..3 megakibatka bahwa solusiya tuggal. Teorema berikut meujukka bahwa ruas kaa dari persamaa ii dapat sebarag usur di R...4 Teorema. Misalka a,b sebarag usur di R. Maka : (a). persamaa a + x = b mempuyai solusi tuggal x = (-a) + b; (b). bila a 0, persamaa a. x = b mempuyai solusi tuggal x = (/a). b. Bukti : Dega megguaka (A ), (A 4 ) da (A 3 ), kita peroleh a + ((-a) + b) = (a + (-a)) + b = 0 + b = b, yag megakibatka x = (-a) + b merupaka solusi dari persamaa a + x = b. Utuk meujukka bahwa ii merupaka satu-satuya solusi, adaika x sebarag solusi dari persamaa tersebut, maka a + x = b, da bila kita tambahka kedua ruas dega -a, kita peroleh (-a) + (a + x ) = (-a) + b. Bila sekarag kita guaka (A ), (A 4 ) da (A 3 ) pada ruas kiri, kita peroleh (-a) + (a + x ) = (-a + a) + x = 0 + x = x. Dari sii kita simpulka bahwa x = (-a) + b. Bukti (b) ditiggalka sebagai latiha. Sejauh ii, ketiga teorema yag telah dikealka kita haya memperhatika pejumlaha da perkalia secara terpisah. Utuk melihat keterpadua atara keduaya, kita harus melibatka sifat distributif (D). Hal ii diilustrasika dalam teorema berikut...5 Teorema. Bila a sebarag usur di R, maka : Aalisis Real I 5

28 Aljabar Himpua (a). a. 0 = 0 (b). (-). a = -a (c). -(-a) = a (d). (-). (-) = Bukti : (a). Dari (M 3 ) kita ketahui bahwa a. = a. Maka dega meambahka a. 0 da meguaka (D) da (A 3 ) kita peroleh a + a. 0 = a. + a. 0 = a. ( + 0) = a. = a. Jadi, dega teorema..(a) kita peroleh bahwa a. 0 = 0. (b). Kita guaka (D), digabug dega (M 3 ), (A 4 ) da bagia (a), utuk memperoleh a + (-). a =. a + (-). a = 0. a = 0 Jadi, dari teorema..3(a) kita peroleh (-). a = - a. (c). Dega (A 4 ) kita mempuyai (-a) + a = 0. Jadi dari teorema..3 (a) diperoleh bahwa a = - (-a). (d). Dalam bagia (b) substitusika a = -. Maka (-). (-) = -(-). Dari sii, kita megguaka (c) dega a =. Kita simpulka deduksi formal kita dari sifat meda (bilaga real) dega meutupya dega hasil-hasil berikut...6 Teorema. Misalka a,b,c usur-usur di R. (a). Bila a 0, maka /a 0 da /(/a) = a (b). Bila a. b = a. c da a 0, maka b = c (c). Bila a. b = 0, maka palig tidak satu dari a = 0 atau b = 0 bear. Bukti : (a). Bila a 0, maka terdapat /a. Adaika /a = 0, maka = a. (/a) = a. 0 = 0, kotradiksi dega (M 3 ). Jadi /a 0 da karea (/a). a =, Teorema..3(b) megakibatka /(/a) = a. (b). Bila kita kalika kedua ruas persamaa a. b = a. c dega /a da megguaka sifat asosiatif (M ), kita peroleh ((/a). a). b = ((/a). a). c. Aalisis Real I 6

29 Pedahulua Jadi. b =. c yag berarti juga b = c (c). Hal ii cukup dega megasumsika a 0 da memperoleh b = 0. (Megapa?) Karea a. b = 0 = a. 0, kita guaka bagia (b) terhadap persamaa a. b = a. 0 yag meghasilka b = 0, bila a 0. Teorema-teorema di atas mewakili sebagia kecil tetapi petig dari sifat-sifat aljabar bilaga real. Bayak kosekuesi tambaha sifat meda R dapat dituruka da beberapa diberika dalam latiha. Operasi peguraga didefiisika dega a - b = a + (-b) utuk a,b di R. Secara sama operasi pembagia didefiisika utuk a,b di R, b 0 dega a/b = a.(/b). Berikutya, kita aka megguaka otasi ii utuk peguraga da pembagia. Secara sama, sejak sekarag kita aka tiggalka titik utuk perkalia da meuliska ab utuk a.b. Sebagaimaa biasa kita aka meuliska a utuk aa, a 3 utuk (a )a; secara umum, utuk N, kita defiisika a + = (a )a. Kita juga meyetujui peulisa a 0 = da a = a utuk sebarag a di R (a 0). Kita tiggalka ii sebagai latiha bagi pembaca utuk membuktika (dega iduksi) bahwa bila a di R, maka a m+ = a m a utuk semua m, di N. Bila a 0, kita aka guaka otasi a - utuk /a, da bila N, kita tuliska a - utuk (/a), bila memag hal ii memudahka. Bilaga Rasioal da Irasioal Kita aggap himpua bilaga asli sebagai subhimpua dari R, dega megidetifikasi bilaga asli N sebagai pejumlaha -kali usur satua R. Secara sama, kita idetifikasi 0 Z dega usur ol di R, da pejumlaha -kali usur - sebagai bilaga bulat -. Akibatya, N da Z subhimpua dari R. Usur-usur di R yag dapat dituliska dalam betuk b/a dega a,b di Z da a 0 disebut bilaga rasioal. Himpua bilaga rasioal di R aka dituliska dega otasi stadar Q. Jumlah da hasil kali dua bilaga rasioal merupaka bilaga rasioal (Buktika!), da lebih dari itu, sifat-sifat meda yag dituliska di awal bagia Aalisis Real I 7

30 Aljabar Himpua ii dapat ditujukka dipeuhi oleh Q. Fakta bahwa terdapat usur di R yag tidak di Q tidak begitu saja dikeali. Pada abad keeam sebelum masehi komuitas Yuai kuo pada masa Pytagoras meemuka bahwa diagoal dari bujur sagkar satua tidak dapat diyataka sebagai pembagia bilaga bulat. Meurut Teorema Phytagoras tetag segitiga siku-siku, ii megakibatka tidak ada bilaga rasioal yag kuadratya dua. Peemua ii mempuyai sumbaga besar pada perkembaga matematika Yuai. Salah satu kosekuesiya adalah usur-usur R yag buka usur Q merupaka bilaga yag dikeal dega bilaga irrasioal, yag berarti bilaga-bilaga itu buka rasio (= hasil bagi dua buah) bilaga rasioal. Jaga dikacauka dega arti tak rasioal. Kita aka tutup bagia ii dega suatu bukti dari fakta bahwa tidak ada bilag-a rasioal yag kuadratya. Dalam pembuktiaya kita aka megguaka gagasa bilaga geap da bilaga gajil. Kita igat kembali bahwa bilaga geap mempu-yai betuk utuk suatu di N, da bilaga gajil mempuyai betuk - utuk suatu di N. Setiap bilaga asli bersifat gajil atau geap, da tidak perah bersifat keduaya...7 Teorema. Tidak ada bilaga rasioal r, sehigga r = Bukti : Adaika terdapat bilaga rasioal yag kuadratya. Maka terdapat bilaga bulat p da q sehigga (p/q) =. Asumsika bahwa p,q positif da tidak mempuyai faktor persekutua lai kecuali. (Megapa?) Karea p = q, kita peroleh bahwa p geap. Ii megakibatka bahwa p juga geap (karea bila p = - gajil, maka kuadratya, p = = ( - +) - juga gajil). Akibatya, teorema buka faktor persekutua dari p da q maka haruslah q gajil. Karea p geap, maka p = m utuk suatu m N, da dari sii 4m = q, jadi m = q. Akibatya q geap, yag diikuti q juga geap, dega alasa seperti pada paragraf terdahulu. Aalisis Real I 8

31 Pedahulua Dari sii kita sampai pada kotradiksi bahwa tidak ada bilaga asli yag bersifat geap da gajil. Latiha. Utuk omor da, buktika bagia b dari teorema Selesaika persamaa berikut da sebutka sifat atau teorema maa yag ada guaka pada setiap lagkahya. (a). x + 5 = 8; (b). x + 6 = 3x + ; (c). x = x; (d). (x - ) (x + ) = Buktika bahwa bila a,b di R, maka -(a + b) = (-a) + (-b) (b). (-a).(-b) = a.b (-a) = -(/a) bila a 0 (d). -(a/b) = (-a)/b bila b 0 5. Bila a,b di R da memeuhi a.a = a, buktika bahwa a = 0 atau a = 6. Bila a 0 da b 0, tujukka bahwa /(ab) = (/a).(/b) 7. Guaka argumetasi pada bukti teorema..7 utuk membuktika bahwa tidak ada bilaga rasioal s, sehigga s = Modifikasi argumetasi pada bukti teorema..7 utuk membuktika bahwa tidak ada bilaga rasioal t, sehigga t = Tujukka bahwa bila ξ di R irasioal da r 0 rasioal, maka r + ξ da rξ irasioal. 0. Misalka B operasi bier pada R. Kita kataka B : (i). komutatif bila B(a,b) = B(b,a) utuk semua a,b di R. (ii). asosiatif bila B(a,B(a,c)) = B(B(a,b),c) utuk semua a,b,c di R. (iii). mempuyai usur idetitas bila terdapat usur e di R sehigga B(a,e) = a = B(e,a), utuk semua a di R Tetuka sifat-sifat maa yag dipeuhi operasi di bawah ii (a). B (a,b) = (a + b) (b). B (a,b) = (ab) (c). B 3 (a,b) = a - b (d). B 4 (a,b) = + ab Aalisis Real I 9

32 Aljabar Himpua. Suatu operasi bier B pada R dikataka distributif terhadap pejumlaha bila memeuhi B(a,b + c) = B(a,b) + B(a,c) utuk semua a,b,c di R. Yag maa (bila ada) dari operasi omor yag bersifat distributif terhadap pejumlaha?.. Guaka iduksi matematika utuk meujuka bahwa bila a di R da m, di N, maka a m+ = a m a da (a m ) = a m.. 3. Buktika bahwa bilaga asli tidak dapat bersifat geap da gajil secara bersamaa... Sifat Uruta Dalam R Sifat uruta R megikuti gagasa positivitas da ketaksamaa atara dua bilag-a real. Seperti halya pada struktur aljabar sistem bilaga real, di sii kita utamaka beberapa sifat dasar sehigga sifat yag lai dapat dituruka. Cara palig sederhaa yaitu dega megidetifikasi sub himpua tertetu dari R dega megguaka gagasa positivitas... Sifat Uruta dari R. Terdapat sub himpua tak kosog P dari R, yag disebut himpua bilaga real positif, yag memeuhi sifat-sifat berikut : (i). Bila a,b di P, maka a + b di P (ii). Bila a,b di P, maka a.b di P (iii). Bila a di R, maka tepat satu dari yag berikut dipeuhi a P, a = 0, -a P Dua sifat yag pertama kesesuaia uruta dega operasi pejumlaha da perkalia. Kodisi (iii) biasa disebut Sifat Trikotomi, karea hal ii membagi R mejadi tiga daripada usur yag berbeda. Hal ii meyataka bahwa himpua {-a a P} bilaga real egatif tidak mempuyai usur sekutu di P, da lebih dari itu, R gabuga tiga himpua yag salig lepas... Defiisi. Bila a P, kita kataka a bilaga real positif (atau positif kuat) da kita tulis a > 0. Bila a P {0} kita kataka a bilaga real tak egatif da ditulis a 0. Aalisis Real I 30

33 Pedahulua Bila -a P, kita kataka a bilaga real egatif (atau egatif kuat) da kita tulis a < 0. Bila -a P {0} kita kataka a bilaga real tak positif da ditulis a 0. Sekarag kita perkealka gagasa tetag ketaksamaa atara usur-usur R dalam himpua bilaga positif P...3 Defiisi. Misalka a,b di R. (i). Bila a - b P, maka kita tulis a > b atau b < a. (ii). Bila a - b P {0} maka kita tulis a b.atau b a. Utuk kemudaha peulisa, kita aka megguaka a < b < c, bila a < b da b < c dipeuhi. Secara sama, bila a b da b c bear, kita aka meuliskaya dega a b c Juga, bila a b da b < d bear, dituliska dega a b < d da seterusya. Sifat Uruta Sekarag aka kita perkealka beberapa sifat dasar relasi uruta pada R. Ii merupaka atura ketaksamaa yag biasa kita keal da aka serig kita guaka pada pembahasa selajutya...4 Teorema. Misalka a,b,c di R. (a). Bila a > b da b > c, maka a > c (b). Tepat satu yag berikut bear : a > b, a = b da a c. (b).. Dega sifat trikotomi..(iii), tepat satu dari yag berikut bear : a - b P, a - b = 0, -(a - b) = b - a P. Aalisis Real I 3

34 Aljabar Himpua (c).. Bila a b, maka a - b 0, jadi meurut bagia (b) kita haya mempuyai a - b P atau b - a P., yaitu a > b atau b > a. Yag masig-masig kotradiksi dega satu dari hipotesis kita. Karea itu a = b. Adalah hal yag wajar bila kita berharap bilaga asli merupaka bilaga positif. Kita aka tujukka bagaimaa sifat ii dituruka dari sifat dasar yag diberika dalam... Kuciya adalah bahwa kuadrat dari bilaga real tak ol positif...5 Teorema. (a). Bila a R da a 0, maka a > 0 (b). > 0 (c). Bila N, maka > 0 Bukti : (a). Dega sifat trikotomi bila a 0, maka a P atau -a P. Bila a P., maka dega..(ii), kita mempuyai a = a.a P. Secara sama bila -a P, maka.. (ii), kita mempuyai (-a).(-a) P. Dari..5(b) da..5(d) kita mempuyai (-a).(-a) = ((-)a) ((-)a) = (-)(-).a = a, jadi a P. Kita simpulka bahwa bila a 0, maka a > 0. (b). Karea = (), (a) megakibatka > 0. (c). Kita guaka iduksi matematika, validitas utuk = dijami oleh (b). Bila peryataa k > 0, dega k bilaga asli, maka k P. Karea P, maka k + P, meurut..(i). Dari sii peryataa > 0 utuk semua N bear. Sifat berikut berhubuga dega uruta di R terhadap pejumlaha da perkalia. Sifat-sifat ii meyajika beberapa alat yag memugkika kita bekerja dega ketaksamaa...6 Teorema. Misalka a,b,c,d R (a). bila a > b, maka a + c > b + c (b). bila a > b da c > d, maka a + c > b + d (c). bila a > b da c > 0, maka ca > cb bila a > b da c < 0, maka ca < cb Aalisis Real I 3

35 Pedahulua (d). bila a > 0, maka /a > 0 bila a < 0, maka /a < 0 Bukti : (a). Bila a - b P, maka (a + c) - (b + c) usur di P. Jadi a + c > b + c (b). Bila a - b P da c - d P, maka (a + c) - (b + d) = (a - b) + (c - d) juga usur di P meurut..(i). Jadi, a + c > b + d. (c). Bila a - b P da c P, maka ca - cb = c(a - b) P meurut..(ii), karea itu ca > cb, bila c > 0. Dilai pihak, bila c < 0, maka -c P sehigga cb - ca = (-c)(a - b) usur di P. Dari sii, cb > ca bila c < 0. (d). Bila a > 0, maka a 0 (meurut sifat trikotomi), jadi /a 0 meurut..6(a). Adaika /a < 0, maka bagia (c) dega c = /a megakibatka bahwa = a(/a) < 0, kotradiksi dega..5(b). Kareaya /a > 0. Secara sama, bila a < 0, maka kemugkia /a > 0 membawa ke sesuatu yag kotradiksi yaitu = a(/a) < 0. Dega meggabug..6(c) da..6(d), kita peroleh bahwa dega sebarag bilaga asli adalah bilaga positif. Akibatya bilaga rasioal dega betuk m = m, utuk m da bilaga asli, adalah positif...7 Teorema. Bila a da b usur di R da bila a < b, maka a < (a + b) < b. Bukti : Karea a < b, megikuti..6(a) diperoleh bahwa a = a + a < a + b da juga a + b 0, kareaya meurut..6(d) kita peroleh > 0. Dega megguaka..6(c) kita dapatka a = (a) < (a + b) < (b) = b Aalisis Real I 33

36 Aljabar Himpua Dari sifat uruta yag telah dibahas sejauh ii, kita tidak medapatka bilaga real positif terkecil. Hal ii aka ditujukka sebagai berikut :..8 Teorema Akibat. Bila b R da b > 0, maka 0 < b < b. Bukti : Ambil a = 0 dalam..7. Dua hasil yag berikut aka diguaka sebagai metode pembuktia selajutya. Sebagai cotoh, utuk membuktika bahwa a 0 bear-bear sama dega 0, kita lihat pada hasil berikut bahwa hal ii cukup dega meujukka bahwa a kurag dari sebarag bilaga positif maapu...9 Teorema. Bila a di R sehigga 0 a < ε utuk setiap ε positif, maka a = 0. Bukti : Adaika a > 0. Maka meurut..8 diperoleh 0 < a <a. Sekarag tetapka ε 0 = a, maka 0 < ε 0 < a. Hal ii kotradiksi dega hipotesis bahwa 0 < ε utuk setiap ε positif. Jadi a = Teorema. Misalka a,b di R, da a - ε 0. Maka a b. Bukti : Adaika b < a da tetapka ε 0 = (a - b). Maka ε 0 da b < a - ε 0, kotradiksi dega hipotesis. (Bukti legkapya sebagai latiha). Hasil kali dua bilaga positif merupaka bilaga positif juga. Tetapi, positivitas suatu hasil kali tidak megakibatka bahwa faktor-faktorya positif. Keyataaya adalah kedua faktor tersebut harus bertada sama (sama-sama positif atau sama-sama egatif), seperti ditujukka berikut ii... Teorema. Bila ab > 0, maka (i). a > 0 da b > 0 atau (ii). a < 0 da b < 0 Bukti : Aalisis Real I 34

37 Pedahulua Pertama kita catat bahwa ab > 0 megakibatka a 0 da b 0 (karea bila a = 0 da b = 0, maka hasil kaliya 0). Dari sifat trikotomi, a > 0 atau a < 0. Bila a >0, maka /a > 0 meurut..6(d) da kareaya b =.b = ((/a)a) b = (/a) (ab) > 0 Secara sama, bila a < 0, maka /a < 0, sehigga b = (/a) (ab) < 0... Teorema Akibat. Bila ab < 0, maka (i). a < 0 da b > 0 atau (ii). a > 0 da b < 0 Buktiya sebagai latiha. Ketaksamaa Sekarag kita tujukka bagaimaa sifat uruta yag telah kita bahas dapat diguaka utuk meyelesaika ketaksamaa. Pembaca dimita memeriksa dega hati-hati setiap lagkahya...3 Cotoh-cotoh. (a). Tetuka himpua A dari semua bilaga real x yag memeuhi x = 3 6. Kita catat bahwa x A x x 3 x 3/. Kareaya, A = {x R x 3/}. (b). Tetuka himpua B = {x R x + x > } Kita igat kembali bahwa teorema.. dapat diguaka. Tuliska bahwa x B x + x - > 0 (x - ) (x + ) > 0. Kareaya, kita mempuyai (i). x - > 0 da x + > 0, atau (ii). x - < 0 da x + < 0. Dalam kasus (i). kita mempuyai x > da x > -, yag dipeuhi jika da haya jika x >. Dalam kasus (ii) kita mempuyai x < da x < -, yag dipeuhi jika da haya jika x < -. Jadi B = {x R x > } {x R x < -}. (c). Tetuka himpua C = {x R (x + )/(x + ) < }. Kita catat bahwa x C (x + )/(x + ) - < 0 (x - )/(x + ) < 0. Kareaya, kita mempuyai (i).x - < 0 da x + > 0, atau (ii). x - > 0 da x + < 0 (Megapa?). Dalam kasus (i) kita harus mempuyai x < da x > -, yag dipeuhi, jika da haya jika - < x Aalisis Real I 35

38 Aljabar Himpua <, sedagka dalam kasus (ii), kita harus mempuyai x > da x < -, yag tidak aka perah dipeuhi. Jadi kesimpulaya adalah C = {x R - < x < }. Cotoh berikut megilustrasika pegguaa sifat uruta R dalam pertaksamaa. Pembaca seharusya membuktika setiap lagkah dega megidetifikasi sifat-sifat yag diguaka. Hal ii aka membiasaka utuk yaki dega setiap lagkah dalam pekerjaa selajutya. Perlu dicatat juga bahwa eksistesi akar kuadrat dari bilaga positif kuat belum diperkealka secara formal, tetapi eksistesiya kita terima dalam membicaraka cotoh-cotoh berikut. (Eksistesi akar kuadrat aka dibahas dalam.5)...4. Cotoh-cotoh. (a). Misalka a 0 da b 0. Maka (i). a 0 da b > 0, da kita tiggalka kasus a = 0 kepada pembaca. Dari..(i) diperoleh bahwa a + b > 0. Karea b - a = (b - a) (b + a), dari..6(c) diperoleh bahwa b - a > 0 megakibatka bahwa b - a > 0. Bila a > 0 da b > 0, maka a > 0 da b > 0, karea a = ( a ) da b = ( b ), maka bila a da b berturut-turut digati dega a da b, da kita guaka bukti di atas diperoleh a < b a < b Kita juga tiggalka kepada pembaca utuk meujukka bahwa bila a 0 da b 0, maka a b a b a b (b). Bila a da b bilaga bulat positif, maka rata-rata aritmatisya adalah (a + b) da rata-rata geometrisya adalah diberika oleh ab. Ketaksamaa rata-rata aritmetis-geometris ab (a + b) () da ketaksamaa terjadi jika da haya jika a = b. Aalisis Real I 36

39 Pedahulua Utuk membuktika hal ii, perhatika bahwa bila a > 0, b > 0, da a b, maka a > 0, b > 0 da a b (Megapa?). Kareaya dari..5(a) diperoleh bahwa ( a - b ) > 0. Dega megekspasi kuadrat ii, diperoleh a - ab + b > 0, yag diikuti oleh ab < (a + b). Kareaya () dipeuhi (utuk ketaksamaa kuat) bila a b. Lebih dari itu, bila a = b (> 0), maka kedua ruas dari () sama dega a, jadi () mejadi kesamaa. Hal ii membuktika bahwa () dipeuhi utuk a > 0, b > 0. Dilai pihak, misalka a > 0, b > 0 da ab < (a + b). Maka dega meg- kuadratka kedua ruas kemudia megalikaya dega 4, kita peroleh 4ab = (a + b) = a + ab + b, yag diikuti oleh 0 = a - ab + b = (a - b). Tetapi kesamaa ii megakibatka a = b (Megapa?). Jadi kesamaa utuk () megakibatka a = b. Catata : Ketaksamaa rata-rata aritmetis-geometris yag umum utuk bilaga positif a, a,...,a adalah (a a... a ) / a + a a dega kesamaa terjadi jika da haya jika a = a =... = a. (c). Ketaksamaa Beroulli. Bila x > -, maka ( + x) + x ; utuk semua N. (4) Buktiya dega megguaka iduksi matematika. Utuk =, meghasilka kesamaa sehigga peryataa tersebut bear dalam kasus ii. Selajutya, kita asumsika bahwa ketaksamaa (4) valid utuk suatu bilaga asli, da aka dibuktika valid juga utuk +. Asumsi ( + x) + x da fakta + x > 0 megakibatka bahwa (3) Aalisis Real I 37

40 Aljabar Himpua ( + x) + = ( + x) ( + x) ( + x) ( + x) = + ( + )x + x + ( + )x Jadi, ketaksamaa (4) valid utuk +, bila valid utuk. Dari sii, ketaksamaa (4) valid utuk semua bilaga asli. (d). Ketaksamaa Cauchy. Bila N da a, a,...,a da b, b,..., b bilaga real maka (a b a b ) (a a ) (b b ). (5) Lebih dari itu, bila tidak semua b j = 0, maka kesamaa utuk (5) dipeuhi jika da haya jika terdapat bilaga real s, sehigga a = sb,..., a = sb. Utuk membuktika hal ii kita defiisika fugsi F : R R, utuk t R de-ga F(t) = (a - tb ) (a - tb ). Dari..5(a) da..(i) diperoleh bahwa F(t) 0 utuk semua t R. Bila kuadratya diekspasika diperoleh F(t) = A - Bt + Ct 0, dega A,B,C sebagai berikut A = a a ; B = a b a b ; C = b b. Karea fugsi kuadrat F(t) tak egatif utuk semua t R, hal ii tidak mugki mempuyai dua akar real yag berbeda. Kareaya diskrimiaya = (-B) - 4AC = 4(B - AC) harus memeuhi 0. Kareaya, kita mempuyai B AC, yag tidak lai adalah (5). Bila b j = 0, utuk semua j =,...,, maka kesamaa utuk (5) dipeuhi utuk sebarag a j. Misalka sekarag tidak semua b j = 0. Maka, bila a j = sb j utuk suatu Aalisis Real I 38

41 Pedahulua s R da semua j =,...,, megakibatka kedua ruas dari (5) sama dega s (b b ). Di lai pihak bila kesamaa utuk (5) dipeuhi, maka haruslah = 0, sehigga terdapat akar tuggal s dari persamaa kuadrat F(t) = 0. Tetapi hal ii megakibatka (megapa?) bahwa a - sb = 0,..., a - sb = 0 yag diikuti oleh a j = sb j utuk semua j =,...,. (e). Ketaksamaa Segitiga. Bila N da a,..., a da b,..., b bilaga real maka [(a + b ) (a + b ) ] / [a a ] / + [b b ] / (6) lebih dari itu bila tidak semua b j = 0, kesamaa utuk (6) dipeuhi jika da haya jika terdapat bilaga real s, sehigga a = sb,..., a = sb. Karea (a j + b j ) = a j + a j b j + b j utuk j =,...,,dega megguaka ketaksamaa Cauchy (5) [A,B,C seperti pada (d)], kita mempuyai (a + b ) (a + b ) = A + B + C A + AC + C = ( A + C ) Dega meguaka bagia (a) kita mempuyai (megapa?) yag tidak lai adalah (b). [(a + b ) (a + b ) ] / A + C, Bila kesamaa utuk (b) dipeuhi, maka B = AC, yag megakibatka kesamaa dalam ketaksamaa Cauchy dipeuhi. Latiha.. (a). Bila a b da c < d, buktika bahwa a + c < b + d. (b). Bila a b da c d, buktika bahwa a + c b + d.. (a). Bila 0 < a < b da 0 < c < d, buktika bahwa 0 < ac < bd (b). Bila 0 < a < b da 0 c d, buktika bahwa 0 ac bd. Juga tujukka dega cotoh bahwa ac < bd tidak selalu dipeuhi. 3. Buktika bila a < b da c < d, maka ad + bc < ac + bd. 4. Tetuka bilaga real a,b,c,d yag memeuhi 0 < a < b da c < d < 0, sehigga (i). ac < bd, atau (ii). bd < ac. 5. Bila a,b R, tujukka bahwa a + b = 0 jika da haya jika a = 0 da b = 0. Aalisis Real I 39

42 Aljabar Himpua 6. Bila 0 a < b, buktika bahwa a ab < b. Juga tujukka dega cotoh bahwa hal ii tidak selalu diikuti oleh a < ab < b. 7. Tujuka bahwa bila 0 < a < b, maka a < ab 3x + 4; (b). < x < 4; (c). /x < x; (d). /x < x. 0. Misal a,b R da utuk setiap ε > 0 kita mempuyai a b + ε. (a). Tujukka bahwa a b. (b). Tujukka bahwa tidak selalu dipeuhi a < b.. Buktika bahwa ( (a + b)) (a + b ) utuk semua a,b R. Tujukka bahwa kesamaa dipeuhi jika da haya jika a = b.. (a). Bila 0 < c <, tujukka bahwa 0 < c < c < (b). Bila < c, tujukka bahwa < c < c 3. Bila c >, tujukka bahwa c c utuk semua N. (Perhatika ketaksamaa Beroulli dega c = + x). 4. Bila c >, da m, N, tujukka bahwa c m > c jika da haya jika m >. 5. Bila 0 < c <, tujukka bahwa c c utuk semua N. 6. Bila 0 < c < da m, N, tujukka bahwa c m < c jika da haya jika m >. 7. Bila a > 0, b > 0 da N, tujukka bahwa a 0 utuk k =,,...,. Buktika bahwa (c + c c ) ( c ) c c 9. Misalka c k > 0 utuk k =,,...,. Tujukka bahwa c + c c [ c c... c ] / c + c c 0. Asumsika eksistesi akar dipeuhi, tujukka bahwa bila c >, maka c /m < c / jika da haya jika m >..3. Nilai Mutlak Aalisis Real I 40

43 Pedahulua Dari sifat trikotomi..(ii), dijami bahwa bila a R da a 0, maka tepat satu dari bilaga a atau -a positif. Nilai mutlak dari a 0 didefiisika sebagai bilaga yag positif dari keduaya. Nilai mutlak dari 0 didefiisika Defiisi. Bila a R, ilai mutlak a, dituliska dega a, didefiisika dega a, bila a > 0 a = 0, bila a = 0 a, bila a < 0 Sebagai cotoh 3 = 3 da =. Dari defiisi ii kita aka melihat bahwa a 0, utuk semua a R. Juga a = a bila a 0, da a = -a bila a < Teorema. (a). a = 0 jika da haya jika a = 0 (b). -a = a, utuk semua a R. (c). ab = a b, utuk semua a,b R. (d). Bila c 0, maka a c jika da haya jika -c a c. (e). - a a a utuk semua a R. Bukti : (a). Bila a = 0, maka a = 0. Juga bila a 0, maka -a 0, jadi a 0. Jadi bila a = 0, maka a = 0. (b). Bila a = 0, maka 0 = 0 = 0. Bila a > 0, maka -a < 0 sehigga a = a = -(-a) = -a. Bila a < 0, maka -a > 0, sehiga a = -a = -a. (c). Bila a,b keduaya 0, maka ab da a b sama dega 0. Bila a > 0 da b > 0, maka ab > 0, sehigga ab = ab = a b. Bila a > 0 da b < 0, maka ab < 0, sehigga ab = -ab = a(-b) = a b. Secara sama utuk dua kasus yag lai. (d). Misalka a c. Maka kita mempuyai a c da -a c. (Megapa?) Karea ke-taksamaa terakhir ekivale dega a -c, maka kita mempuyai -c a c. Sebalik-ya, bila -c a c, maka kita mempuyai a c da -a c. (Megapa?), sehigga a c. (e). Tetapka c = a pada (d). Aalisis Real I 4

44 Aljabar Himpua Ketaksamaa berikut aka serig kita guaka Ketaksamaa Segitiga. Utuk sebarag a,b di R, kita mempuyai Bukti : a + b a + b Dari.3.(e), kita mempuyai - a a a da - b b b. Kemudia dega meambahka da megguaka..6(b), kita peroleh ( a + b ) a + b a + b Dari sii, kita mempuyai a + b a + b dega megguaka.3.(d). ataraya. Terdapat bayak variasi pegguaa Ketaksamaa Segitiga. Berikut ii dua di.3.4 Teorema Akibat. Utuk sebarag a,b di R, kita mempuyai (a). a b a b (b). a b a + b Bukti : (a). Kita tuliska a = a - b + b da guaka Ketaksamaa Segitiga utuk memperoleh a = a b + b a b + b. Sekarag kita kuragi dega b utuk memperoleh a b a b. Secara sama, dari b = b a + a b a + a da.3.(b), kita peroleh a b = b a a b. Bila kedua ketaksamaa ii kita kombiasika, dega megguaka.3.(d), kita memperoleh ketaksamaa di (a). (b). Tukar b pada Ketaksamaa Segitiga dega -b utuk memperoleh a b a + -b Karea b = b [meurut.3.(b)] kita dapatka ketaksamaa (b). Aplikasi lagsug iduksi matematika memperluas Ketaksamaa Segitiga utuk sejumlah higga bilaga real..3.5 Teorema Akibat. Utuk sebarag a, a,...,a R, kita mempuyai a + a a a + a a Aalisis Real I 4

45 Pedahulua Cotoh-cotoh berikut megilustrasika bagaimaa sifat-sifat ilai mutlak terdahulu dapat diguaka..3.6 Cotoh-cotoh. (a). Tetuka himpua A dari bilaga real x yag memeuhi x + 3 < 6 Dari.3.(d), kita lihat bahwa x A jika da haya jika -6 < x + 3 < 6, yag dipeuhi jika da haya jika -9 < x < 3. Dega membagi dua, kita peroleh A = {x R -9/ < x < 3/}. (b). Tetuka himpua B = {x R x < x }. Caraya dega memperhatika setiap kasus bila tada mutlak dihilagka. Di sii kita perhatika kasus-kasus (i). x, (ii). 0 x <, (iii). x < 0. (Megapa kita haya memperhatika ketiga kasus di atas?). Pada kasus (i) ketaksamaa kita mejadi x - < x, yag dipeuhi oleh semua bilaga real x. Akibatya semua x termuat di B. Pada kasus (ii), ketaksamaa kita mejadi -(x - ) < x, yag meghasilka pembahasa lebih lajut, yaitu x > /. Jadi, kasus (ii) meyajika semua x dega / < x < termuat di B. Pada kasus (iii), ketaksamaa mejadi -(x - ) < -x, yag ekivale dega < 0. Karea < 0 selalu salah, maka tiodak ada x yag memeuhi ketaksama kita pada kasus (iii). Dega megkombiasika ketiga kasus ii diperoleh bahwa B = {x R x > /}. (c). Misalka f fugsi yag didefiisika dega f (x) = x 3x + x utuk x 3. Tetuka kostata M sehigga f (x) M utuk semua x yag memeuhi x 3. Kita aka perhatika secara terpisah pembilag da peyebut dari f (x) = x 3x + x Aalisis Real I 43

46 Aljabar Himpua Dari ketaksamaa segitiga, kita peroleh x 3x + x + 3 x = 8, karea x 3 utuk semua x yag kita bicaraka. Juga, x x = 3, karea x utuk semua x yag kita bicaraka. (Megapa?) Karea itu, utuk x 3 kita memperoleh bahwa f (x) 8 3. Dari sii kita dapat meetapka M = 8/3. (Catata bahwa kita meeuka sebuah kostata yag demikia, M; sebearya semua bilaga M 8/3 juga memeuhi f (x) M. Juga dimugkika bahwa 8/3 buka piliha terkecil utuk M). Garis Bilaga Real Iterpretasi geometri yag umum da mudah utuk sistem bilaga real adalah garis bilaga. Pada iterpretasi ii, ilai mutlak a dari usur a di R diaggap sebagai jarak dari a ke pusat 0. Lebih umum lagi, jarak atara usur a da b di R adalah a b. Kita aka memerluka bahasa yag tepat utuk membahas gagasa suatu bilaga real dekat ke yag lai. Bila diberika bilaga real a, maka bilaga real x dikataka dekat dega a seharusya diartika bahwa jarak atara keduaya x a kecil. Utuk membahas gagasa ii, kita aka megguaka kata ligkuga, yag sebetar lagi aka kita defiisika..3.7 Defiisi. Misalka a R da ε > 0. Maka ligkuga-ε dari a adalah himpua V ε (a) = {x R x a < ε}. Utuk a R, peryataa x termuat di V ε (a) ekivale dega peryataa -ε < x - a < ε a - ε < x < a + ε.3.8 Teorema. Misalka a R. Bila x termuat dalam ligkuga V ε (a) utuk setiap ε > 0, maka x = a. Bukti : Aalisis Real I 44

47 Pedahulua Bila x memeuhi x a < ε utuk setiap ε > 0, maka dari..9 diperoleh bahwa x a = 0, da dari sii x = a Cotoh-cotoh. (a). Misalka U = {x 0 < x < }. Bila a U, misalka ε bilaga terkecil dari a atau - a. Maka V ε (a) termuat di U. Jadi setiap usur di U mempuyai ligkuga-ε yag termuat di U. (b). Bila I = {x : 0 x }, maka utuk sebarag ε > 0, ligkuga-ε V ε (0) memuat titik di luar I, sehigga V ε (0) tidak termuat dalam I. Sebagai cotoh, bilaga x ε = -ε/ usur di V ε (0) tetapi buka usur di I. (c). Bila x a < ε da y b < ε, maka Ketaksamaa Segitiga megakibatka bahwa ( x + y) ( a + b ) = ( x a) + ( y b ) = x a + y b < ε. Jadi bila x,y secara berturut-turut termuat di ligkuga -ε dari a,b maka x + y termuat di ligkuga -ε dari (a + b) (tetapi tidak perlu ligkuga -ε dari (a + b)). Latiha.3.. Misalka a R. tujukka bahwa (a). a = a (b). a = a. Bila a,b R. da b 0, tujukka bahwa a / b = a / b. 3. Bila a,b R, tujukka bahwa a + b = a + b.jika da haya jika ab > Bila x,y,z R, x z, tujuka bahwa x < y < z jika da haya jika x y + y z = x z Iterpretasika secara geometris. 5. Tetuka x R, yag memeuhi pertaksamaa berikut : (a). 4x 3 3; (b). x 3; (c). x > x + ; (d). x + x + <. 6. Tujukka bahwa x a < ε jika da haya jika a - ε < x < a + ε. Aalisis Real I 45

48 Aljabar Himpua 7. Bila a < x < b da a < y < b, tujukka bahwa x y < b a. Iterpretasika secara geometris. 8. Tetuka da sketsa himpua pasaga berurut (a,b) di R R yag memeuhi (a x = y ; (b). x + y = ; (c xy = ; (d). x y =. 9. Tetuka da sketsa himpua berurut (x,y) yag memeuhi (a). x y ; (b). x + y ; (c). xy ; (d). x y. 0. Misalka ε > 0 da δ > 0, a R. Tujukka bahwa V ε (a) V δ (a) da V ε (a) V δ (a) adalah ligkuga-γ dari a utuk suatu γ.. Tujukka bahwa bila a,b R, da a b, maka terdapat ligkuga-ε U dari a da ligkuga-γ V dari b, sehigga U V =..4. Sifat Kelegkapa R Sejauh ii pada bab ii kita telah membahas sifat aljabar da sifat uruta sistem bilaga real. Pada bagia ii kita aka membahas satu sifat lagi dari R yag serig disebut dega sifat kelegkapa. Sistem bilaga rasioal Q memeuhi sifat aljabar.. da sifat ururta.., tetapi seperti kita lihat tidak dapat direpresetasika sebagai bilaga rasioal, karea itu tidak termuat di Q. Observasi ii meujuka perluya sifat tambaha utuk bilaga real. Sifat tambaha ii, yaitu sifat kelegkapa, sagat esesial utuk R. Ada beberapa versi sifat kelegkapa. Di sii kita pilih metode yag palig efisie dega megasumsika bahwa himpua tak kosog di R mempuyai supremum. Supremum da Ifimum Sekarag kita aka perkealka gagasa tetag batas atas suatu himpua bilaga real. Gagasa ii aka sagat petig pada pembahasa selajutya..4. Defiisi. Misalka S suatu sub himpua dari R. (i). Bilaga u R dikataka batas atas dari S bila s u, utuk semua s S. Aalisis Real I 46

49 Pedahulua (ii). Bilaga w R dikataka batas bawah dari S bila w s, utuk semua s S Pembaca seharusya memikirka (dega teliti) tetag apa yag dimaksud dega suatu bilaga buka batas atas (atau batas bawah) dari himpua S. Pembaca seharusya meujukka bahwa bilaga v R buka batas atas dari S jika da haya jika terdapat s S, sehigga v < s. (secara sama, bilaga z R buka batas bawah dari S jika da haaya jika terdapat s S, sehigga s < z). Perlu kita cata bahwa subhimpua S dari R mugki saja tidak mempuyai batas atas (sbagai cotoh, ambil S = R). Tetapi, bila S mempuyai batas atas, maka S mempuyai tak higga bayak batas atas sebab bila batas atas dari S, maka sebarag v dega v > u juga merupaka batas atas dari S. (Observasi yag serupa juga berlaku utuk batas bawah). Kita juga catat bahwa suatu himpua mugki mempuyai batas bawah tetapi tidak mempuyai batas atas (da sebalikya). Sebagai cotoh, perhatika himpua S = {x R : x 0} da S = {x R : x < 0} Catata : Bila kita meerapka defiisi di atas utuk himpua kosog, kita dipaksa kepada kesimpula bahwa setiap bilaga real merupaka batas atas dari. Karea agar u R buka batas atas dari S, usur s S harus ada, sehigga u < s. Bila S =, maka tidak ada usur di S. Dari sii setiap bilaga real merupaka batas atas dari himpua kosog. Secara sama, setiap bilaga real merupaka batas bawah dari himpua kosog. Hal ii mugki artifisial, tetapi merupaka kosekuesi logis dari defiisi. Pada pembahasa ii, kita kataka bahwa suatu himpua S di R terbatas di atas bila S mempuyai batas atas. Secara sama, bila himpua P di R mempuyai batas bawah, kita kataka P terbatas di bawah. Sedagka suatu himpua A di R dikataka tidak terbatas bila A tidak mempuyai (palig tidak satu dari) batas atas atau batas bawah. Sebagai cotoh, {x R : x } tidak terbatas (walaupu mempuyai batas atas) karea tidak mempuyai batas bawah..4. Defiisi. Misalka S subhimpua dari R, (i). Bila S terbatas di atas, maka batas atas u dikataka supremum (atau batas atas ter-kecil) dari S bila tidak terdapat batas atas (yag lai) dari S yag kurag dari u. Aalisis Real I 47

50 Aljabar Himpua (ii). Bila S terbatas di bawah, maka batas bawah w dikataka ifimum (atau batas bawah terbesar) dari S bila tidak terdapat batas bawah (yag lai) dari S yag kurag dari w. Aka sagat bergua utuk memfarmasika ulag defiisi supremum dari suatu himpua..4.3 Lemma. Bilaga real u merupaka supremum dari himpua tak kosog S di R jika da haya jika u memeuhi kedua kodisi berikut : (). s u utuk semua s S. (). bila v < u, maka terdapat s S sehigga v < s. Kita tiggalka bukti dari lemma ii sebagai latiha yag sagat petig bagi pembaca. Pembaca seharusya juga memfarmasika da membuktika hal yag serupa utuk ifimum. Tidak sulit utuk membuktika bahwa supremum dari himpua S di R bersifat tuggal. Misalka u da u supremum dari S, maka keduaya merupaka batas atas dari S. Adaika u < u dega hipotesis u supremum megakibatka bahwa u buka batas atas dari S. Secara sama, pegadaia u < u dega hipotesis u supremum mega-kibatka bahwa u buka batas atas dari S. Karea itu, haruslah u = u. (Pembaca seharusya megguaka cara serupa utuk meujukka ifimum dari suatu himpua di R bersifat tuggal). Bila supremum atau ifimum dari suatu himpua S ada, kita aka meuliska-ya dega sup S da if S Kita amati juga bahwa bila u sebarag batas atas dari S, maka sup S u. Yaitu, bila s u utuk semua s S, maka sup S u. Hal ii megataka bahwa sup S merupaka batas atas terkecil dari S. Kriteria berikut serig bergua dalam megeali batas atas tertetu dari suatu himpua merupaka supremum dari himpua tersebut..4.4 Lemma. Suatu batas atas u dari himpua tak kosog S di R merupaka supremum dari S jika da haya jika utuk setiap ε > 0 terdapat s ε S sehigga u - ε < s ε. Aalisis Real I 48

51 Pedahulua Bukti : Misalka u batas atas dari S yag memeuhi kodisi di atas. Bila v 0, da kodisi di atas megakibatka terdapat s ε S sehigga v = u - ε < s ε. Kareya v buka batas atas dari S. Karea hal ii berlaku utuk sebarag v yag kurag dari u, maka haruslah u = sup S. Sebalikya, misalka u = sup S da ε > 0. Karea u - ε < u, maka u - ε buka batas atas dari S. Kareaya terdapat usur s ε di S yag lebih dari u - ε, yaitu u - ε < s ε. Petig juga utuk dicatat bahwa supremum dari suatu himpua dapat merupaka usur dari himpua tersebut maupu buka. Hal ii bergatug pada jeis himpuaya. Kita perhatika cotoh-cotoh berikut..4.5 Cotoh-cotoh (a). Bila himpua tak kosog S mempuyai berhigga jumlah usur, maka S mempuyai usur terbesar u da usur terkecil w. Lebih dari itu u = sup S da w = if S keduaya usur di S. (Hal ii jelas bila S haya mempuyai sebuah usur, da dapat diguaka iduksi matematika utuk sejumlah usur dari S ). (b). Himpua S = {x : 0 x } mempuyai sebagai batas atas. Kita aka buktika merupaka supremum sebagai berikut. Bila v <, maka terdapat usur s di S sehigga v < s. (pilih usur s ). Dari sii v buka batas atas dari S da, karea v sebarag bilaga v <, haruslah sup S =. Secara sama, dapat ditujukka if S = 0. Catata : sup S da if S keduaya termuat di S. (c). Himpua S 3 = {x : 0 < x < } mempuyai sebagai batas atas. Dega megguaka argumetasi serupa (b) utuk S, diperoleh sup S 3 =. Dalam hal ii, himpua S 3 tidak memuat sup S 3. Secara sama, if S 3 = 0, tidak termuat di S 3. (d). Seperti telah disebutka, setiap bilaga real merupaka batas atas dari himpua kosog, kareaya himpua kosog tidak mempuyai supremum. Secara sama himpua kosog juga tidak mempuyai ifimum. Sifat Supremum dari R Berikut ii kita aka membahas asumsi terakhir tetag R yag serig disebut dega Sifat Kelegkapa dari R. Selajutya kita kataka R merupaka suatu meda terurut yag legkap. Aalisis Real I 49

52 Aljabar Himpua.4.6 Sifat Supremum dari R. Setiap himpua bilaga real tak kosog yag mempuyai batas atas mempuyai supremum di R. Sifat ifimum yag serupa dapat dituruka dari sifat supremum. Kataka S sub himpua tak kosog yag terbatas di bawah dari R. Maka himpua S = {-s : s S} terbatas di atas, da sifat supremum megakibatka bahwa u = sup S ada. Hal ii kemudia diikuti bahwa -u merupaka ifimum dari S, yag pembaca harus buktika..4.7 Sifat Ifimum dari R. Setiap himpua bilaga real tak kosog yag mempuyai batas bawah mempuyai ifimum di R. Pembaca seharusya meuliska bukti legkapya. Latiha.4. Misalka S = {x R : x 0}. Tujukka secara legkap bahwa S mempuyai batas bawah, tetapi tidak mempuyai batas atas. Tujukka pula bahwa if S = 0.. Misalka S = {x R : x 0}. Apakah S mempuyai batas bawah? Apakah S mempuyai batas atas? Buktika peryataa yag ada berika. 3. Misalka S 3 = {/ N}. Tujukka bahwa sup S 3 = da if S 3 0. (Hal ii aka diikuti bahwa if S 3 = 0, dega megguaka Sifat Arechimedes.5. atau.5.3 (b)). 4. Misalka S 4 = { - (-) / : N}.Tetuka if S 4 da sup S Misalka S subhimpua tak kosog dari R yag terbatas di bawah. Tujukka bahwa if S = -sup{-s : s S}. 6. Bila S R memuat batas atasya, tujukka bahwa batas atas tersebut merupaka supremum dari S. 7. Misalka S R yag tak kosog. Tujukka bahwa u R merupaka batas atas dari R jika da haya jika kodisi t R da t > u megakibatka t S. 8. Misalka S R yag tak kosog. Tujukka bahwa u = sup S, kaka utuk setiap N, u - / buka batas atas dari S, tetapi u + / batas atas dari S. (Hal sebalikya juga bear ; lihat latiha.5.3). Aalisis Real I 50

53 Pedahulua 9. Tujukka bahwa bila A da B sub himpua yag terbatas dari R, maka A B juga terbatas. Tujukka bahwa sup (A B) = sup {sup A, sup B}. 0.Misalka S terbatas di R da S sub himpua tak kosog dari S. Tujukka bahwa if S if S 0 sup S 0 sup S..Misalka S R da s * = sup S termuat di S. Bila u S, tujukka bahwa sup (S {u}) = sup {s *,u}..tujukka bahwa suatu himpua tak kosog da berhigga S R memuat supremumya. (Guaka iduksi matematika da latiha omor )..5 Aplikasi Sifat Supremum Sekarag kita aka membahas bagaimaa supremum da ifimum diguaka. Cotoh berikut meujukka bagaimaa defiisi supremum da ifimum diguaka dalam pembuktia. Kita juga aka memberika beberapa aplikasi petig sifat ii utuk meuruka sifat-sifat fudametal sistem bilaga real yag aka serig diguaka..5. Cotoh-cotoh (a). Sagatlah petig utuk meghubugka ifimum da supremum suatu.,kkmnbv himpua dega sifat-sifat aljabar R. Di sii kita aka sajika salah satuya ; yaitu tetag pejumlaha, semetara yag lai diberika sebagai latiha. Misalka S sub himpua tak kosog dari R. Defiisika himpua a + S = {a + x : x S}. Kita aka tujukka bahwa sup (a + S) = a + sup S. Bila kita misalka u = sup S, maka karea x u utuk semua x S, kita mempuyai a + x a + u. Karea itu a + u batas atas dari a + S ; akibatya kita mempuyai sup (a + S) a + u. Bila v sebarag batas atas dari himpua a + S, maka a + x v utuk semua x S. Maka x v - a utuk semua x S, yag megakibatka u = sup S v - a, sehigga a + u v. Karea v sebarag batas atas dari a + S, kita dapat meggati v Aalisis Real I 5

54 Aljabar Himpua dega sup (a + S) utuk memperoleh a + u sup (a + S). Dega meggabugka ketaksamaa di atas diperoleh bahwa sup (a + S) = a + u = a + sup S. (b). Misalka f da g fugsi-fugsi berilai real dega domai D R. Kita asumsika rageya f(d) = {f(x) : x D} da g(d) = {g(x) : x D}himpua terbatas di R. (i). Bila f(x) g(x) utuk semua x D, maka sup f(d) sup g(d). Utuk membuktika hal ii, kita catat bahwa sup g(d) merupaka batas atas himpua f(d) karea utuk setiap x D, kita mempuyai f(x) g(x) sup g(d). Kareaya sup f(d) sup g(d). (ii). Bila f(x) g(y) utuk semua x,y D, maka sup f(d) sup g(d). Buktiya dalam dua tahap. Pertama, utuk suatu y tertetu di D, kita lihat bahwa f(x) g(y) utuk semua x D, maka g(y) batas atas dari himpua f(d). Akibatya sup f(d) g(y). Karea ketaksamaa terakhir dipeuhi utuk semua y D, maka sup f(d) merupaka batas bawah dari g(d). Karea itu, haruslah sup f(d) if g(d). (c). Perlu dicatat bahwa hipotesis f(x) g(x) utuk semua x D pada (b) tidak meghasilka hubuga atara sup f(d) da if g(d). Sebagai cotoh, bila f(x) = x da g(x) = x dega D = {x R : 0 < x < }, maka f(x) g(x) utuk semua x D, tetapi sup f(d) = da if g(d) = 0, serta sup g(d) =. Jadi (i) dipeuhi, sedagka (ii) tidak. Lebih jauh megeai hubuga ifimum da supremum himpua dari ilai fugsi diberika sebagai latiha. Sifat Archimedes Salah satu akibat dari sifat supremum adalah bahwa himpua bilaga asli N tidak terbatas di atas dalam R. Hal ii berarti bahwa bila diberika sebarag bilaga real x terdapat bilaga asli (bergatug pada x) sehigga x <. Hal ii tampakya mudah, tetapi sifat ii tidak dapat dibuktika dega megguaka sifat aljabar da Aalisis Real I 5

55 Pedahulua uruta yag dibahas pada bagia terdahulu. Buktiya yag aka diberika berikut ii meujukka keguaa yag esesial dari sifat supremum R..5.. Sifat Archimedes. Bila x R, maka terdapat x N sehigga x < x. Bukti : Bila kesimpula di atas gagal, maka x terbatas atas dari N. Kareaya, meurut sifat supremum, himpua tak kosog N mempuyai supremum u R. Oleh karea u - < u, maka meurut Lemma.4.4 terdapat m N sehigga u - < m. Tetapi hal ii megakibatka u < m +, sedagka m + N, yag kotradiksi dega u batas atas dari N. Sifat Archimedes dapat diyataka dalam beberapa cara. Berikut kita sajika tiga variasi diataraya..5.3 Teorema Akibat. Misalka y da z bilaga real positif. Maka : (a). Terdapat N sehigga z < y. (b). Terdapat N sehigga 0 < / < y. (c). Terdapat N sehigga - z <. Bukti : (a). Karea x = z/y > 0, maka terdapat N sehigga z/y = x < da dari sii diperoleh z < y. (b). Tetapka z = pada (a) yag aka memberika < y, da akibatya / < y. (c). Sifat Archimedes mejami subhimpua {m N : z < m} dari N tidak kosog. Misalka usur terkecil dari himpua ii (lihat.3.). Maka - buka usur himpua tersebut, akibatya - z <. Eksistesi Petigya sifat supremum terletak pada fakta yag maa sifat ii mejami eksistesi bilaga real di bawah hipotesis tertetu. Kita aka megguaka ii beberapa kali. Semetara ii, kita aka megilustrasika keguaaya utuk membuktika eksistesi bilaga positif x sehigga x =. Telah ditujukka (lihat Teorema Aalisis Real I 53

56 Aljabar Himpua..7) bahwa x yag demikia buka bilaga rasioal ; jadi, palig tidak kita aka meujukka eksistesi sebuah bilaga irrasioal..5.4 Teorema. Terdapat bilaga real positif x sehigga x =. Bukti : Misalka S = {s R 0 s, s < }. Karea s, maka S buka himpua kosog. Juga, S terbatas di atas oleh, karea bila t >, maka t > 4 sehigga t S. Karea itu, meurut sifat supremum, S mempuyai supremum di R, kataka x = sup S. Catata : x >. < da x >. Kita aka buktika bahwa x = dega meaggalka dua kemugkia x Pertama adaika x <. Kita aka tujukka bahwa asumsi ii kotradiksi dega fakta bahwa x = sup S yaitu dega meemuka N sehigga x + / S, yag berakibat bahwa x buka batas atas dari S. Utuk melihat bagaimaa cara memilih yag demikia, guaka fakta bahwa / /, sehigga ( x x + ) = x + + x + ( x + ) Dari sii kita dapat memilih sehigga (x + ) < - x, maka kita memperoleh (x + /) < x + ( - x ) =. Dari asumsi, kita mempuyai - x > 0, sehigga ( - x )/(x + ) > 0. Dari sii sifat Archimedes dapat diguaka utuk memperoleh N sehigga x < x + Lagkah-lagkah ii dapat dibalik utuk meujukka bahwa dega pemiliha ii kita mempuyai x + S, yag kotradiksi dega fakta bahwa x batas atas dari S. Kareaya, haruslah x. Aalisis Real I 54 Sekarag adaika x >. Kita aka tujukka bahwa dimugkika utuk meemuka m N sehigga x - /m juga merupaka batas atas dari S, yag megkotradiksi fakta bahwa x = sup S. Utuk melakukaya, perhatika bahwa

57 Pedahulua ( ) x + = x + + > x m x m Dari sii kita dapat memilih m sehigga x m x <, m x m maka (x - /m) > x - (x - ) =. Sekarag dega pegadaia x - > 0, maka x > 0. Dari sii, dega sifat Archimedes, terdapat m N sehigga x m < x x Lagkah ii dapat dibalik utuk meujukka bahwa dega pemiliha m ii kita mempuyai (x - /m) >. Sekarag bila s S, maka s < < (x - /m), yag maa meurut..4(a) bahwa s < x - /m. Hal ii megakibatka bahwa x - /m merupaka batas atas dari S, yag kotradiksi dega fakta bahwa x = sup S. Jadi tidak mugki x >. Karea tidak mugki dipeuhi x > atau x <, haruslah x =. (*) Dega sedikit modifikasi, pembaca dapat meujukka bahwa bila a > 0, maka terdapat b > 0 yag tuggal, sehigga b = a. Kita kataka b akar kuadrat positif dari a da dituliska dega b = a atau b = a /. Dega cara sedikit lebih rumit yag melibatka teorema biomial dapat diformulasika eksistesi tuggal dari akar pagkat- positif dari a, yag dituliska dega a atau a /, utuk N. Desitas (= kepadata) Bilaga Rasioal di R Sekarag kita megetahui terdapat palig tidak sebuah bilaga irrasioal, yaitu. Sebearya terdapat lebih bayak bilaga irasioal dibadigka bilaga rasioal dalam arti himpua bilaga rasioal terhitug semetara himpua bilaga irrasioal tak terhitug. Selajutya kita aka tujukka bahwa himpua bilaga rasioal padat di R dalam arti bahwa bilaga rasioal dapat ditemuka diatara sebarag dua bilaga real yag berbeda. Aalisis Real I 55

58 Aljabar Himpua.5.5 Teorema Desitas. Bila x da y bilaga real dega x < y, maka terdapat bilaga rasioal r sehigga x < r < y. Bukti : Tapa meguragi berlakuya secara umum, misalka x > 0. (Megapa?). Dega sifat Archimedes.5., terdapat N.sehigga > /(y - x). Utuk yag demi-kia, kita mempuyai bahwa y - x >. Dega megguaka Teorema Akibat.5.3(c) ke x > 0, kita peroleh m N sehigga m - x < m. Bilaga m ii juga memeuhi m < y, sehigga r = m/ bilaga rasioal yag memeuhi x < r < y. Utuk megakhiri pembahasa tetag hubuga bilaga rasioal da irasioal, kita juga mempuyai sifat serupa utuk bilaga irasioal..5.6 Teorema akibat. Bila x da y bilaga real dega x < y, maka terdapat bilaga irasioal z sehigga x < z < y. Bukti : Dega megguaka Teorema Desitas.5.5 pada bilaga real x da y, kita peroleh bilaga rasioal r 0 sehigga x < r < y. Maka z = r adalah bilaga irrasioal (Megapa?) da memeuhi x < z < y. Latiha.5. Guaka Sifat Archimedes atau Teorema Akibat.5.3 (b) utuk meujukka bahwa if {/ N} = 0.. Bila S = {/ - /m,m N}, tetuka if S da sup S. 3. Misalka S R tak kosog. Tujukka bahwa bila u di R mempuyai sifat : (i). utuk setiap N, u - / buka batas atas dari S, da (ii). utuk setiap N, u + / buka batas atas dari S, maka u = sup S. (Ii merupaka kebalika Teorema.4.8). 4. Misalka S himpua tak kosog da terbatas di R. Aalisis Real I 56

59 Pedahulua (a). Misalka a > 0, da as = {as s S}. Tujukka bahwa if (as) = a if S, sup (as) = a sup S. (b). Misalka b < 0, da bs = {bs s S}. Tujukka bahwa if (bs) = b sup S, sup (bs) = b if S. 5. Misalka X himpua tak kosog da f : X R mempuyai rage yag terbatas di R. Bila a R, tujukka bahwa cotoh.5.(a) megakibatka bahwa sup {a + f(x) x X} = a + sup {f(x) x X}. Tujukka pula bahwa if {a + f(x) x X} = a + if {f(x) x X}. 6. Misalka A da B himpua tak kosog da terbatas di R, da A + B = {a + b a A, b B}. Tujukka bahwa sup (A + B) = sup A + sup B da if (A + B) = if A + if B. 7. Misalka X himpua tak kosog, f da g fugsi terdefiisi pada X da mempuyai rage yag terbatas di R. Tujukka bahwa sup{f(x) + g(x) x X} sup{f(x) x X} + sup{g(x) x X} da if{f(x) x X} + if {g(x) x X} if{f(x) + g(x) x X} Berika cotoh yag meujukka kapa berlaku kesamaa atau ketaksamaa muri. 8. Misalka X = Y = {x R 0 < x < }. Tetuka h : X Y R da h(x,y) = x + y. (a). utuk setiap x X, tetuka f(x) = sup {h(x,y) : y Y} Kemudia tetuka if {f(x) x X}. (b). utuk setiap y Y, tetuka g(y) = if {h(x,y) : x X} Kemudia tetuka sup {g(y) y Y}. Badigka hasilya dega bagia (a). 9. Lakuka perhituga di (a) da (b) latiha omor 8 utuk fugsi h : X Y R yag didefiisika dega Aalisis Real I 57

60 Aljabar Himpua h( x,y) 0, bila x < y =, bila x y 0. Misalka X,Y himpua tak kosog dari h : X Y R yag mempuyai rage terbatas di R. Misalka f : X R da g : Y R didefiisika dega f(x) = sup {h(x,y) y Y}, Tujukka bahwa sup{g(y) y Y} if {f(x) x X} Kita aka meuliskaya dega supif h ( x,y) supif h ( x,y) y x x y g(y) = if {h(x,y) x X}. Catata, pada latiha omor 8 da omor 9 meujukka bahwa ketaksamaa bisa berupa kesamaa atau ketaksamaa muri.. Misalka X,Y himpua tak kosog dari h : X Y R yag mempuyai rage terbatas di R. Misalka F : X R da G : Y R didefiisika dega F(x) = sup {h(x,y) y Y}, G(y) = if {h(x,y) x X}. Perkealka Prisip Iterasi Supremum : sup{h(x,y) x X, y Y} = sup {F(x) x X} Hal ii serig dituliska dega sup x,y = sup {G(y) y Y}. h( x, y) = sup sup h ( x, y) = sup sup h ( x, y) x y. Diberika sebarag x R, tujukka bahwa terdapat Z yag tugal sehigga - x <. 3. Bila y > 0 tujukka bahwa terdapat N sehigga / < y. 4. Modifikasi argumetasi pada teorema.5.4 utuk meujukka bahwa terdapat bilaga real positif y sehigga y = Modifikasi argumetasi pada teorema.5.4 utuk meujukka bahwa bila a > 0, maka terdapat bilaga real positif z sehigga z = a. 6. Modifikasi argumetasi pada teorema.5.4 utuk meujukka bahwa terdapat bilaga real positif u sehigga u 3 =. y x Aalisis Real I 58

61 Pedahulua 7. Legkapi bukti Teorema Desitas.5.5 dega meghilagka hipotesis x > Bila u > 0 da x < y, tujukka bahwa terdapat bilaga rasioal r sehigga x < ru < y. (Dari sii himpua {ru r Q} padat di R). Aalisis Real I 59

62 Aljabar Himpua BAB 3 BARISAN BILANGAN REAL 3.. Barisa da Limit Barisa Di sii diharapka pembaca megigat kembali bahwa yag dimaksud dega suatu barisa pada suatu himpua S adalah suatu fugsi pada himpua N = {,, 3,...} dega daerah hasilya di S. Selajutya dalam bab ii kita haya memperhatika barisa di R Defiisi. Suatu barisa bilaga real (atau suatu barisa di R) adalah suatu fugsi pada himpua N dega daerah hasil yag termuat di R. Dega kata lai, suatu barisa di R memasagka masig-masig bilaga asli =,, 3,... secara tuggal dega bilaga real. Bilaga real yag diperoleh tersebut disebut eleme, atau ilai, atau suku dari barisa tersebut. Hal yag biasa utuk meuliska eleme dari R yag berpasaga dega N, dega suatu simbol seperti x (atau a, atau z ). Jadi bila X : N R suatu barisa, kita aka biasa meuliska ilai X di dega X, dari pada X(), kita aka meuliska barisa ii dega otasi X, X, (X : N), Kita megguaka kurug utuk meyataka bahwa uruta yag diwarisi dari N adalah hal yag petig. Jadi, kita membedaka peulisa X = (X : N), yag suku-sukuya mempuyai uruta da himpua ilai-ilai dari barisa tersebut { X : N} yag urutaya tidak diperhatika. Sebagai cotoh, barisa X = ((-) : N) yag bergati-gati - da, sedagka himpua ilai barisa tersebut { (-) : N } sama dega {-, }. Aalisis Real I 60

63 Pedahulua Dalam medefiisika barisa serig lebih mudah dega meulis secara beruruta suku-sukuya, da berheti setelah atura formasiya kelihata. Jadi kita boleh meulis X = (, 4, 6, 8,...) utuk barisa bilaga geap positif, atau Y = (,,,,...) utuk barisa kebalika dari bilaga asli, atau Z = (,,,,...) utuk barisa kebalika dari kuadrat bilaga asli. Metode yag lebih memuaska adalah dega meuliska formula utuk suku umum dari barisa tersebut, seperti X = ( : N), Y = ( : m N), Z = ( m s : s N) Dalam praktekya, serig lebih mudah dega meetuka ilai x da suatu formula utuk medapatka x + ( ) bila x diketahui da formula x + ( ) dari x, x,... x. Metode ii kita kataka sebagai pedefiisia barisa secara iduktif atau rekursif. Dega cara ii, barisa bilaga bulat positif X di atas dapat kita defiisika dega x = x + = x + ( ); atau dega defiisi x = x + = x + x ( ). Catata : Barisa yag diberika dega proses iduktif serig mucul di ilmu komputer, Khususya, barisa yag didefiisika dega suatu proses iduktif dalam betuk x = diberika, x + = f(x ) utuk N dapat dipertaggugjawabka utuk dipelajari dega megguaka komputer. Barisa yag didefiisika dega proses : y = diberika, y =.g (y,y,...,y ) utuk N juga dapat dikerjaka (secara sama). Tetapi, perhituga dari suku-suku barisa demikia mejadi susah utuk yag besar, karea kita harus meyimpa masig-masig ilai y,..., y dalam uruta utuk meghitug y Cotoh-cotoh. Aalisis Real I 6

64 Aljabar Himpua (a). Bila b R, barisa B = (b, b, b,...), yag sukuya tetap b, disebut barisa kosta b. Jadi barisa kosta adalah (,,,...) semua yag sukuya, da barisa kosta 0 adalah baisa (0, 0, 0,...). (b). Barisa kuadrat bilaga asli adalah barisa S = (,, 3,...) = ( : N), yag tetu saja sama dega barisa (, 4, 9,...,,...). (c). Bila a R, maka barisa A = (a : N) adalah barisa (a, a, a 3,..., a,...). Khususya bila a =, maka kita peroleh barisa : N (d). Barisa Fiboacci F = (f : N) diberika secara iduktif sebagai berikut : f =, f =, f + = f - + f ( ) Maka sepuluh suku pertama barisa Fiboacci dapat dilihat sebagai F = (,,, 3, 5, 8, 3,, 34, 55,...) Sekarag aka kita kealka cara-cara petig dalam megkostruksi barisa baru dari barisa-barisa yag diberika Defiisi. Bila X = (x ) da Y = (y ) barisa bilaga real, kita defiisika jumlah X + Y = (x + y : N), selisih X - Y = (x - y : N), da hasil kali XY = (x y : N). Bila c R, kita defiisika hasil kali X dega c yaitu cx = (cx : N). Akhirya, bila Z = (z ) suatu barisa dega z 0 utuk semua N, maka hasil bagi X oleh Z adalah X/Z = (x / z : N). Sebagai cotoh, bila X da Y berturut-turut adalah barisa-barisa X = (, 4, 6,...,,...), Y = ( ) maka kita mempuyai X + Y = (,,,...,,... 3 ) X - Y = (,,,...,,... 3 ), XY = (,,,...,,...), 3X = (6,, 8,..., 6,...),,,,...,,..., 3 Aalisis Real I 6

65 X Y =, 8, 8,...,,...). Kita catat bahwa bila z meyataka barisa Z = (0,, 0,..., + (-),...), Pedahulua maka kita dapat medefiisika X + Z, X-Z, da X.Z; tetapi tidak dega X/Z, karea Z mempuyai suku 0. Limit suatu barisa Terdapat beberapa kosep limit dalam aalisa real. Pemikira limit barisa merupaka yag palig medasar da merupaka fokus kita dalam bab ii Defiisi. Misalka X = (x ) barisa bilaga real. Suatu bilaga real x dikataka limit dari (x ), bila utuk setiap ε > 0 terdapat bilaga asli K(ε), sedemikia sehigga utuk semua K(ε), suku-suku x terletak dalam ligkuga-ε, V ε (x). Bila x merupaka suatu limit dari barisa tersebut, kita kataka juga bahwa X = (x ) koverge ke x (atau mempuyai limit x). Bila suatu barisa mempuyai limit, kita kataka barisa tersebut koverge, bila tidak kita kataka diverge. Peulisa K(ε) diguaka utuk meujukka secara eksplisit bahwa pemiliha K bergatug pada ε; amu demikia serig lebih mudah meuliskaya dega K, dari pada K(ε). Dalam bayak hal ilai ε yag kecil biasaya aka memerluka ilai K yag besar utuk mejami bahwa x terletak di dalam ligkuga V ε (x) utuk semua K = K(ε). Kita juga dapat medefiisika kekovergea X = (x ) ke x dega megataka : utuk setiap ligkuga-ε V ε (x) dari x, semua (kecuali sejumlah higga) sukusuku dari x terletak di dalam V ε (x). Sejumlah higga suku-suku tersebut mugki tidak terletak di dalam V ε (x) yaitu x, x,..., x K(ε)-. otasi. Bila suatu barisa x = (x ) mempuyai limit x di R, kita aka megguaka lim X = x atau lim (x ) = x. Aalisis Real I 63

66 Aljabar Himpua Kita juga aka megguaka simbol x x, yag meyataka bahwa ilai x medekati x bila meuju Ketuggala limit. Suatu barisa bilaga real haya dapat mempuyai satu limit. Bukti : Adaika sebalikya, yaitu x da x keduaya limit dari X = (x ) da x x. Kita pilih ε > 0 sehigga V ε (x ) da V ε (x ) salig asig (yaitu, ε < ½ x - x ). Sekarag misalka K da K bilaga asli sehigga bila > K maka x V ε (x ) da bila > K maka x V ε (x ). Tetapi ii kotradiksi dega pegadaia bahwa V ε (x ) da V ε (x ) salig asig. (Megapa?). Haruslah x = x Teorema. Misalka X = (x ) barisa bilaga real da misalka pula x R. Maka peryataa berikut ekivale. (a). X koverge ke x. (b). utuk setiap ligkuga-ε V ε (x), terdapat bilaga asli K(ε) sehigga utuk semua K(ε), suku-suku x V ε (x). (c). utuk setiap ε > 0, terdapat bilaga asli K(ε) sehigga utuk semua K(ε), suku-suku x memeuhi x - x <ε. (d). utuk setiap ε > 0, terdapat bilaga asli K(ε) sehigga utuk semua K(ε), Bukti : suku-suku x memeuhi x-ε < x < + ε, K(ε) Ekivalesi dari (a) da (b) merupaka defiisi. Sedagka ekivalesi dari (b), (c), da (d) megikuti implikasi berikut : x V ε (x) x - x < ε. -ε < x - x < ε x- ε < x < x + ε Catata : Defiisi limit barisa bilaga real diguaka utuk membuktika bahwa ilai x yag telah ditetapka merupaka limit. Hal ii tidak meetuka berapa ilai limit seharusya. Sehigga diperluka latiha utuk sampai kepada dugaa (cojecture) ilai limit dega perhituga lagsug suku-suku barisa tersebut. Dalam hal ii komputer aka sagat membatu. Namu demikia karea Aalisis Real I 64

67 Pedahulua komputer haya dapat meghitug sampai sejumlah higga suku barisa, maka perhituga demikia bukalah bukti. Utuk meujukka bahwa suatu barisa X = (x ) tidak koverge ke x, cukup dega memilih ε o > 0 sehigga berapapu ilai K yag diambil, diperoleh suatu k > K sehigga x k tidak terletak dalam V ε (x), (Perubaha lebih detail pada 3.4) Cotoh-cotoh (a). lim = 0. Misalka diberika sebarag ε > 0. Maka meurut sifat Archimedes terdapat K N sehigga sehigga K < ε. Akibatya utuk semua K dipeuhi - 0 = K < ε Ii membuktika lim 0 = (b). lim 0 = Bila diberika sebarag ε > 0, maka terdapat K N, sehigga K < ε. Karea itu utuk semua K dipeuhi 0 = Ii membuktika lim K < ( ε) = ε 0 = (,,,,, ( ), L) (c). Barisa 0 0 L ( ) maka +, tidak koverge ke 0. Pilih ε 0 =, sehigga utuk sebarag K N, jika K da bilaga gajil, x - 0 = - 0 = >. ( ) Ii megataka bahwa barisa ( ) + tidak koverge ke 0. Aalisis Real I 65

68 Aljabar Himpua (d). lim = 3 K < ε 5. Aki- Perhatika kesamaa berikut = Bila diberika sebarag ε > 0, maka terdapat K N, K>, sehigga batya utuk semua K > dipeuhi = < 5 ε 5 = ε Ii membuktika bahwa lim 3 + = 3. - Ekor Barisa Perlu dimegerti bahwa kekovergea (atau kedivergea) suatu barisa bergatug haya pada prilaku suku-suku terakhirya. Artiya, bila kita hilagka m suku pertama suatu barisa yag meghasilka X m koverge jika haya jika barisa asalya juga koverge, dalam hal ii limitya sama Defiisi. Bila X = (x, x,..., x,...) suatu barisa bilaga real da m selalu bilaga asli maka ekor-m dari X adalah barisa X = (x m+ : N) = (x m+,x m+,...). Sebagai cotoh, ekor-3 dari barisa X = (, 4, 6, 8, 0,...,,...) adalah barisa X 3 = (8, 0,,..., + 6,...) Teorema. Misalka X = (x : N) suatu barisa bilaga real da m N. Maka ekor-m adalah X m = (x m+ : N) dari X koverge jika da haya jika X koverge, dalam hal ii, lim X m = lim X. Bukti : Dapat kita catat utuk sebarag p N, suku ke-p dari X m merupaka suku ke-(m+p) dari X. Secara sama bila q > m, maka suku ke-q dari X merupaka suku ke-(q-m) dari X m. Aalisis Real I 66

69 Pedahulua Misalka X koverge ke x. Maka utuk sebarag ε > 0, bila utuk K(ε) suku-suku dari X memeuhi x -x < ε, maka suku-suku dari X m dega k K m (ε) - m memeuhi x -x < ε. Jadi kita dapat memilih K m (ε) = K m (ε) - m, sehigga X m juga koverge ke x. Sebalikya, bila suku-suku dari X m utuk k K m (ε) memeuhi x -x < ε maka suku-suku dari X dega K m (ε) + m memeuhi x -x < ε. Jadi kita dapat memilih K(ε) = K m (ε) + m. Karea itu, X koverge ke x jika da haya jika X m koverge ke x. Kadag-kadag kita aka megataka suatu barisa X pada akhirya mempuyai sifat tertetu, bila beberapa akar x mempuyai sifat tersebut. Sebagai cotoh, kita kataka bahwa barisa (3, 4, 5, 5, 5,...,5,...) pada akhirya kosta. Di lai pihak, barisa 3, 5, 3, 5,..., 5, 5,...) tidaklah pada akhirya kosta. Gagasa kekovergea dapat pula diyataka dega begii : suatu barisa X koverge ke x jika da haya jika suku-suku dari X pada akhirya terletak di dalam ligkuga-ε ke x Teorema. Misalka A = (a ) da X = (x ) barisa bilaga real da x R. Bila utuk suatu C > 0 da suatu m N, kita mempuyai x -x Ca utuk semua N dega m, da lim (a ) = 0, maka lim (x ) = x. Bukti : Misalka diberikaε > 0. Karea lim (a ) = 0, maka terdapat bilaga asli K A (ε/c), sehigga bila K A (ε/c) maka a = a - 0 < ε/c. Karea itu hal ii megakibatka bila K A (ε/c) da m, maka ε x -x C x - x < C( C ) = ε. Karea ε > 0 sebarag, kita simpulka x = lim (x ) Cotoh-cotoh. (a). Bila a > 0, maka lim + a = 0. Karea a > 0, maka 0 < a < + a. Kareaya 0 < megakibatka a + <, yag selajutya a 0 + a a utuk semua N. Aalisis Real I 67

70 Aljabar Himpua Karea lim = 0, meurut Teorema 3..0 dega C = a da m = diperoleh bahwa (b). lim = 0 lim + a = 0. Karea 0 < < (buktika!) utuk semua N, kita mempuyai 0 < < yag megakibatka 0 utuk semua N. Tetapi lim = 0, dega megguaka Teorema 3..0 diperoleh lim 0 = (c). Bila 0 b 0. Dega ketaksamaa Beroulli..4 kita mempuyai ( + a) + a. Dari sii 0 0, maka lim ( C ) =. Utuk kasus C = mudah, karea ( C ) merupaka barisa kosta (,,,...) yag jelas koverge ke. Bila C >, maka C = + d utuk suatu d > 0. Dega megguaka ketaksamaa Beroulli..4(c), ( ) C = + d + d, utuk semua N. Aalisis Real I 68

71 Kareaya C - d, sehigga d C C = d C u- tuk semua N.. Akibatya ( ) Dega megguaka Teorema 3..0 diperoleh lim ( C ) =. Pedahulua Sedagka bila 0 < C < ; maka C = /( + h ) utuk suatu h > 0. Dega megguaka kesamaa Beroulli diperoleh C = ( + h ) yag diikuti oleh 0 < h < Kareaya kita mempuyai C < + h h utuk semua N. h 0 C < = < h < + h C sehigga C < utuk semua N. C Dega megguaka Teorema 3..0 diperoleh lim( C ) = utuk 0 < C <. (e). lim ( ) =. Karea ( ) > utuk >, maka = + k utuk suatu k > 0 bila >. Akibatya = ( + k ) utuk >. Dega teorema Biomial, bila > kita mempuyai ( ) ( ) = + k + k k, yag diikuti oleh ( ) k. Aalisis Real I 69

72 Aljabar Himpua Dari sii k utuk >. Sekarag bila ε > 0 diberika, maka meurut sifat Ar- chimedes terdapat bilaga asli N ε sehigga sup{, N ε } maka < ε, karea barisa itu N ε < ε. Hal ii aka diikuti oleh bila 0 < = k < ε. Karea ε > 0 sebarag, maka lim ( ) =. Latiha 3.. Suku-suku kedari barisa (x ) ditetuka oleh formula berikut. Tuliska lima suku pertama dari masig-masig barisa tersebut (a) x ( ) (c). x = + (b). = ( + ) (d). x x ( ) =, = +. Beberapa suku pertama barisa (x ) diberika sebagai berikut. Aggap pola dasarya diberika oleh suku-suku tersebut, tetuka formula utuk suku ke-, x, (a). 5, 7, 9,,... (b)., - 4, 8, - 6,... (c)., 3 4 3, 4, 5,... (d)., 4, 9, 6, Tuliska lima suku pertama dari barisa yag didefiisika secara iduktif berikut (a). x =, x + = 3x + ; (b). y =, y + = ( ) y + y ; (c). z =, z =, z + = (z + +z )/z + - z ); (d). s = 3, s = 5, s + = s + s Utuk sebarag b R, buktika lim b = 0 5. Guaka defiisi limit utuk membuktika limit barisa berikut. Aalisis Real I 70

73 Pedahulua (a). lim (c). lim 0 = (b). lim = (d). lim + 5 = 0 + = Tujukka bahwa (a). lim = 0 (b). lim + 7 = + (c). lim = 0 (c). lim + ( ) + = 0 7. Buktika bahwa lim (x ) = 0 jika da haya jika lim ( x ) = 0. Berika cotoh yag meujukka bahwa kekovergea dari ( x ) tidak perlu megakibatka kekovergea dari (x ). 8. Tujukka bahwa bila x 0 N da lim (x ) = 0, maka lim( x ) = Tujukka bahwa bila lim (x ) = x da x > 0, maka terdapat bilaga M N sehigga x > 0 utuk semua M. 0. Tujukka bahwa lim = 0 +. Tujukka lim 0 3 =. Misalka b R memeuhi 0 < b <. Tujukka bahwa lim(b ) ( ) 3. Tujukka bahwa lim ( ) = 4. Tujukka bahwa lim = 0! 3 5. Tujukka bahwa lim = ( )! 0. Bila 3, maka 0 <! Aalisis Real I 7

74 Aljabar Himpua 3.. Teorema-teorema Limit Dalam bagia ii kita aka memperoleh beberapa hal yag memugkika kita megevaluasi limit dari barisa bilaga real yag tertetu. Hasil ii memugkika kita meambah koleksi barisa koverge Defiisi. Barisa bilaga real X = (x ) dikataka terbatas bila terdapat bilaga real M > 0 sehigga x M; utuk semua N. Jadi barisa X = (x ) terbatas jika da haya jika himpua {x : N} terbatas di R, 3... Teorema. Suatu barisa bilaga real yag koverge tarbatas. Bukti : Misalka lim (x ) = x da ε =. Dega megguaka teorema 3..6(c), terdapat bilaga asli K = K() sehigga bila K maka x x <. Dari sii, dega megguaka akibat.3.4(a) tetag ketaksamaa segitiga, bila K, maka x < x +. Dega meetapka M = sup{ x, x,..., x K-, x + }, maka diperoleh x M utuk semua M. Dalam defiisi 3..3 kita telah medefiisika jumlah, selisih, hasil kali da pembagia barisa bilaga real. Kita sekarag aka meujukka bahwa barisa yag diperoleh dega cara demikia dari barisa-barisa koverge, megakibatka limit barisa baruya dapat diprediksi Teorema. (a). Misalka X = (x ) da Y = (y ) barisa bilaga real yag berturut-turut koverge ke x da y, serta c R. Maka barisa X + Y, X - Y, X. Y da cx berturutturut koverge ke x + y, x - y, xy da cx. (b).. Bila X = (x ) koverge ke x da Z = (z ) barisa tak ol yag koverge ke z, da z 0, maka barisa X/Z koverge ke x/z. Bukti : Aalisis Real I 7

75 Pedahulua (a). Utuk membuktika lim (x + y ) = x + y kita aka meaksir (x + y ) - (x + y) = (x + x) + (y + y) x x + y y. Dari hipotesis, utuk sebarag ε > 0 terdapat K N sehigga bila K, maka x x < ε, juga terdapat K N sehigga bila K, maka x x < ε. Bila K(ε) = sup{k, K }, maka utuk semua K(ε) ( ) ( ) x + y x + y x x + y y < ε + ε = ε Karea ε > 0 sebarag, kita peroleh bahwa X + Y = (x + y ) koverge ke x + y. Argume serupa dapat diguaka utuk membuktika bahwa X - Y = (x - y ) koverge ke x - y. Utuk membuktika bahwa XY = (x y ) koverge ke xy, kita aka megestimasi ( ) ( ) x y xy = x y x y + x y xy ( ) ( ) x y y + x x y = x y y + x x y Meurut Teorema 3.. terdapat bilaga real M > 0 sehigga x N da tetapka M = sup { M, y }. Selajutya kita mempuyai xy xy M y y + M x x M utuk semua Dari kekovergea X da Y, bila diberika sebarag ε > 0, maka terdapat K, K, N sehigga bila K maka x x < ε, da bila K maka y y < ε. M M Sekarag tetapka K(ε) = sup {K, K }, maka utuk semua K(ε) diperoleh x y - xy M y - y + x - x ( ) M( ) < M + = ε ε ε. M M Karea ε > 0 sebarag, hal ii membuktika bahwa barisa XY = (x y ) koverge ke xy. Aalisis Real I 73

76 Aljabar Himpua Bukti utuk barisa cx= (cx ) koverge ke cx ditiggalka sebagai latiha. (b). Berikutya kita aka meujukka bila Z = (z ) barisa tak ol yag koverge ke z, maka barisa koverge ke z (karea z 0). Pertama misalka α = z z maka α > 0. Karea lim (z ) = z, maka terdapat K N, sehigga bila K maka z z <α. Dega megguaka ketaksamaa segitiga diperoleh -α - z - z z - z utuk K. Karea itu utuk K, jadi kita mempuyai z z z = z z z z z = z z z z z z z utuk semua > K(ε). Sekarag kita berika ε > 0, mak terdapat K N sehigga bila K maka z ε utuk semua > K(ε). z Karea ε > 0 sebarag, jadi lim z = z. Dega medefiisika Y barisa dalam megguaka XY = y x z koverge ke x x z =, bukti (b) telah selesai. z Beberapa hasil Teorema 3..3 dapat diperluas, dega iduksi matematika, utuk sejumlah higga barisa koverge. Sebagai cotoh, bila A = (a ), B = (b ),..., Z = (z ) barisa koverge, maka jumlahya A + B Z = ( a + b z ) juga merupaka barisa koverge da () lim(a + b z ) = lim(a ) + lim(b ) lim(z ) Hasil kaliya juga koverge da () lim (a b...z ) = ( ) [ lim a ][ lim( b )]... lim( z ). Aalisis Real I 74

77 Pedahulua Da bila b N da A = (a ) barisa koverge, maka [ ] lim a. (3) lim (a k ) = ( ) k Buktiya ditigggalka sebagai latiha Teorema. Bila X = (x ) barisa koverge da x 0, utuk semua N, maka x = lim (x ) 0. Bukti : Adaika x < 0, pilih z = - x > 0. Karea X koverge ke x, maka terdapat K N, sehigga x - ε < x < + ε utuk semua Κ. Khususya, kita mempuyai x K < x + z = x + (-x) = 0. Hal ii kotradiksi dega hipotesis bahwa x 0 utuk semua N. Jadi haruslah x Teorema. Bila X = (x ) da Y = (y ) barisa koverge da x y utuk semua N, maka lim (x ) lim (y ). Bukti : Misalka z = y - x sehigga Z = (z ) = Y - X da z 0 utuk semua N. Dari teorema 3..4 da 3..3 diperoleh 0 lim Z = lim (y ) - lim (x ). Jadi lim (x ) lim (y ). Yag berikut megataka bahwa bila semua suku dari barisa koverge memeuhi ketaksamaa a x b, maka limitya memuhi ketaksamaa yag sama Teorema. Bila x = (x ) suatu barisa koverge da a x b utuk semua N, maka a lim (x ) b. Bukti : Misalka Y barisa kosta (b, b, b,...). Dari Teorema 3..5 diperoleh lim X lim Y = b. Secara sama dapat ditujukka bahwa a lim X. Sedagka yag berikut meyataka bahwa bila barisa Y diapit oleh dua barisa koverge yag limitya sama, maka barisa y tersebut juga koverge ke limit dari kedua barisa yag megapitya. Aalisis Real I 75

78 Aljabar Himpua Teorema Apit. Misalka bahwa X = (x ), Y = (y ), da Z = (z ) barisa yag memeuhi x y z utuk semua N, da lim (x ) = lim (z ) maka (y ) koverge da lim (x ) = lim (y ) = lim (x ). Bukti : Misalka w = lim (x ) = lim (z ). Bila ε > 0 diberika, maka karea X da Z koverge ke w, terdapat K N sehigga utuk semua N dega K dipeuhi x w < ε da x w < ε Dari hipotesis diperoleh bahwa x - w y - w z -w, utuk semua N, yag diikuti oleh (megapa?) -ε < y - w < ε utuk semua K. Karea ε > 0 sebarag, jadi lim (y ) = w. Catata : Karea sebarag ekor barisa mempuyai limit yag sama, hipotesis dari 3..4, 3..5, 3..6, da 3..7 dapat diperlemah dega meerapkaya pada ekor barisa. Sebagai cotoh, pada Teorema 3..4, bila X = (x ) pada akhirya positif dalam arti bahwa terdapat m N sehigga x 0 utuk semua m, maka aka diperoleh kesimpula yag sama yaitu 0. Modifikasi yag sama juga berlaku utuk Teorema yag lai, yag pembaca perlu buktika Beberapa Cotoh (a). Barisa () diverge. Megikuti Teorema 3.., adaika barisa X = () koverge, maka terdapat bilaga real M > 0 sehigga = < M utuk semua N. Tetapi hal ii melaggar sifat Archimedes. (b). Barisa ((-) ) diverge Barisa ii terbatas (ambil M = ), sehigga kita tidak dapat megguaka Teorema 3... Karea itu, adaika X = ((-) ) koverge da a = lim X. Misalka ε =, maka terdapat K N sehigga (-) a <, utuk semua K. Tetapi bila gajil da K, hal ii memberika - a <, sehigga - < a < 0 (Megapa?). Sedagka bila geap da K, hal ii memberika a <, se- Aalisis Real I 76

79 Pedahulua higga 0 < a <. Karea a tidak mugki memeuhi kedua ketaksamaa tersebut, maka pegadaia bahwa X koverge meghasilka hal yag kotradiksi. Haruslah X diverge. (c). lim + = Misalka X = () da Y, maka = X Y, + = + Dega megguaka Teorema 3..3(a) diperoleh bahwa lim (X + Y) = lim X + lim Y = + 0 =. (d). lim + =. + 5 Karea barisa ( + ) da ( + 5) tidak koverge, kita tidak dapat megguaaka Teorema 3..3(b) secara lagsug. Tetapi kita dapat melakuka yag berikut + + = , yag memberika X = + 5 da Z = + sehigga Teorema 3..3(b) dapat diguaka. (Selidiki terlebih dahulu syarat-syarat yag harus dipeuhi). Selajutya diperoleh (e) lim = 0 + lim + lim + = = lim ( + ) 5 ( + ) lim = = Teorema 3..3(b) tidak dapat diguaka secara lagsug, juga sampai pada + = + (megapa?). Tetapi karea da + = +,, Aalisis Real I 77

80 Aljabar Himpua lim 0 da lim +, maka lim = 0 0 = = =, + dega megguaka Teorema 3..3(b). (f) lim si = 0 Di sii kita tidak dapat megguaka Teorema 3..3(b) secara lagsug. Tetapi perlu dicatat bahwa - si, maka Karea lim ( ) lim ( ) - si, utuk semua N. = = 0, dega megguaka Teorema Apit diperoleh bahwa lim si = 0. (g). Misalka X = (x ) barisa yag koverge ke x. Sedagka p poliomial, sebagai cotoh p(t) = a 0 + a t + a t a k t k dega k N da a j R utuk j = 0,,..., k, a k 0. Dega megguaka Teorema 3..3 barisa (p(x )) koverge ke p(x). Bukti legkapya ditiggalka sebagai latiha. (h). Misalka X = (x ) barisa yag koverge ke x. Sedagka r(t) = p q ( t) ( t) dega p da q poliomial. Misalka juga q(x ) 0 utuk semua N da q(x) = 0. Maka barisa r(x ) koverge ke r(x). Bukti legkapya ditiggalka sebagai latiha. Kita aka megakhiri bagia ii dega beberapa hasil berikut Teorema. Misalka barisa X = (x ) koverge ke x, maka barisa ( x ) koverge ke x, yaitu bila x = lim (x ), maka = ( ) Bukti : Megikuti sifat segitiga diperoleh x lim x. x x x x utuk semua N. Aalisis Real I 78

81 Pedahulua Selajutya kekovergea dari ( x ) ke x suatu akibat lagsug dari kekovergea dari (x ) ke x Teorema. Misalka barisa X = (x ) koverge ke x da x 0, utuk semua N. Maka barisa ( x ) koverge da lim ( ) Bukti : Dari Teorema 3..4 diperoleh bahwa x = lim (x ) 0. Sekarag kita tijau dua kasus (i). x = 0 da (ii). x > 0. x = x. (i). Misalka x = 0, da ε > 0 sebarag diberika. Karea x 0 maka terdapat K N sehigga 0 x = x - 0 < ε. Karea itu [lihat cotoh..4(a)], 0 x ε utuk K. Karea ε > 0 sebarag, maka ( x ) 0. (ii). Bila x > 0, maka x > 0 da kita mempuyai x x = Karea x x x 0 + >, maka ( x x)( x + x) x + x = x x x + x x x x x x. Kekovergea dari x x merupaka akibat yag mudah dari x x. Utuk jeis-jeis barisa tertetu, yag berikut meyajika uji rasio yag mudah da cepat utuk kekovergea Teorema. Misalka (x ) barisa bilaga real positif sehigga L = lim x x ada. Bila L <, maka (x ) koverge da lim (x ) = 0. Bukti : Meurut 3..4 diperoleh bahwa L 0. Misalka r bilaga dega L < r <, da ε = r - L > 0. Maka terdapat K. dipeuhi + Aalisis Real I 79

82 Aljabar Himpua x+ L < ε. x Akibatya (megapa?) utuk bila K, maka x x + Karea itu, bila K diperoleh ( ) < L + ε = L + r L = r. 0 < x + < x r < x - r <... < x K r -K+ Bila kita tetapka C = x K /r K, kita peroleh 0 < x + < Cr + utuk semua K. Karea 0 < r <, meurut 3..(c) diperoleh lim (r ) = 0 da kareaya meurut Teorema 3..0 lim (x ) = 0. Latiha 3.. Utuk x yag diberika berikut, tujukka kekovergea atau kedivergea dari X = (x ) (a). x = +, (b). x (-) =, + (c). x = +, (d). x + 3 = +. Berika cotoh barisa X.Y yag diverge, tetapi jumlahya X + Y koverge. 3. Tujukka bahwa bila X da Y barisa dega X da X + Y koverge, maka Y koverge. 4. Tujukka bahwa bila X da Y barisa dega X koverge ke x da xy koverge, maka Y koverge. 5. Tujukka bahwa barisa ( ) tidak koverge. 6. Tujukka bahwa barisa ((-) ) tidak koverge. 7. Tetuka limit dari barisa-barisa berikut : (a). lim + (b). lim ( ) + Aalisis Real I 80

83 (d). lim + (d). lim + Pedahulua 8. Misalka y = +, utuk N. Tujukka bahwa (y ) da ( y ) koverge. 9. Misalka z = ( a b ) + dega 0 < a < b, maka lim (z ) = b. 0. Guaka Teorema 3.. pada barisa-barisa berikut, bila a, b memeuhi 0 < a < da b >. (a). (a ) (c). b (b). b (d). ( ) 3 3. (a). Berika cotoh barisa bilaga positif (x ) yag koverge sehigga lim x x + = (b). Berika pula cotoh barisa diverge dega sifat tersebut. (Jadi, sifat ii tidak dapat diguaka utuk uji kovergesi).. Misalka X = (x ) barisa bilaga positif sehigga lim x x + = L >. Tujuk- ka bahwa X barisa tak terbatas, kareaya X tidak koverge. 3. Selidiki kovergesi barisa-barisa berikut, bila a, b memeuhi 0 < a < da b > (a). ( a ), b (c).! (b). (d). b! Aalisis Real I 8

84 Aljabar Himpua 4. Misalka (x ) barisa bilaga positif dega lim ( x ) = L <. Tujukka bahwa terdapat bilaga dega 0 < r < sehigga 0 < x < r utuk suatu N yag cukup besar. Guaka ii utuk meujukka lim (x ) = (a) Berika cotoh barisa bilaga positif (x ) yag koverge sehigga lim ( x ) =. (b). Berika cotoh barisa bilaga positif (x ) yag diverge sehigga lim ( x ) =. (Jadi, sifat ii tidak dapat diguaka utuk uji kovergesi). 6. Misalka (x ) barisa koverge da (y ) barisa sehigga utuk sebarag ε > 0 terdapat M sehigga x y < ε utuk semua M. Apakah hal ii megakibatka (y ) koverge? 3.3. Barisa Mooto Sampai saat ii, kita telah mempuyai beberapa metode utuk meujukka bahwa barisa X = (x ) koverge : (i). Kita dapat megguaka defeisi atau Teorema secara lagsug. Tetapi ii serig (tetapi tidak selalu) sukar dikerjaka. (ii). Kita dapat medomiasi x - x dega perkalia dari suku-suku dalam barisa (a ) yag diketahui koverge ke 0, kemudia megguaka Teorema (iii). Kita dapat megidetifikasi barisa X diperoleh dari barisa-barisa yag diketahui kovergeya dari lebar barisaya, kombiasi aljabar, ilai mutlak atau datar dega megguaka Teorema 3..9, 3..3, 3..9, atau (iv). Kita dapat megapit X dega dua barisa yag koverge ke limit yag sama dega megguaka Teorema (v). Kita dapat megguaka Uji rasio dari Teorema Kecuali (iii), semua metode ii megharuska kita terlebih dahulu megetahui (atau palig tidak dugaa) ilai limitya yag bear, da kemudia membuktika bahwa dugaa kita bear. Aalisis Real I 8

85 Pedahulua Terdapat bayak cotoh, yag maa tidak ada calo limit yag mudah dari suatu barisa, bahka walaupu dega aalisis dasar diduga barisaya koverge. Dalam bagia ii da dua bagia berikutya, kita aka membahas hasil-hasil yag lebih medalam dibadig bagia terdahulu yag maa dapat diguaka utuk memperkealka kovergesi suatu barisa bila tidak ada kadidat limit yag mudah Defiisi. Misalka X = (x ) barisa bilaga real, kita kataka X tak turu bila memeuhi ketaksamaa : x x... x x +... Kita kataka X tak aik bila memeuhi ketaksamaa x x... x x +... Kita kataka X mooto bila X tak aik, atau tak turu. Berikut ii barisa-barisa tak turu (,,3,4,...,,...); (,,,3,3,3,...); (a,a,a 3,...,a,...) bila a > Berikut ii barisa-barisa tak aik (,/,/3,...,/,...), (,/,/ 3,...,/ -,...), (b,b,b 3,...,b,...), bila 0 < b <. Barisa-barisa berikut tak mooto (+, -, +,..., (-) +,...), (-, +, -3,..., (-),...) Berisa-barisa berikut tak mooto, tetapi pada akhirya mooto (7,6,,,,3,4,...), (-,0,,/,/3,/4,...) Teorema Kovergesi Mooto. Barisa bilaga real mooto koverge jika da haya jika barisa ii terbatas. Lebih dari itu : (a). Bila X = (x ) barisa tak turu yag terbatas, maka lim (x ) = sup{x } (b). Bila Y = (y ) barisa tak aik yag terbatas, maka lim (y ) = if{y }. Bukti : Dari teorema 3.. diketahui bahwa barisa koverge pasti terbatas. Aalisis Real I 83

86 Aljabar Himpua Sekarag kita aka buktika sebalikya, misalka X barisa mooto yag terbatas. Maka X tak turu atau tak aik. (a). Pertama misalka X barisa tak turu da terbatas.dari hipotesis terdapat Μ R, sehigga R M utuk semua N. Meurut prisip supremum terdapat x * = sup{x : N.}; kita aka tujukka bahwa x * = lim (x ). Bila ε > 0 diberika, maka x * - ε bukalah batas atas dari {x : N}; dari sii terdapat K N sehigga x * - ε < x k. Tetapi karea (x ) tak turu maka hal ii diikuti x * - ε < x k x x * utuk semua Κ. Akibatya x * x < ε utuk semua Κ. Karea ε > 0 sebarag, jadi (x ) koverge ke x *. (b). Bila Y = (y ) barisa terbatas tak aik, maka jelaslah bahwa X = -Y= (-y ) barisa terbatas tak turu. Dari (a) diperoleh lim X = sup{-y : N}. Di lai pihak, dega Teorema 3..3 (a) lim X = - lim Y, sedagka dari latiha.5.4(b), kita mempuyai sup{-y ; N} = - if {y ; N }. Kareaya lim Y = -lim X = if{y ; N } Teorema kovergesi mooto memperkealka eksistesi limit dari barisa mooto terbatas. Hal ii juga memberika cara perhituga limit yag meyajika kita dapat memperoleh supremum (a), ifimum (b). Serig kali sukar utuk megevaluasi supremum (atau ifimum), tetapi kita ketahui bahwa hal ii ada, serig pula mugki megevaluasi limit ii dega metode lai Beberapa cotoh (a). lim = 0. Kita dapat megguaka Teorema 3..0; tetapi, kita aka megguaka Teorema Koverge Mooto. Jelaslah bahwa 0 merupaka batas bawah, dari himpua { : N}, da tidak sukar utuk meujukka bahwa ifimumya 0; dari sii 0 = lim. Aalisis Real I 84

87 Pedahulua Di lai pihak, kita ketahui bahwa X =.terbatas da tak aik, yag megakibatka X koverge ke bilaga real x. Karea X =.koverge ke x, meurut Teorema 3..3, X. X = (/) koverge x. Karea itu x = 0, akibatya x = 0. (b). Misalka x 3... = utuk N. Karea x + = x + > x, kita melihat bahwa (x ) suatu barisa aik. Dega + megguaka Teorema Kovergesi Mooto 3.3., pertayaa apakah barisa ii kovergesi atau tidak dihasilka oleh pertayaa apakah barisa tersebut terbatas atau tidak. Upaya-upaya utuk megguaka kalkulasi umerik secara lagsug tiba pada suatu dugaa megeai kemugkia terbatasya barisa (x ) megarah pada frustrasi yag tidak meyakika. Dega perhituga komputer aka memberika ilai aproksiasi x,4 utuk = da x, utuk = Fakta umerik ii dapat meyatuka pegamat secara sekilas utuk meyimpulka bahwa barisa ii terbatas. Aka tetapi pada keyataaya barisa ii diverge, yag diperlihatka oleh X = > = = + Dari sii barisa (x ) tak terbatas, oleh karea itu diverge (teorema 3..). (c) Misalka Y = (y ) didefeisika secara iduktif oleh Y =, Y + = ( y + 3) utuk. Kita aka meujukka bahwa lim Y = 3. 4 Aalisis Real I 85

88 Aljabar Himpua Kalkulasi lagsug meujukka bahwa y = 5. Dari sii kita mempuyai y 4 < y <. Dega iduksi, kita aka tujukka bahwa y < utuk semua N. Ii bear utuk =,. Jika y k < berlaku utk suatu k N, maka y k+ = ( ) ( ) y + 3 < = + < 4 k Dega demikia y k+ <. Oleh karea itu y < utuk semua N. Sekarag, dega iduksi, kita aka tujukka bahwa y < y + utuk semua N. Kemudia peryataa ii tidak dibuktika utuk =. Aggaplah bahwa y k < y k+ utuk suatu k N; y + 3 < y + 3 < y + y k+ = ( ) ( ) 4 k 4 k + k Jadi y k < y k+ megakibatka y k+ < y k+. Oleh karea itu y < y + utuk semua N. Kita telah meujukka bahwa Y = (y ) adalah barisa aik da terbatas di atas oleh. Meurut Teorema kovergesi Meoto, Y koverge ke suatu limit yaki pada kurag dari atau sama dega. Dalam hal ii, tidak mudah utuk megevaluasi lim(y ) dega meghitug sup{y : N}. Tetapi terdapat cara lai utuk megevaluasi limitya. Karea y + = ( y 3) 4 + utuk semua N, maka suku ke dari -ekor Y da suku ke dari Y mempuyai relasi aljabar sederhaa. Dega Teorema 3..9, kita mempuyai y = lim Y = lim Y yag diikuti dega Teorema 3..3 diperoleh y = ( ) y + 3 yag selajutya megakibatka y = 3. 4 (d). Misalka Z = (z ) dega z =, z + = z utuk semua N, kita aka lajutka lim (z ) =. Catata bahwa z = da z = ; Dari sii z z <. Kita klaim bahwa Z tak turu da terbatas di atas oleh. Utuk membuktikaya kita aka lakuka secara iduksi, yaitu z < z + < utuk semua N. Faktor ii dipeuhi utuk =. Misalka hal ii juga dipeuhi utuk = K, maka z K < z K+ < 4, yag diikuti oleh < z K+ = z K < z K+ = z K+ < 4 =. [Pada lagkah terakhir kita megguaka cotoh..4 (a)]. Dari sii ketaksamaa z K < z K+ < megakibatka z K+ < z K+ <. Karea itu z < z + < utuk semua N. Aalisis Real I 86

89 Pedahulua Karea Z = (z ) terbatas da tak turu, meurut Teorema Kovergesi Mooto Z koverge ke z = sup {z }. Aka ditujukka secara lagsug bahwa sup{z }=, jadi z =. Atau kita dapat megguaka cara bagia (c). Relasi z + = z memberika relasi atara suku ke dari Z da suku ke dari Z. Dega Teorema 3..9,kita mempuyai lim Z = z = lim Z. Lebih dari itu, meurut Teorema 3..3 da 3..0, z harus memeuhi z = z. Ii meghasilka z = 0,. Karea z. Jadi z = Perhituga akar kuadrat Cotoh Misalka a > 0, kita aka megkostruksi barisa (s ) yag koverge ke a. Misalka s > 0 sebarag da didefiisika s + = s a + s utuk semua N. Kita aka tujukka bahwa (s ) koverge ke a. (Proses ii utuk meghitug akar kuadrat yag sudah dikeal di Mesopotamia sebelum 500 B.C.). Pertama kita tujukka bahwa s + a utuk semua. Karea s - s + s + a = 0, persamaa ii mempuyai akar real. Dari sii diskrimiaya 4s + 4 a harus tak egatif, yaitu s + mempuyai a utuk. Utuk melihat (s ) Pada akhirya tak aik, kita catat bahwa utuk kita a s s+ = s s + = s ( s ) Dari sii, s + s utuk semua. Meurut Teorema kovergesi mooto lim(s ) s 0 = s ada. Lebih dari itu, dari Teorema 3..3, s harus memeuhi a s = s +, s yag megakibatka s = a s atau s = a. Jadi s = a. Aalisis Real I 87

90 Aljabar Himpua Utuk perhituga, serig petig utuk megestimasi bagaimaa cepatya ba-risa (s ) koverge ke a. Dari di atas, kita mempuyai a s utuk semua. Dega megguaka ketaksamaa ii kita dapat meghitug a dega derajat akurasi yag diigika. Bilaga Euler Cotoh. Misal e = ( + /) utuk N. Kita aka tujukka bahwa Ε = (e ) terbatas atau tak turu, kareaya Ε koverge yag sagat terkeal itu, yag ilaiya didekati dega e, da kemudia diguaka sebagai bilaga dasar logaritma atural. Bilamaa kita megguaka teorema Biomial, kita mempuyai e = ( + ) Ii dapat ditulis mejadi = + + ( -) +! ( -)( -) ! 3 Aalisis Real I 88 ( ) - K! e = + + (! ) + 3 ( )(! ) ( )( ) K (! ) Dega cara serupa kita mempuyai : e + = + + (! + ) + 3! ( +)( +) ( )( ) K ( ) + ( ) ( )( )...( )! ! + + Perhatika bahwa ekspresi utuk e meurut + suku, sedagka utuk e + meurut + suku. Selai itu, masig-masig suku dalam e adalah lebih kecil atau sama dega suku yag bersesuaia dalam e + da e + megadug lebih satu suku positif. Oleh karea itu, kita mempuyai e e <... < e < e + <..., dega demikia suku-suku dari E aik. Utuk meujukka bahwa suku-suku dari E terbatas di atas, kita perhatika bahwa jika p =,,...,, maka p <. Selai itu p- p! [lihat.3.3 (d)] dega demikia p! p + Oleh karea itu, jika >, maka kita mempuyai < e <

91 Karea dapat dibuktika bahwa [lihat.3.3 (b)] = <, Pedahulua kita simpulka buka e < 3 utuk semua N. Meurut Teorema Kovergesi Mooto, kita peroleh bahwa barisa E koverge ke suatu bilaga real atara da 3. Kita defiisika bilaga e merupaka limit dari barisa ii. Dega peghalusa estimasi kita dapat meemuka bilaga yag dekat sekali ke e, tetapi kita tidak dapat meghitugya secara eksak, karea e adalah suatu bilaga irasioal. Aka tetapi mugki utuk meghitug e sampai beberapa tempat desimal yag diigika. Pembaca boleh megguaka kalkulator (atau komputer) utuk meghitug e dega megambil ilai yag besar Latiha Misalka x > da x+ = utuk. Tujukka bahwa (x ) terbatas x da meoto. Tetuka limitya.. Misalka y = da y + = + y. Tujukka bahwa (y ) koverge da tetuka limitya. 3. Misalka a > 0 da z > 0, Defiisika z + = (a + z ) / utuk N. Tujukka bahwa (z ) koverge da tetuka limitya. 4. Misalka x = a > 0 da x + = x + /x. Tetuka apakah (x ) koverge atau diverge. 5. Misalka (x ) barisa terbatas da, utuk masig-masig N, s = sup{x k : k } da t = if{x k : k }. Buktika bahwa (s ) da (t ) koverge,. Juga buktika bahwa bila lim (s ) = lim (t ), maka (x ) koverge. [ lim (s ) disebut limit superior dari (x ), da lim (t ) disebut limit iferior dari (x ) ] 6. Misalka (a ) barisa tak turu, (b ) barisa tak aik da misalka a b utuk semua N. Tujukka bahwa lim (a ) lim (b ), da dari sii buktika Teorema Iterval Bersarag..b dari Teorema Kovergesi Mooto Aalisis Real I 89

92 Aljabar Himpua 7. Misalka A subhimpua tak higga dari R da terbatas di atas dega u = sup A. Tujukka bahwa terdapat suatu barisa tak turu (x ) dega x A utuk semua N sehigga u = lim (x ). 8. Tetuka apakah barisa (y ) koverge atau diverge, bila y = utuk N. 9. Misalka x = L + utuk N. Buktika bahwa (x ) tak turu da terbatas, jadi koverge. [ Catata bila k, maka k k k - = k - k ] ( ) 0. Perkealka kovergesi barisa berikut da tetuka limitya. (a). + ( + ) ; (b). ( + ) ( ) ; (c). ( + ) + ; (d). ( ).. Guaka metode pada cotoh utuk meghitug, dega bear sampai 4 desimal.. Guaka metode pada cotoh utuk meghitug 5, dega bear sampai 5 desimal. 3. Hitug e pada cotoh utuk =, 4, 8, Guaka kalkulator utuk meghitug e utuk = 50 da = Guaka Komputer utuk meghitug e utuk = Subbarisa da Teorema Bolzao-Weiestrass Dalam bagia ii kita aka memperkealka gagasa subbarisa dari barisa yag diberika. Gagasa ii agak lebih umum daripada ekor barisa (yaitu dibahas pada 3..8) serig bermafaat dalam membuktika divergesi barisa. Kita juga aka membuktika Teorema Bolzao-Weistrass, yag aka diguaka utuk memperkealka sejumlah hasil akibatya Defiisi. Misalka X = (x ) barisa da r < r <... < r <..., barisa bilaga asli yag aik. Maka barisa X dalam R yag diberika oleh Aalisis Real I 90

93 ( x,x,x,,x, r r r L r L ) 3 Pedahulua disebut subbarisa dari X. Sebagai cotoh, berikut ii adalah subbarisa dari X =,,, L,, L. 3,,, L,, L, ,,, L,, L, 3 5 -!, 4!, 6!, L,!, L. ( ) Sedagka yag berikut buka subbarisa dari X = :,, 4, 3, 6, 5,L,, 0, 3, 0, 5, 0,L. Tetu saja, sebarag ekor barisa merupaka subbarisa, ekor-m bersesuaia dega barisa yag ditetuka dega r = m +, r = m +,..., r = m +... Tetapi, tidak setiap subbarisa merupaka ekor barisa. Subbarisa dari barisa koverge juga koverge ke limit yag sama, seperti yag aka kita tujukka berikut Teorema. Jika suatu barisa bilaga real X = (x ) koverge ke x, maka sebarag subbarisa dari X juga koverge ke x. Bukti : Misalka ε > 0 diberika da pilih bilaga asli Κ(ε) sedemikia sehigga jika Κ(ε), maka x x < ε. Karea r < r <...< r <... adalah barisa bilaga real aik maka dapat dibuktika (dega iduksi) bahwa r.dari sii, bila Κ(ε) kita juga mempuyai r Κ(ε) dega demikia xr x < ε. Oleh karea itu subarisa ( x r ) juga koverge ke x Beberapa cotoh (a). lim (b ) = 0 bila 0 < b <. Aalisis Real I 9

94 Aljabar Himpua Kita telah melihat, pada Cotoh 3.. (c), bahwa bila 0 < b < da bila x = b, maka dari Ketaksamaa Beroulli diperoleh bahwa lim(x ) = 0. Cara lai, kita melihat bahwa karea 0 < b <, maka x + = b + < b = x dega demikia (x ) adalah barisa turu. Jelas juga bahwa 0 x, sehigga meurut Teorema Kovergesi Mooto 3.3. barisa tersebut koverge. Misalka x = lim (x ). Karea (x ) subbarisa dari (x ) meururt Teorema 3.4. maka x = lim (x ). Di lai pihak, karea x = b = (b ) = (x ), meurut Teorema 3..3 diperoleh x = lim (x ) = [lim (x )] = x Oleh karea itu kita mesti mempuyai x = 0 atau x =. Karea (x ) barisa turu da terbatas di atas oleh, maka haruslah x = 0. (b). lim ( c ) = utuk c >. Limit ii telah diperoleh dalam cotoh 3.. (d) utuk c > 0, dega pemikira argume yag bayak diakal-akali. Di sii kita melihat pedekata lai utuk kasus c >. Perhatika bahwa jika z = c /, maka z > da z + < z utuk semua N. Jadi dega megguaka Teorema Kovergesi Mooto, z = lim (Z ) ada. Meurut teorema 3.4., berlaku z = lim (Z ). Di lai pihak, karea z = c ( c ) = = da Teorema 3..0,maka z ( ) ( ) ( ) z = lim Z = lim Z = z. Karea itu z = z yag meghasilka z = 0 atau z =. Karea Z > utuk semua N, maka haruslah z =. suatu barisa. Utuk kasus 0 < c <, kita tiggalka sebagai latiha. Keguaa subbarisa membuatya mudah utuk meyajika uji divergesi Kriteria Divergesi. Misalka X = (x ) suatu barisa. maka peryataa berikut ekivale : (i) Barisa X = (x ) tidak koverge ke x R. Aalisis Real I 9

95 Pedahulua (ii) Terdapat ε 0 > 0 sehigga utuk sebarag k N, terdapat r k N sehigga r k k da xr k x ε 0 (iii) Terdapat ε 0 > 0 da subbarisa X = ( x r ) dari X sehigga xr x 0 utuk semua N. Bukti : (i) (ii). Bila X = (x ) tidak koverge ke x, maka utuk suatu ε 0 > 0 tidak mugki memperoleh bilaga Κ(ε) sehigga 3..b (c) dipeuhi. Yaitu, utuk sebarag k N tidak bear bahwa utuk semua k sehigga xr x ε k 0. (ii) (iii). Misalka ε 0 seperti pada (ii) da misalka r N sehigga r da xr x ε 0. Sekarag misalka r N sehigga r > r da xr x ε 0 ; misalka r 3 > r da x x r 3 ε 0. dega meeruska cara ii diperoleh subbarisa X = ( x r )(x r ) dari X sehigga xr x ε 0. (iii) (i) Misalka X = (x ) mempuyai subbarisa X = ( x r ) memeuhi kodisi (iii); maka X tidak mugki koverge ke x. Karea adaika demikia, maka meurut Teorema 3.4. subbarisa X juga aka koverge ke x. Tetapi ii tidak mugki suku dari x termuat diligkuga x 0 dari x Beberapa cotoh. (a). Barisa ( ) ( ) ( ) diverge. Bila barisa X = ( ) koverge ke x, maka (meururt Teorema 3.4.) setiap subbarisa dari X harus koverge ke x. Karea terdapat subbarisa yag koverge ke + da sub-barisa yag lai koverge ke -, maka haruslah X diverge. (b). Barisa (,,3,,...) 4 diverge. [Kita dapat medefiisika barisa ii dega Y = (y ), yag maa y = bila gajil, da y = bila geap]. Secara mudah dapat dilihat bahwa barisa ii tidak Aalisis Real I 93

96 Aljabar Himpua terbatas; dari sii, meurut Teorema 3.., barisa ii tidak mugki koverge. Secara alteratif, walaupu sub-barisa (, 4, 6,...) dari Y koverge ke 0, keseluruha barisa Y tidak koverge ke 0. Yaitu, terdapat subbarisa (3,5,7,...) dari Y yag berada di luar ligkuga - dari 0; karea itu Y tidak koverge ke 0. Eksistesi Subbarisa Mooto Semetara tidak setiap barisa mooto, kita sekarag aka meujukka bahwa setiap barisa mempuyai sub-barisa mooto Teorema Subbarisa Mooto. Setiap barisa X = (x ) mempuyai subbarisa mooto. Bukti Utuk tujua ii kita aka meyataka suku ke-m x m merupaka pucak bila x m x utuk semua m. Selajutya kita aka mempertimbagka dua kasus. Kasus. X mempuyai sejumlah tak higga pucak. Dalam kasus ii, kita megururt pucak-pucak tersebut dega ideks aik. Jad kita mempuyai pucak-pucak x,x,...,x,... m m m k dega m < m <... < m k <...,.Karea masig-masig suku tersebut pucak, kita mempuyai x x x... x... m m m m 3 k Kareaya subbarisa ( x mk ) merupaka subbarisa tak aik dari X. Kasus. X mempuyai sejumlah higga (mugki ol) pucak. Misalka pucakpucak ii x,x,...,x,... m m m r. Misalka s = m r + (ideks pertama setelah pucak terakhir) Karea x s buka pucak, maka terdapat s > s sehigga x > x. Karea x s buka pucak, maka terdapat s 3 > s, sehigga x s s s > x. Bila kita s 3 meeruska proses ii, kita peroleh subbarisa tak turu (buka aik) ( x s ) dari X. Teorema Bolzaa Weierstrass Teorema Bolzaa-Weierstrass. Setiap barisa terbatas mempuyai subbarisa koverge. Bukti Aalisis Real I 94

97 Pedahulua Megikuti Teorema Subbarisa Mooto, maka barisa terbatas X = (x ) mempu-yai subbarisa X = ( x s ) mooto. Subbarisa iipu juga terbatas, sehigga meururt Teorema Kovergesi Mooto X = ( x s ) koverge. Dari sii mudah dilihat bahwa barisa terbatas dapat mempuyai beberapa ( ) sub-barisa yag koverge ke limit yag berbeda, sebagai cotoh, barisa ( ) mempuyai subbarisa yag koverge ke -, da subbarisa yag lai koverge ke +. Barisa ii juga mempuyai sub-barisa yag tidak koverge. Misalka X subbarisa dari barisa X. Maka X sediri juga merupaka barisa, yag juga dapat mempuyai sub-barisa, kataka X. Di sii dapat kita catat bahawa X juga merupaka subbarisa dari X Teorema. Misalka X barisa terbatas da x R yag mempuyai sifat bahwa setiap sub-barisa koverge dari X limitya adalah x. Maka barisa X koverge ke x. Bukti Misalka M > 0, sehigga x M utuk semua N. Adaika X tidak koverge ke x. Meurut Kriteria Divergesi terdapat ε 0 > 0 da subbarisa X = ( x r ) X sehigga (#) x x ε, utuk semua N. r 0 Karea X subbarisa dari X, maka X juga terbatas oleh M. Dari sii, meurut Teorema Bolzao-Weierstrass bahwa X mempuyai subbarisa X yag koverge. Tetapi X juga merupaka subbarisa dari X, kareaya harus koverge ke x, meurut hipotesis. Akibatya pada akhirya X terletak di dalam ligkuga-ε 0 dari x. Karea setiap suku dari X juga merupaka suku dari X, hal ii membawa kita ke suatu yag kotradiksi dega (#) Latiha 3.4. Berika cotoh barisa tak terbatas yag mempuyai subbarisa koverge. dari Aalisis Real I 95

98 Aljabar Himpua. Guaka metode pada cotoh (b) utuk meujukka bahwa 0 < c <, maka lim( ) c =. 3. Misalka X = (x ) da Y = (y ) da barisa Z = (z ) didefeisika dega z = x, z = y,... z - = x, z = y,... Tujukka bahwa Z koverge jika da haya jika X da Y koverge da lim X = lim Y. 4. Misalka x = utuk N. (a). Tujukka bahwa x + < x ekivale dega ( ) + <, da diduga bahwa ketaksamaa ii bear utuk 3. [ lihat cotoh ]Buktika bahwa (x ) pada akhirya tak aik da η = lim (x ) ada. (b) Guaka fakta subbarisa (x ) juga koverge ke x utuk meujukka bahwa x = x. Simpulka x = 5. Misalka setiap sub-barisa dari X = (x ) mempuyai subbarisa lagi yag koverge ke 0. Tujukka bahwa lim X = Perkealka kovergesi da tetuka limit barisa berikut : ( ) ( ) (a). ( + ) (b). ( + ) (c). ( + ) (d). ( + ) ( ) 7. Misalka (x ) barisa terbatas da utuk masig-masig N s = sup{x k : k } da s = if{ s : N}. Tujukka bahwa terdapat subbarisa dari (x ) yag koverge ke s. ( x ) 8. Misalka bahwa x 0 utuk semua N da lim ( ) bahwa (x ) koverge. ada. Tujukka 9. Tujukka bahwa bila (x ) tak terbatas, maka terdapat subbarisa ( x k ) sehigga lim 0 x = k Aalisis Real I 96

99 0. Bila x = ( ) Teorema Bolzao-Weierstrass. Pedahulua, tetuka subbarisa (x ) yag dikostruksi pada bukti kedua. Misalka (x ) barisa terbatas da s = sup{ x : N }. Tujukka bahwa bila s {x : N}, maka terdapat subbarisa dari (x ) yag koverge ke s.. Berika cotoh bahwa Teorema gagal bila hipotesis X barisa terbatas dihilagka. 3.5 Kriteria Cauchy Teorema Kovergesi Mooto sagat petig da bergua, tetapi sayagya haya dapat diterapka pada barisa mooto. Padahal sagat petig utuk memperkealka kriteria kovergesi yag tidak bergatug pada barisa mooto maupu ilai limitya,seperti yag aka kita bahas berikut ii Defiis.i Barisa X = (x ) dikataka barisa Cauchy bila utuk setiap ε > 0 terdapat H(ε) N sehigga bila m, H(ε), maka x m da x memeuhi x x < ε. Pembaca sebaikya membadigka defiisi ii dekat dega Teorema 3..6 (c) yag meyiggug kovergesi barisa x. Aka kita lihat bahwa barisa Cauchy ekivale dega barisa koverge. Utuk membuktikaya kita aka tujukka terlebih dahulu bahwa barisa koverge merupaka barisa Cauchy Lemma. Bila X = (x ) barisa koverge, maka X barisa Cauchy. Bukti : Misalka x = lim X, maka meurut Teorema 3..6(c) utuk sebarag ε > 0, terdapat Κ( ε ) N sehigga x x < ε utuk semua Κ( ε ). Jadi, bila m, Κ( ε ) maka ( ) ( ) x x = x x + x x m m m x x + x x < Karea ε > 0 sebarag, maka (x ) barisa Cauchy. m ε + ε = ε m Aalisis Real I 97

100 Aljabar Himpua Utuk meujukka bahwa barisa Cauchy koverge kita aka megguaka hasil berikut Lemma. Barisa Cauchy terbatas. Bukti : Misalka x barisa Cauchy da ε =. Bila H = H() da H, maka x x. Dega megguaka ketaksamaa segitiga kita mempuyai x x + utuk Η. Bila kita defiisika { M = sup x, x,..., x, x +, H H } H H maka x M utuk semua N Kriteria Kovergesi Cauchy. Barisa bilaga real koverge jika da haya jika merupaka barisa cauchy. Bukti : Lemma 3.5. telah membuktika bahwa barisa koverge merupaka barisa Cauchy. Sebalikya, misalka X = (x ) barisa Cauchy; kita aka tujukka bahwa X koverge ke suatu bilaga. Pertama dari Lemma kita peroleh bahwa X terbatas. Karea itu meurut Teorema Bolzao-Weierstrass terdapat subbarisa X = ( x k ) dari X yag koverge ke x * suatu bilaga real. Kita aka melegkapi bukti dega meujukka bahwa X koverge ke x *. Karea X = (x ) barisa Cauchy, utuk sebarag ε > 0 terdapat H( ε ) N sehigga bila m, H( ε ) maka (*) x xm < ε Karea subbarisa X = ( x k ) koverge ke x *, maka terdapat bilaga asli K H( ε ) usur dari {,,...} sehigga x x < ε. Karea K H( ε ), dari (*) dega m = K diperoleh x x < ε, utuk H( ε ) k K * Aalisis Real I 98

101 Pedahulua Karea itu, bila H( ε ), kita mempuyai * ( K) ( K ) x x = x x + x x * x xk + xk x * < ε + ε = ε Karea ε > 0 sebarag, maka lim (x ) = x *. Berikut kita lihat beberapa cotoh aplikasi dari Kriteria Cauchy Beberapa Cotoh (a) Barisa koverge. Tetu saja kita telah membuktika bahwa barisa ii koverge ke 0 pada 3..7(a). Tetapi utuk meujukka secara lagsug bahwa barisa ii Cauchy, kita catat bahwa bila diberika sebarag ε > 0. maka terdapat H = H(ε) N, sehigga H > ( ε ) (Megapa?). Dari sii, bila m, H, maka m + m H < ε Karea ε > 0 sebarag, maka barisa Cauchy; berdasar kriteria Kovergesi Cauchy barisa ii koverge. (b). Misalka X = (x ) didefiisika dega x =, x = da x = ( x + x ) utuk >. Dapat ditujukka dega iduksi bahwa x utuk semua N. Beberapa perhituga meujukka bahwa barisa x tidak meoto. Tetapi, karea sukusukuya diperoleh dari rata-rata, mudah dilihat bahwa x x = + utuk N (Buktika dega iduksi) Jadi, bila m >, kita dapat megguaka ketaksamaa segitiga utuk memperoleh Aalisis Real I 99

102 Aljabar Himpua x x x x + x x x x m m m = = m < m Karea itu, bila diberika ε > 0, dega memilih yag begitu besar sehigga < ε da bila M, maka x 4 x m < ε. Kareaya, X barisa Cauchy. Dega megguaka Kriteria Cauchy diperoleh barisa X koverge ke suatu bilaga x. Utuk mecari ilai x, kita harus megguaka atura utuk defiisi ( ) yag aka sampai pada kesimpula x ( x x) x = x + x = +, yag memag bear, tetapi tidak iformatif. Karea itu, kita harus mecoba cara yag lai. Karea X koverge ke x, demikia juga halya subbarisa X dega ideks gajil. Megguaka iduksi pembaca dapat meujukka bahwa [lihat.3.3 (c)] x = = Dari sii diperoleh bahwa (bagaimaa?) x = lim X = lim X = 5 + =. 3 3 (c) Misalka Y = (y ) barisa dega y ( )!, y!!,, y = = = L L, L!!! Jelaslah, Y buka barisa mooto. Tetapi, bila m >, maka y m ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) m+ y = ! +! m!. Karea r- r! [lihat.3.3 (d)], kareaya bila m >, maka (megapa?) Aalisis Real I 00

103 Pedahulua y m y ! ( + )! ( + ) < m! + m. Karea itu, (y ) barisa Cauchy, sehigga koverge, kataka ke y, saat ii kita tidak dapat meetuka ilai y secara lagsug; kita mempuyai y y - dari sii, kita dapat meghitug ilai y sampai derajat akurasi yag diigika dega meghitug y utuk yag cukup besar. Pembaca sebaikya megerjaka hal ii da meujukka bahwa y sama dega (Tepatya y adalah - e ) (d) Barisa diverge. Misalka H = (h ) barisa yag didefiisika dega h = + + L + utuk N, yag telah dibahas pada (b). Bila m >, maka h m h = m. Karea masig-masig suku m- ii melebihi m, maka h m h. > m - Khususya, bila m = kita mempuyai h h >. = m.. Hal ii meujukka bahwa H buka barisa Cauchy (megapa?); kareaya H buka barisa koverge Defiisi. Barisa X = (x ) dikataka kotraktif bila terdapat kostata C, 0 < C <, sehigga x x C x x utuk semua N. Bilaga C disebut kostata barisa kotraktif tersebut Teorema. Setiap barisa kotraktif merupaka barisa Cauchy, kareaya koverge. Bukti : Bila kita megguaka kodisi barisa kotraktif, kita dapat membalik lagkah kerja kita utuk memperoleh : Aalisis Real I 0

104 Aljabar Himpua utuk m >, kita mempuyai x x C x x C x x x m 3 C x x L C x x Aalisis Real I 0 x x x + x x x x m m m m (C m- + C m C - ) x -x = C - (C m-- + C m ) x - x = C - m- C C x x C - C x x + Karea 0 < C <, maka lim(c ) = 0 [lihat 3..(c)]. Karea itu (x ) barisa Cauchy, sehigga (x ) koverge. Dalam proses meghitug limit dari barisa kotraktif, serig sagat petig utuk megestimasi kesalaha pada tahap ke-. Berikut ii kita memberika dua estimasi; pertama melibatka dua suku kata pertama da ; yag kedua melibatka selisih x -x Akibat. Bila x = (x ) bariasa kostraktif dega kostata C, 0 < C <, da x * = lim X, maka : Bukti : - (i). x (ii). x C - C x x * * C x C x x C x C x x - Kita telah melihat pada bukti terdahulu bahwa bila m>, maka x m x. Bila kita megguaka limit pada ketaksamaa ii (terhadap m), kita peroleh (i). Utuk membuktika (ii), kita guaka lagi m >, maka x m x. x x x x m m +

105 Pedahulua Dega iduksi diperoleh k + k + k x x C x x kareaya m ( ) x x C C + C x x m Bila kita megguaka limit pada ketaksamaa ii (terhadap m) diperoleh (ii) Cotoh. Diketahui solusi dari x 3-7x + = 0 terletak atara 0 da da kita aka medekati solusi tersebut. Hal ii dapat dilakuka dega megguaka prosedur iterasi berikut. Pertama kita tuliska persamaa di atas mejadi x = 7 (x3 + ) da guaka ii utuk medefiisika barisa, kita pilih x, sebarag ilai atara 0 da, kemudia defiisika x + = ( x 7 ) 3 +, N Karea 0< x <, maka 0< x < utuk semua N. (Megapa?) lebih dari itu kita mempuyai 3 3 ( ) 7 ( ) x x = x + x = x + x 7 3 = x + + x + x + x x + x 7 3 x + x 7 Karea itu, (x ) barisa kotraktif, sehigga terdapat r dega lim (x ) = r. Bila kita megguaka limit pada kedua sisi (terhadap ) pada x + = ( x ) 7 ( r 7 ) 3, diperoleh r = 3 + atau r 3-7r + = 0. Jadi r merupaka solusi dari persamaa tersebut. Kita dapat medekati ilai r dega memilih x kemudia meghitug x, x 3,..., secara berturut-turut. Sebagai cotoh, bila kita memilih x = 0,5 kita peroleh (sampai sembila tempat desimal) x = 0, , x 3 = 0, , x 4 = 0,898806, x 5 = 0,896944, x 6 = 0, , da seterusya. Utuk meges- Aalisis Real I 03

106 Aljabar Himpua timasi akurasi, kita catat bahwa x x < 0,. Jadi, setelah lagkah ke meurut Akibat 3.5.8(i) kita yaki bahwa x * x ( ) 4 = < 0,005. Sebearya pedekataya lebih baik daripada ii. Karea x6 x5 < 0,000005, meurut (ii) maka x x 3 x x < 0, Jadi kelima tempat desimal yag per- 4 tama bear. * Latiha Beri cotoh barisa terbatas yag buka barisa Cauchy.. Tujukka secara lagsug dari defiisi bahwa yag berikut barisa Cauchy (a). + ; (b) !! 3. Tujukka secara lagsug dari defiisi bahwa yag berikut buka barisa Cauchy (a). (( ) ) ; (b) ( ) + 4. Tujukka secara lagsug bahwa bila (x ) da (y ) barisa Cauchy, maka (x + y ) da (x y ) juga barisa Cauchy. 5. Misalka (x ) barisa Cauchy sehigga x bilaga utuk semua N. Tujukka bahwa (x ) pada akhirya kosta. 6. Tujukka bahwa barisa mooto tak turu yag terbatas merupaka barisa Cauchy. 7. Bila x < x sebarag bilaga real da x = ( x + x ) utuk >, tujukka bahwa (x ) koverge. Hituglah limitya. 8. Bila y < y sebarag bilaga real da y = y + y 3 3 utuk >, hituglah limitya. 9. Bila 0 < r < da x + x < r utuk semua N, tujukka bahwa (x ) barisa Cauchy. Aalisis Real I 04

107 0. Bila x > 0 da x ( x ) + Pedahulua = + utuk, tujukka bahwa (x ) barisa kotraktif. Tetuka limitya.. Persamaa x 3-5x + = 0 mempuyai akar r atara 0 da. Guaka barisa kotraktif yag bersesuaia utuk meghitug r sampai Barisa-barisa Diverge Muri Utuk tujua-tujua tertetu dipadag baik sekali utuk medefiisika atau yag dimaksudka dega suatu barisa bilaga real (x ) yag meuju ke ± Defiisi. Misalka (x ) suatu barisa bilaga real. (i). Kita kataka bahwa (x ) meuju ke +, da ditulis lim (x ) = +, jika utuk setiap α R terdapat bilaga asli K(α) sedemikia sehigga jika K(α), maka x > α. (ii). Kita kataka bahwa (x ) meuju ke -, da ditulis lim (x ) = -, jika utuk setiap β R terdapat bilaga asli K(β) sedemikia sehigga jika K(β), maka x < β. Kita kataka bahwa (x ) diverge muri dalam hal kita mempuyai lim (x ) = + da (x ) = Cotoh-cotoh (a). lim () = +. Keyataaya, jika diberika α R, misal K(α) sebarag bilaga asli sedemikia sehigga K(α) > α. (b). lim ( ) = +. Jika K(α) suatu bilaga asli sedemikia sehigga K(α) > α, da jika K(α) maka kita mempuyai > α. (c). Jika c >, maka lim (c ) = + Misalka c = + b, dimaa b > α, Jika diberika α R, misal K(α) suatu bilaga asli sedemikia sehigga K(α) > α. Jika K(α) maka meurut ketaksamaa b Beroulli Aalisis Real I 05

108 Aljabar Himpua c = ( + b) + b > + α > α. Oleh karea itu lim (c ) = +. Barisa-barisa mooto khususya adalah sederhaa dalam memadag kovergeya. Kita telah melihat dalam Teorema Kovergesi Mooto 3.. bahwa suatu barisa mooto adalah koverge jika da haya jika terbatas. Hasil berikut adalah suatu reformulasi dari hasil tersebut di atas Teorema. Suatu barisa bilaga real yag mooto diverge muri jika da haya jika barisa tersebut tidak terbatas. (a). Jika (x ) suatu barisa aik tak terbatas, maka lim (x ) = + (b). Jika (x ) suatu barisa turu tak terbatas, maka lim (x ) = - Bukti : (a). Aggaplah bahwa (x ) suatu barisa aik. Kita ketahui bahwa jika (x ) terbatas, maka (x ) koverge. Jika (x ) tak terbatas, maka utuk sebarag α R terdapat (α) N sedemikia sehigga α < x (α). Tetapi karea (x ), kita mempuyai α < x utuk semua (α). Karea α sebarag, maka berarti lim () = +. Bagia (b) dibuktika dega cara yag serupa. Teorema perbadiga berikut seatiasa aka diperguaka dalam meujukka bahwa suatu barisa diverge muri. [Pada keyataaya, tidak diguaka secara implisit dalam cotoh 3.6. (c)] Teorema. Misalka (x ) da (y ) dua barisa bilaga real da aggaplah bahwa (*) x y utuk semua N. (a). Jika lim (x ) = +, maka lim (y ) = +. (b). Jika lim (y ) = -, maka lim (x ) = -. Bukti : (a) Jika lim (x ) = +, da jika diberika α R, maka terdapat bilaga asli K(α) sedemikia sehigga jika K(α), maka α < x. Megigat (*), berarti α < y utuk semua K(α). Karea α sebarag, maka ii meyataka bahwa lim (y ) = +. Aalisis Real I 06

109 Pedahulua Pembuktia bagia (b) dilakuka dega cara yag serupa. Remakka :(a). Teorema pada akhirya bear jika syarat (*) pada akhirya bear; yaitu, jika terdapat m Ν sedemikia sehigga x y utuk semua m. (b). Jika syarat (*) dari teorema memeuhi da jika lim (y ) = +, tidak mesti berlaku buka lim (x ) = +. Serupa juga, jika (*) dipeuhi da jika lim (x ) = -, belum tetu berlaku lim (y ) = -. Dalam pemakaia teorema utuk meujukka bahwa suatu barisa meuju ke + [atau ke - ] kita perlu utuk meujukka bahwa suku-suku dari barisa ii adalah pada akhirya lebih besar dari [atau lebih kecil] atau sama dega suku-suku barisa lai yag bersesuaia dimaa barisa lai kita ketahui bahwa meuju ke + [atau ke - ]. Karea kadag-kadag sagat sulit utuk memperlihatka ketaksamaa sebagaimaa (*), maka Teorema Perbadiga Limit berikut masig-masig lebih tepat utuk diguaka daripada Teorema Teorema. Misalka (x ) da (y ) dua barisa bilaga real positif da aggaplah bahwa utuk suatu L R, L > 0, kita mempuyai (#) lim x y = L Maka lim (x ) = + jika da haya jika lim (y ) = + Bukti : Jika (#) berlaku, maka terdapat K N sedemikia sehigga x L < < 3 L utuk semua K y 3 Dari sii kita mempuyai ( ) ( ) L y < x < L y utuk semua K. Sekarag kesimpula didapat dari suatu modifikasi kecil teorema Detailya ditiggalka utuk dikerjaka oleh pembaca. Pembaca dapat meujukka bahwa koklusi tidak perlu berlaku jika L = 0 atau L = +. Aka tetapi ada suatu hasil parsial belum dapat ditujukka dalam kasus-kasus ii, seperti telah diperlihatka dalam latiha. Latiha Tujukka bahwa jika (x ) suatu barisa tak terbatas, maka terdapat suatu sistem barisaya yag diverge muri. Aalisis Real I 07

110 Aljabar Himpua. Berika cotoh dari barisa-barisa (x ) da (y ) yag diverge muri dega y 0 utuk semua N sedemikia sehigga (a) x y koverge (b) x y diverge muri 3. Tujukka bahwa jika x > 0 utuk semua N, maka lim (x ) = 0 jika da haya jika lim = + x 4. Perlihatka kedivergea muri dari barisa-barisa berikut : (a). ( ) (b). ( + ) (c). ( ) (d) Apakah barisa ( si ) diverge muri? 6. Misalka (x ) diverge muri da misalka (y ) barisa sedemikia sehigga lim (x y ) masuk ke R. Tujukka bahwa (y ) koverge ke Misalka (x ) da (y ) barisa-barisa bilaga positif da aggaplah bahwa lim x y = 0 (a) Tujukka bahwa jika lim (x ) = +, maka lim (y ) = + (b) Tujukka bahwa jika (y ) terbatas, maka lim (x ) = 0 8. Selidikilah bahwa kekovergea atau kedivergea dari barisa-barisa berikut : (a). ( ) (b) + (c). + (d) ( si ) 9. Misalka (x ) da (y ) barisa-barisa bilaga positif da aggaplah bahwa lim = + x (a) Tujukka bahwa jika lim (y ) = +, maka lim (y ) = + Aalisis Real I 08

111 Pedahulua (b) Tujukka bahwa jika (x ) terbatas, maka lim (x ) = 0 0. Tujukka bahwa jika lim a = L, dimaa l > 0, maka lim ( a ) = +. Aalisis Real I 09

112 Aljabar Himpua BAB 4 LIMIT-LIMIT Secara umum, Aalisis secara matematika merupaka dasar matematika yag maa dibagu secara sistematik dari variasi kosep-kosep limit. Kita telah mejumpai salah satu dari kosep-kosep dasar tetag limit : kekovergea dari suatu barisa bilaga real. Dalam bab ii kita aka membahas pegertia dari limit suatu fugsi. Kita aka memperkealka pegertia limit ii dalam Pasal 4.da pembahasa selajutya dalam Pasal 4.. Ii aka dilihat bahwa buka haya pegertia limit suatu fugsi yag sagat paralel dega kosep tetag limit barisa, aka tetapi juga pertayaa-pertayaa megeai keberada limit-limit fugsi serig dapat dicobaka dega pertimbaga tertetu yag berkaita dega barisa. Dalam Pasal 4.3 kita aka megeal beberapa perluasa dari pegertia limit yag maa serig diperguaka. 4.. Limit-limit Fugsi Pada pasal ii kita aka medefiisika pegertia petig dari limit suatu fugsi. Pembaca aka memperoleh pegertia yag paralel dega defiisi limit suatu barisa. Gagasa secara ituisi dari suatu fugsi yag mempuyai limit L pada c adalah bahwa ilai f(x) sagat dekat dega L utuk x yag sagat dekat dega c. Aka tetapi kita perlu mempuyai tekik-tekik pegerjaa dega gagasa dekat sekali, da ii memerluka pegguaa pegertia ligkuga dari suatu titik. Jadi peryataa: fugsi f medekati L pada c berarti bahwa ilai f(x) aka terletak dalam sebarag ligkuga-ε yag diberika dari L, asalka kita megambil x dalam ligkuga-δ dari c yag cukup kecil, dimaa x c. Pemiliha δ aka bergatug pada ε yag diberika. Kita tidak igi terpegaruh dega ilai dari f(c) pada c, karea Aalisis Real I 0

113 Pedahulua kita haya igi memadag kecederuga ditetuka oleh ilai dari f pada titiktitik yag dekat sekali (tetapi berbeda dari) titik c. Agar limit fugsi ii bermaka, maka diperluka fugsi f yag terdefiisi pada sekitar titik c. Kita meekaka bahwa fugsi f tidak perlu terdefiisi pada titik c atau pada setiap titik sekitar c, aka tetapi cukup terdefiisi pada titik-titik yag dekat sekali dega c utuk mejadika pembahasa mejadi mearik. Ii merupaka alasa utuk defiisi berikut Defiisi. Misalka A R. Suatu titik c R adalah titik cluster dari A jika setiap ligkuga-δ V δ (c) = (c-δ,c+δ) dari c memuat alig kurag satu titik dari A yag berbeda dega c. Catata : Titik c merupaka aggota dari A atau buka, tetapi meskipu demikia itu tida meetuka apakah c suatu titik cluster dari A atau buka, karea secara khusus yag diperluka adalah bahwa adaya titik-titik dalam V δ (c) A yag berbeda dega c agar c mejadi titik Cluster dari A Teorema. Suatu bilaga c R merupaka titik cluster dari A R jika da haya jika terdapat barisa bilaga real (a ) dalam A dega a c utuk semua N sedemikia sehigga lim (a ) = c. Bukti. Jika c merupaka titik cluster dari A, maka utuk setiap N, ligkuga-(/) V / (c) memuat palig kurag satu titik yag berbeda dega c. Jika titik yag dimaksud adalah a, maka a A, a c, da lim (a ) = c. Sebalikya, jika terdapat suatu barisa (a ) dalam A\{c} dega lim (a ) = c, maka utuk sebarag δ>0 terdapat bilaga asli K(δ) sedemikia sehigga jika K(δ), maka a V δ (c). Oleh karea itu ligkuga-δ dari c V δ (c) memuat titik-titik a, K(δ), yag maa termuat dalam A da berbeda dega c. Cotoh-cotoh berikut ii meekaka bahwa suatu titik cluster dari suatu himpua bisa masuk dalam himpua tersebut atau tidak. Bahka lebih dari itu, suatu himpua bisa mugki tidak mempuyai titik cluster. Aalisis Real I

114 Aljabar Himpua Cotoh-cotoh. (a) Jika A = (0,), maka setiap titik dalam iterval tutup [0,] merupaka titik cluster dari A. Perhatika bahwa 0 da adalah titik cluster dari A, messkipu titik-titik itu tidak termuat dalam A. Semua titik dalam A adalah titik cluster dari A (megapa?) (b) Suatu himpua berhigga tidak mempuyai titik cluster (megapa?) (c) Himpua tak berhigga N tidak mempuyai titik cluster. (d) Himpua A 4 = {/ : N} haya mempuyai 0 sebagai titik clusterya. Tidak satu pu titik dalam A 4 yag merupaka titik cluster dari A 4. (e) Himpua A 5 = I Q yaitu himpua semua bilaga rasioal dalam iterval tutup I={0,]. Meurut Teorema Kepadata.5.5 bahwa setiap titik dalam I merupaka titik cluster dari A 5. Sekarag kita kembali kepada pegertia limit dari suatu fugsi pada titik cluster domaiya. Defiisi Limit Berikut ii kita aka meyajika defiisi limit dari suatu fugsi pada suatu titik. y f ( Diberika V ε (L) Lo ( ( o c Ada V δ (c) ( x Gambar 4.. Limit dari f pada c adalah L Aalisis Real I

115 Pedahulua 4..4 Defiisi. Misalka A R, f : A R, da c suatu titik cluster dari A. Kita kataka bahwa suatu bilaga real L merupaka limit dari f pada c jika diberika sebarag ligkuga-ε dari L V ε (L), terdapat ligkuga-δ dari c V δ (c) sedemikia sehigga jika x c sebarag titik dari V δ (c) A, maka f(x) termasuk dalam V ε (L). (Lihat Gambar 4..) Jika L merupaka suatu limit dari f pada c, maka kita juga megataka bahwa f koverge ke L pada c. Serig dituliska L = lim f atau L = lim f ( x) Kita juga megataka bahwa f(x) meuju L sebagaimaa x medekat ke c, atau f(x) meuju L sebagaimaa x meuju ke c. Simbol F(x) L sebagaimaa x c juga diperguaaka utuk meyataka fakta bahwa f mempuyai limit L pada c. Jika f tidak mempuyai suatu limit pada c, kita kadag-kadag megataka bahwa f diverge pada c. Teorema berikut memberika jamia kepada kita aka ketuggala limit suatu fugsi, jika limit dimaksud ada. Ketuggala limit ii buka merupaka bagia dari defiisi limit, aka tetapi merupaka fakta yag harus dibuktika Teorema. Jika f : A R da c suatu titik cluster dari A, maka f haya dapat mempuyai satu limit pada c. Bukti. Adaika kotradiksi, yaitu terdapat bilaga real L L yag memeuhi defiisi Kita pilih ε>0 sedemikai sehigga ligkuga-ε V ε (L ) da V ε (L ) salig lepas. Sebagai cotoh, kita dapat megambil sebarag ε yag lebih kecil dari ½ L L. Maka meurut defiisi 4..4, terdapat δ > 0 sedemikia sehigga jika x sebarag titik dalam A V δ (c) da x c, maka f(x) termuat dalam V ε (L ). Secara serupa, terdapat δ > 0 sedemikai sehigga jika x sebarag titik dalam A V δ (c) da x c, maka f(x) termuat dalam V ε (L ). Sekarag ambil δ = mi {δ,δ }, da misalka V δ (c) ligkuga-δ dari c. Karea c titik cluster dar A, maka Aalisis Real I 3

116 Aljabar Himpua terdapat palig sedikit satu titik x 0 c sedemikia sehigga x 0 A Vδ(c). Akibatya, f(x 0 ) mesti termasuk dalam V ε (L ) da V ε (L ), yag maa kotradiksi dega fakta bahwa kedua himpua ii salig lepas. Jadi asumsi bahwa L L merupaka limitlimit f pada c meimbulka kotradiksi. Kriteria ε-δ utuk Limit Sekarag kita aka meyajika formulasi yag ekivale dega defiisi 4..4 dega meyataka syarat-syarat ligkuga dalam ketaksamaa. Cotoh-cotoh yag megikutiya aka meujukka bagaimaa formulasi ii diperguaka utuk memperlihatka limit-limit fugsi. Pada bagia akhir kita aka membahas kriteria sekuesial (barisa) utuk limit suatu fugsi Teorema. Misalka f : A R da c suatu titik cluster dari A; maka (i) (ii) lim f = L jika da haya jika utuk sebarag ε > 0 terdapat suatu δ(ε) > 0 sedemikia sehigga jika x A da 0 < x - c < δ(ε), maka f(x) - L < ε. Bukti. (i) (ii) Aggaplah bahwa f mempuyai limit L pada c. Maka diberika ε > 0 sebarag, terdapat δ = δ(ε) > 0 sedemikia sehigga utuk setiap x dalam A yag merupaka usur dalam ligkuga-δ dari c V δ c), x c, ilai f(x) termasuk dalam ligkuga-ε dari L V ε (L). Aka tetapi, x V δ (c) da x c jika da haya jika 0 < x - c < δ. (Perhatika bahwa 0 < x - c adalah cara lai utuk meyataka bahwa x c). Juga, f(x) termasuk dalam V ε (L) jika da haya jika f(x) L < ε. Jadi jika x A memeuhi 0 < x - c < δ, maka f(x) memeuhi f(x) - L <ε. (ii) (i) Jika syarat yag diyataka dalam (ii) berlaku, maka kita ambil ligkugaδ V δ (c) = (c - δ,c + δ) da ligkuga-ε V ε (L) = (L - ε,l + ε). Maka syarat (ii) berakibat jika x masuk dalam V δ (c), dimaa x A da x c, maka f(x) termasuk dalam V ε (L). Oleh karea itu, meurut defiisi 4..4, f mempuyai limit L pada c. Sekarag aka memberika beberapa cotoh utuk meujukka bagaimaa Teorema serig diperguaka. Aalisis Real I 4

117 Pedahulua Cotoh-cotoh.. (a) lim b = b. Utuk mejadi lebih eksplisit, misalka f(x) = b utuk semua x R; kita claim bahwa lim f = b. Memag, diberika ε > 0, misalka δ =. Maka jika 0 < x - c <, kita mem[uyai f(x) - b = b - b = 0 < ε. Karea ε > 0 sebarag, kita simpulka dari 4..6(ii) bahwa lim f = b. (b). lim x = c. Misalka g(x) = x utuk semua x R. Jika ε > 0 misalka δ(ε) = ε. Maka jika 0 < x - c < δ(ε), maka secara triviaal kita mempuyai g(x) - c = x - c < ε. Karea ε > 0 sebarag, maka kita berkesimpula bahwa lim g = c. (c). lim x = c. Misalka h(x) = x utuk semua x R. Kita igi membuat selisih h(x) c = x c lebih kecil dari suatu ε > 0 yag diberika dega pegambila x yag cukup dekat dega c. Utuk itu, kita perhatika bahwa x c = (x c)(x + c). Selai itu, jka x - c <, makaa x c + dega demikia x + c x + c c +. Oleh karea itu, jika x - c <, kita mempuyai (*) x c = x c x + c ( c + ) x - c Selai itu suku terakhir ii aka lebih kecil dari ε asalka kita megambil x - c < ε/( c + ). Akibatya, jika kita memilih δ(ε) = if ε,, c + maka jika 0 < x - c < δ(ε), pertama aka berlaku bahwa x - c < dega demikia (*) valid, da oleh karea itu, karea x - c < ε/( c + ) maka x c < ε/( c + ) x - c < ε. Aalisis Real I 5

118 Aljabar Himpua Karea kita mempuyai piliha δ(ε) > 0 utuk sebarag piliha dari ε > 0, maka dega demikia kita telah meujukka bahwa bahwa (d) lim =, jika c > 0. x c lim h(x) = lim x = c. Misalka ϕ(x) = /x utuk x > 0 da misalka c > 0. Utuk meujukka lim ϕ = /c kita igi membuat selisih ϕ ( x) = c x c lebih kecil dar ε >0 yag diberika dega pegambila x cukup dekat dega c > 0. Pertama kita perhatika bahwa = ( c x ) x c cx = x c cx utuk x > 0.Itu bergua utuk medapatka batas atas dari /(cx) yag berlaku dala suatu ligkuga c. Khususya, jika x - c < c, maka c < x < 3 c (megapa?), dega demikia 0 < < cx c utuk x - c < c. Oleh karea itu, utuk ilai-ilai x ii kita mempuyai (#) ( x) ϕ < x c. c c Agar suku terakhir lebih kecil dar ε, maka cukup megambil x c < c ε. Akibatya, jika kita memilih δ(ε) = if{ c, c ε}, maka jika 0 < x - c < δ(ε), pertama yag berlaku bahwa x - c < c dega demikia (#) valid, da olehya itu,, karea x c < c ε maka berlaku ϕ ( x) = c < ε. x c Aalisis Real I 6

119 Pedahulua Karea kita mempuyai piliha δ(ε) > 0 utuk sebarag piliha dari ε > 0, maka dega demikia kita telah meujukka bahwa (e). 3 x 4 lim x = lim ϕ(x) = lim Misalka ψ(x) = (x 3 4)/(x + ) utuk x R. Maka sedikit maipulasi secara aljabar memberika x =. c 4 ψ ( x) = 5 5x 3 4x 5 ( x + ) 4 = 5x + 6x x - 5 ( x + ) Utuk medapatka suatu batas dari koefiie x -, kita membatasi x dega syarat < x < 3. Utuk x dalam iterval ii, kita mempuyai 5x + 6x + 5(3 ) + 6(3) + =75 da 5(x + ) 5( + ) = 0, dega demikia ψ ( x) x - = x Sekarag diberika ε > 0, kita pilih δ(ε) = if, ε. 5 Maka jika 0 < x - < δ(ε), kita mempuyai ψ(x) (4/5) (5/) x - ε. Karea ε > 0 sebarag, maka cotoh (e) terbukti. Kriteria Barisa Utuk Limit Berikut ii merupaka formulasi petig dari limit suatu fugsi dalam kaitaya dega limir suatu barisa. Karakterisasi ii memugkika teori-teori pada bab3 dapat diperguaka utuk mempelajari limit-limit fugsi Teorema. (Kriteria Barisa) Misalka f : A R da c suatu titik cluster dari A; maka : (i) lim f = L jika da haya jika Aalisis Real I 7

120 Aljabar Himpua (ii) utuk sebarag barisa (x ) dalam A yag koverge ke c sedemikia sehigga x c utuk semua N, barisa (f(x )) koverge ke L. Bukti. (i) (ii). Aggaplah f mempuyai limit L pada c, da asumsika (x ) barisa dalam A dega ( x ) lim = c da x c utuk semua N. Kita mesti membuktika bahwa barisa (f(x )) koverge ke L. Misalka diberika ε > 0 sebarag. Maka dega kriteria ε-δ 4..6, terdapat δ > 0 sedemikia sehigga jika x memeuhi 0 < x - c < δ, dimaa x A maka f(x) memeuhi f(x) - L < ε. Sekarag kita aka megguaka defiisi kekovergea barisa utuk δ yag diberika utuk memperoleh bilaga asli K(δ) sedemikia sehigga jika > K(δ) maka x c < δ. Aka tetapi utuk setiap x yag demikia kita mempuyai f(x ) - L < ε. Jadi, jika > K(δ), maka f(x ) - L < ε. Oleh karea itu, barisa (f(x )) koverge ke L. (ii) (i). [Pembuktia ii merupaka argume kotrapositif.] Jika (i) tidak bear, maka terdapat suatu ligkuga-ε 0 dari L, ( L) Vε 0, sedemikia sehigga ligkuga-δ apapu yag kita pilih, aka selalu terdapat palig kurag satu x δ dalam A V δ (c) dega x δ c sedemikia sehigga f(x δ ) ( L) Vε 0. Dari sii utuk setiap N, ligkuga-(/) dari c memuat suatu bilaga x sedemikia sehigga 0 < x - c < / da x A, tetapi sedemikia sehigga f(x ) - L ε 0 utuk semua N. Kita meyimpulka bahwa barisa (x ) dalam A\{c} koverge ke c, tetapi barisa (f(x )) tidak koverge ke L. Oleh karea itu kita telah meujukka bahwa jika (i) tidak bear, maka (ii) juga tidak bear. Kita simpulka bahwa (ii) meyebabka (i). Pada seksi selajutya kita aka melihat bahwa beberapa sifat-sifat dasar limit fugsi dapat diperlihatka dega pegguaa sifat-sifat utuk kekovergea barisa yag bersesuaia. Sebagai cotoh, kita telah kerjaka dega barisa bahwa jika (x ) sebarag barisa yag koverge ke c, maka barisa (x ) koverge ke c. Oleh Aalisis Real I 8

121 Pedahulua karea itu dega kriteria barisa, kita dapat meyimpulka bahwa fugsi h(x) = x memputai limit lim h( x) = c. Kriteria Kedivergea Kadag-kala petig utuk dapat meujukka (i) bahwa suatu bilaga tertetu buka limit dari suatu fugsi pada suatu titik, atau (ii) bahwa suatu fugsi tidak mempuyai suatu limit pada suatu titik. Hasil berikut merupaka suatu kosekuesi dari pembuktia teorema Pembuktiaya secara detail ditiggalka utuk dikerjaka oleh pembaca Kriteria Divergesi. Misalka A R, f : A R da c R suatu titik cluster dari A. (a). Jika L R, maka f tidak mempuyai limit L pada c jika da haya jika terdapat suatu barisa (x ) dalam A dega x c utuk semua N sedemikia sehigga barisa (x ) koverge ke c tetapi barisa (f(x )) tidak koverge ke L. (b). Fugsi f tidak mempuyai limit pada c jika da haya jika terdapat suatu barisa (x ) dalam A dega x c utuk semua N sedemikia sehigga barisa (x ) koverge ke c tetapi barisa (f(x )) tidak koverge dalam R. Berikut ii diberika beberapa aplikasi dari kriteria divergesi utuk meujukka bagaimaa kriteria itu dapat diperguaka Cotoh-cotoh. (a). lim( / x) x 0 tidak ada dalam R. Seperti Cotoh dalam 4..7(d), misalka ϕ(x) = /x utuk x > 0. Aka tetapi, disii kita meyelidiki pada c = 0. Argume yag diberika pada cotoh 4..7(d) gagal berlaku jika c = 0 karea kita tidak aka memperoleh suatu batas sebagaimaa dalam (#) pada cotoh tersebut. Jika kita megambil barisa (x ) dega x = / utuk N, maka lim (x ) = 0, tetapi ϕ(x ) = // =. Seperti kita ketahui bahwa barisa (ϕ(x )) = () tidak koverge dalam R, karea barisa ii tidak terbatas. Dari sii, dega teorema 4..9(b), lim( / x) x 0 tidak ada dalam R. [Aka tetapi, lihat cotoh 4.3.9(a).] Aalisis Real I 9

122 Aljabar Himpua (b) lim sg( x) x 0 tidak ada..( 0 ) - Gambar 4.. Fugsi Sigum Misalka fugsi sigum didefiisika dega sg (x) = +, 0,, utuk x > 0 utuk x = 0 utuk x < 0 Perhatika bahwa sg(x) = x/ x utuk x 0. (Lihat Gambar 4..) Kita aka meujukka bahwa sg tidak mempuyai limit pada x = 0. Kita aka megerjaka ii dega meujukka bahwa terdapat barisa (x ) sedemikia sehigga lim(x ) = 0, tetapi sedemikia sehigga (sg(x )) tidak koverge. Misalka x = (-) / utuk N dega demikia lim(x ) = 0. Aka tetapi, karea sg (x ) = (-) utuk N, maka dari Cotoh 3.4.5(a), (sg(x )) tidak koverge. Oleh karea itu lim( / x) x 0 tidak ada. (c) lim si( / x) x 0 tidak ada dalam R. Misalka g(x) = si(/x) utuk x 0. (Lihat Gambar 4..3.) Kita aka meujukka bahwa g tidak mempuyai limit pada c = 0, dega memperlihatka dua arisa (x ) da (y ) dega x 0 da y 0 utuk semua N da sedemikia sehigga lim Aalisis Real I 0

123 Pedahulua (x ) = 0 = lim (y ), tetapi sedemikia sehigga lim (g(x )) lim (g(y )). Megigat Teorema 4..9, ii megakibatka lim x 0 g tidak ada. (Jelaska megapa.) Gambar Grafik f(x) = si(/x), x 0 Kita megigat kembali dari kalkulus bahwa si t = 0 jika t = π utuk Z, da si t = + jika t = ½π + π utuk Z. Sekarag missalka x = /π utuk N; maka lim (x ) = 0 da g(x ) = 0 utuk semua N, dega demikia lim (g(x )) = 0. Di pihak lai, misalka y = (½π + π) - utuk N; maka lim (y ) = 0 da g(y ) = si (½π + π) = utuk semua N, dega demikia lim (g(y )) =. Kita simpulka bahwa lim si( / x) x 0 tidak ada. Soal-soal Latiha. Tetuka suatu syarat pada x - yag aka mejami bahhwa : (a) x - < ½, (b) x - < /0 3 (c) x - < / utuk suatu N yag diberika, (d) x 3 - < / utuk suatu N yag diberika. Aalisis Real I

124 Aljabar Himpua. Misalka c suatu titik cluster dari A R da f : A R. Buktika bahwa lim f ( x) x 0 = lim L jika da haya jika f ( ) L x 0 x = Misalka f : R R, da c R. Tujukka bahwa lim f ( x) lim x 0 f ( x + c) = L. = L jika da haya jika 4. Misalka f : R R, I R suatu iterval buka, da c I. Jika f merupaka pembatasa dari f pada I, tujukka bahwa f mempuyai suatu limit pada c jika da haya jika f mempuyai suatu limit pada c da tujukka pula bahwa lim f = lim f. 5. Misalka f : R R, J R suatu iterval tutup, da c J. Jika f merupaka pembatasa dari f pada I, tujukka bahwa jika f mempuyai suatu limit pada c da haya jika f mempuyai suatu limit pada c. Tujukka bahwa tidak berlaku bahwa jika f mempuyai suatu limit pada c da haya jika f mempuyai suatu limit pada c. 6. Misalka I = (0,a), a > 0, da misalka g(x) = x utuk x I. Utuk sebarag x,c dalam I, tujukka bahwa g(x) c a x - c. Guaka ketaksamaa ii utuk membuktika bahwa lim x = c utuk sebarag c I. 7. Misalka I R suatu iterval, f : I R, da c I. Misalka pula terdapat K da L sedemikia sehigga f(x) - L K x - c utuk x I. Tujukka bahwa lim f = L. 8. Tujukka bahwa 3 lim x = c 3 utuk sebarag c R. 9. Tujukka bahwa lim x = c utuk sebatag c Guaka formulasi ε-δ da formulasi formulasi barisa dari pegertia limit utuk memperlihatka berikut : (a) lim = - (x > ), (b) x x x lim = x + x (x > 0), (c) x lim = 0 (x 0), (d) x 0 x x lim x x + = x + (x > 0).. Tujukka bahwa limit-limit berikut ii tidak ada dalam R: Aalisis Real I

125 Pedahulua (a) lim x 0 x (x > 0), (b) lim x 0 x (x > 0), (c). lim ( x + sg( x) ) x 0, (d) lim si (x 0). x x. Misalka fugsi f : R R mempuyai limit L pada 0, da misalka pula a > 0. Jika g : R R didefiisika oleh g(x) = f(ax) utuk x R, tujukka bahwa lim g = L. 3. Misalka c titik cluster dari A R da f : A R sedemikia sehigga lim ( f ( x) ) = L. Tujukka bahwa jika L =,0, maka lim f ( x) x 0 = 0. Tjukka dega cotoh bahwa jika L 0, maka f bisa mugki tidak mempuyai suatu limit pada c. 4. Misalka f : R R didefiisika oleh f(x) = x jika x rasioal, da f(x) = 0 jika x irasioal. Tujukka bahwa f mempuyai suatu limit pada x = 0. Guaka argume barisa utuk meujukka bahwa jika c 0, maka f tidak mempuyai limit pada c. 4.. Teorema-teorema Limit Sekarag kita aka memperlihatka hasil-hasil yag diperguaka dalam meetuka limit fugsi. Hasil-hasil ii serupa dega teorema-teorema limit utuk barisa.yag telah diperlihatka pada Pasal 3.. Pada keyataaya, dalam bayak kasus hasil-hasil ii dapat dibuktika dega megguaka Teorema 4..8 da hasil-hasil dari Pasal 3.. Secara alteratif, hasil-hasil dalam Pasal ii dapat dibuktika dega megguaka argume ε-δ yag sagat serupa utuk hal yag sama dalam Pasal Defiisi. Misalka A R, f : R R, da c R suatu titik cluster dari A. Kita megataka bahwa f terbatas pada suatu ligkuga dari c jika terdapat ligkuga-δ dari c V δ (c) da suatu kostata M > 0 sedemikia sehigga kita mempuyai f(x) M utuk semua x A V δ (c). 4.. Teorema Jika A R da f : A R mempuyai suatu limit pada c R, maka f terbatas pada suatu ligkuga dar c. Aalisis Real I 3

126 Aljabar Himpua Bukti. Jika L = lim f ( x), maka oleh Teorema 4..6, dega ε =, terdapat δ > 0 sedemikia sehigga jika 0 < x - c < δ, maka f(x) - L < ; dari sii (oleh Teorema Akibat.3.4(a)), f(x) - L f(x) - L <. Oleh karea itu, jika x A V δ (c), x c, maka f(x) L +. Jika c A, kita ambil M = L +, sedagka jika c A kita ambil M = sup{ f(c), L +}. Ii berarti bahwa jika c A V δ (c), maka f(x) M. Ii meujukka bahwa f terbatas pada V δ (c) suatu ligkuga-δ dari c. Defiisi berikut serupa dega defiisi 3..3 utuk jumlah, selisih, hasil kali, da hasil bagi barisa-barisa Defiisi Misalka A R da misalka pula f da g fugsi-fugsi yag terdefiisi pada A ke R. Kita medefiisika jumlah f + g, selisih f g, da hasil kali fg pada A ke R sebagai fugsi-fugsi yag diberika oleh (f + g)(x) = f(x) + g(x), (f - g)(x) = f(x) - g(x), (fg)(x) = f(x)g(x), utuk semua x A. Selajutya, jika b R, kita defiisika kelipata bf sebagai fugsi yag diberika oleh (bf)(x) = bf(x) utuk semua x A. Akhirya, jika h(x) 0 utuk x A, kita defiisika hasil bagi f/h adalah fugsi yag didefiisika sebagai f h ( x) f = h ( x) ( x) utuk semua x A Teorema. Misalka A R, f da g fugsi-fugsi pada A ke R, da c R titik cluster dari A. Selajutya, misalka b R. (a) Jika lim f = L da lim g = M, maka lim ( f + g ) = L + M, ( f g) lim = L - M, Aalisis Real I 4

127 lim ( fg) = LM, ( bf ) Pedahulua lim = bl. (b) Jika h : A R, h(x) 0 utuk semua x A, da jika lim h = H 0, maka f L lim =. h H Bukti. Salah satu cara pembuktia dari teorema-teorema ii sagat serupa dega pembuktia Teorema Secara alteratif, teorema ii dapat dibuktika dega megguaka Teorema 3..3 da Teorema Sebagai cotoh, misalka (x ) sebarag barisa dalam A sedemikai sehigga x c utuk semua N,da c = lim (x ). Meurut Teorema 4..8, bahwa Di pihak lai, Defiisi 4..3 megakibatka Oleh karea itu suatu aplikasi dari Teorema 3..3 meghasilka = (lim f(x )) (lim (g(x ))) = LM. Lim (f(x )) = L, lim (g(x )) = M. (fg)(x ) = f(x )g(x ) utuk semua N. Lim ((fg)(x )) = lim (f(x )g(x )) Bagia lai dari teorema ii dibuktika dega cara yag serupa. Kita tiggalka utuk dilakuka oleh pembaca. bahwa H = Catata () Kita perhatika bahwa, dalam bagia (b), asumsi tambaha dibuat lim h 0. Jika asumsi ii tidak dipeuhi, maka lim f h ( x) ( x) tidak ada. Aka tetapi jika limit ii ada, kita tidak dapat megguaka Teorema 4..4(b) utuk meghitugya. () Misalka A R, da f, f,, f fugsi-fugsi pada A ke R, da c suatu titk cluster dari A. Jika L k = lim fk utuk k =,,,, Aalisis Real I 5

128 Aljabar Himpua maka,meurut Teorema 4..4 dega argume iduksi kita peroleh bahwa da L + L + + L = lim ( f + f + L+ f ) L L L = lim ( f f L f ) (3) Khususya, kita deduksi dari () bahwa jika L = lim f da N, maka L = lim ( f ( x) ) 4..5 Cotoh-cotoh (a) Beerapa limit yag diperlihatka dalam Pasal 4. dapat dibuktika dega megguaka Teorema Seagai cotoh, megikuti hasil ii bahwa karea lim x = c, maka (b) lim =. x c lim x lim (x + )(x 3 4) = 0 x = c, da jika c > 0, maka Berdasarka Teorema 4..4, kita peroleh bahwa lim x 3 x 4 4 (c) lim =. x x + 5 (x + )(x 3 4) = ( lim (x + ))( lim (x 3 4)) x = 5(4) = 0. x Jika kita megguaka Teorema 4..4(b), maka kita mempuyai 3 x 4 lim x lim = x x + lim x 3 ( x 4) ( x + ) = Perhatika bahwa karea limit pada peyebut [yaitu lim ( + ) 4. 5 = 5] tidak sama dega 0, maka Teorema 4..4(b) dapat diperguaka. x 4 4 (d) lim =. x 3 6 x 3 x x Aalisis Real I 6

129 Pedahulua Jika kita misalka f(x) = x 4 da h(x) = 3x 6 utuk x R, maka kita tidak dapat megguaka Teorema 4..4(b) utuk meeghitug H = lim h( x) = lim ( 3x 6) x x lim (f(x)/h(x)) sebab x = 3 lim x x - 6 = 3() 6 = 0 Aka tetapi, jika x, maka berarti bahwa x 4 3x 6 = ( x )( x + ) 3( x ) Oleh karea itu kita mempuyai = 3 (x + ). x lim x 3 4 x 6 = lim 3 ( x + ) x = lim x + 3 x = 3 ( + ) = 3 4 Perhatika bahwa fugsi g(x) = (x 4)/(3x 6) mempuyai limit pada x = meskipu tidak terdefiisi pada titik tersebut. (e) lim x 0 Tetu saja tidak ada dalam R. x lim x 0 = da H = lim x = 0. Aka tetapi, karea H = 0, kita tidak x 0 dapat megguaka Teorema 4..4(b) utuk meghitug lim x 0. Keyataaya, x seperti kita telah lihat pada Cotoh 4..0(a), fugsi ϕ(x) = /x tidak mempuyai limit pada x = 0. Kesimpula ii megikuti juga Teorema 4.. karea fugsi ϕ(x) = /x tidak terbatas pada ligkuga daro x = 0. (Megapa?) (f) Jika p fugsi poliimial, maka lim p( x) = p(c). Misalka p fugsi poliimial pada R dega demikia p(x) = a x + a - x a x + a 0 utuk semua x R. Meurut Teorema 4..4 da fakta bahwa c k, maka lim p( x) = lim [ a x + a x + L + a x + a ] 0 k lim x = Aalisis Real I 7

130 Aljabar Himpua = lim ( a x ) + lim ( a x ) + + lim ( a ) x + lim a0 Dari sii lim p( x) = a c + a - c a c + a 0 = p(c). = p(c) utuk ssebarag fugsi poliomial p. (g) Jika p da q fugsi-fugsi poliomial pada R da jika q(c) 0, maka ( x) ( c) ( c) p( x) p lim =. q q Karea q(x) suatu fugsi poliomial, berarti meurut sutu teorema alam aljabar bahwa terdapat palig bayak sejumlah higga bilaga real α, α,,α m [pembuat ol dari q(x)] sedemikai sehigga q(α j ) = 0 da sedemikia sehigga jika x {α, α,, α m } maka q(x) 0. Dari sii, jika x {α, α,, α m } kita dapat medefiisika r(x) = p q ( x) ( x). Jika c buka pembuat ol dari q(x), maka q(c) 0, dari berdasarka bagia (f) bahwa lim q( x) = q(c). 0. Oleh karea itu kita dapat megguaka Teorema 4..4(b) utuk meyimpulka bahwa A. Jika da jika p( x) lim p( x) p lim = =. q q ( x) lim q( x) ( c) ( c) Hasil berikut adalah suatu aalog lagsug dari Teorema Teorema Misalka A R. f : A R da c R suatu titik cluster dari lim f a f(x) b utuk semua x A, x c, ada, maka a lim f b. Bukti. Jika L = lim f, maka meurut Teorema 4..8 bahwa jika (x ) sebarag barisa bilaga real sedemikai sehigga c x A utuk semua N da jika bari- Aalisis Real I 8

131 Pedahulua sa (x ) koverge ke c, maka barisa (f(x )) koverge ke L. Karea a f(x ) b utuk semua N, berarti meurut Teorema 3..6 bahwa a L b. Sekarag kita aka meyataka suatu hasil yag aalog dega Teorema Apit Kita aka tiggalka pembuktiaya utuk dicoba oleh pembaca Teorema Apit. Misalka A R, f,g,h : A R, da c R suatu titik cluster dari A. Jika f(x) g(x) h(x) utuk semua x A, x c, da jika lim f = L = lim h, maka lim g = L Cotoh-cotoh (a) lim x x 0 3 / = 0 (x > 0). Misalka f(x) = x 3/ utuk x > 0. Karea ketaksamaa x < x / berlaku utuk 0 < x, maka berarti bahwa x < f(x) = x 3/ x utuk 0 < x. Karea lim x x 0 = 0 da lim x x 0 = 0, maka dega megguaka Teorema Apit 4..7 diperoleh lim x x 0 3 / = 0. (b) lim si x 0 x = 0. Dapat dibuktika dega megguaka pedekata deret Taylor (aka dibahas pada lajuta dari tulisa ii) bahwa Karea lim ( ± x) x 0 (c) lim cos x 0 -x si x x utuk semua x 0. = 0, maka meurut Teorema Apit bahwa lim si x = 0. x =. Aalisis Real I 9 x 0 Dapat dibuktika dega megguaka pedekata deret Taylor (aka dibahas pada lajuta dari tulisa ii) bahwa (*) - ½x cos x utuk semua x R. Karea lim ( x ) x 0 cos x (d) lim = 0. x 0 x =, maka meurut Teorema Apit bahwa lim cos x =. x 0

132 Aljabar Himpua Kita tidak dapat megguaka Teorema 4..4 (b) secara lagsug utuk meghitug limit ii. (Megapa?) Aka tetapi, dari ketaksamaa (*) dalam bagia (c) bahwa da juga bahwa -½x (cos x )/x 0 utuk x > 0 0 (cos x )/x ½x utuk x < 0. Sekarag misalka f(x) = - x/ utuk x 0 da f(x) = 0 utuk x < 0, da misalka pula h(x) = 0 utuk x 0 da h(x) = -x/ utuk x < 0. Maka kita mempuyai f(x) (cos x )/x h(x) utuk x 0. Karea, mudah dilihat (Bagaimaa?) bahwa cos x Apit bahwa lim = 0. x 0 x (e) si x lim =. x 0 x lim x 0 f = lim h, maka meurut Teorema x 0 Sekali lagi, kita tidak dapat megguaka Teorema 4..4(b) utuk meghitug limit ii. Aka tetapi, dapat dibuktika (pada lajuta diktat ii) bahwa da bahwa x - 6 x 3 si x x utuk x 0 x si x x - 6 x 3 utuk x 0. Oleh karea itu berarti (Megapa?) bahwa Tetapi karea lim ( x ) - 6 x (si x)/x utuk semua x 0. x 0 6 = - lim x 6 x 0 =, kita simpulka dari Teorema Apit bahwa si x lim =. x 0 x (f) lim( x si( / x) ) x 0 = 0. Misalka f(x) = x si (/x) utuk x 0. Karea si z utuk semua z R, kita mempuyai ketaksamaa Aalisis Real I 30

133 Pedahulua - x f(x) = x si(/x) x utuk semua x R, x 0. Karea lim x 0 x = 0, maka dari Teorema Apit diperoleh bahwa lim x 0 f = 0. Terdapat hasil-hasil yag paralel dega Teorema 3..9 da 3..0; aka tetapi, aka dilewatka utuk latiha bagi para pembaca. Kita tutup bagia ii dega suatu hasil yag merupaka kovers parsial dari Teorema Teorema Misalka A R, f : A R da c R suatu titik cluster dari A. Jika lim f > 0 [ atau, lim f < 0], maka terdapat suatu ligkuga dari c V δ (c) sedemikia sehigga f(x) > 0 [atau f(x) < 0] utuk semua x A V δ (c), x c. Bukti. Misalka L = lim f ad aggaplah L > 0. Kita ambil ε = ½L > 0 dalam Teorema 4..6(b), da diperoleh suatu bilaga δ > 0 sedemikai sehigga jika 0 < x - c < δ da x A, maka f(x) - L < ½L. Oleh karea itu (Megapa?) berarti bbahwa jika x A V δ (c), x c, maka f(x) > ½L > 0. Jika L < 0, dapat diguaka argume yag serupa. Latiha 4.. Guaka Teorema 4..4 utuk meetuka limit-limit berikut : (a) (c) lim (x + )(x + 3) (x R), (b) x lim x x + (x > 0), (d) x x + lim (x > 0), x x x + lim 0 (x R) x x +. Tetuka limit-limit berikut da yataka teorema-teorema maa yag diguaka dalam setiap kasus. (Ada bisa megguaka latiha 4 di bawah.) (a) x + lim x x + 3 (x > 0), (b) x lim x x 4 (x > 0), Aalisis Real I 3

134 Aljabar Himpua (c) lim x 0 ( x + ) x (x > 0), (d) lim x x x (x > 0) 3. Carilah lim + x + 3x x x 0 + x dimaa x > Buktika bahwa lim cos( / x) tidak ada, aka tetapi lim xcos( / x) x 0 x 0 = Misalka f,g fugsi-fugsi yag didefiisika pada A R ke R, da misalka c suatu titik cluster dari A. Aggaplah bahwa f terbatas pada suatu ligkuga dari c da = 0. Buktika bahwa lim fg = Guakalah formuasi ε-δ dari limit fugsi utuk membuktika peryataa pertama dalam Teorema 4..4(a). 7. Guakalah formulasi sekuesial utuk limit fugsi utuk membuktika Teorema 4..4(b). 8. Misalka N sedemikia sehigga 3. Buktika ketaksamaa x x x utuk lim g < x <. Selajutya, guaka fakta bahwa x x 0 lim = 0. lim x x 0 = 0 utuk meujukka bahwa 9. Misalka f,g fugsi-fugsi yag didefiisika pada A R ke R, da misalka c suatu titik cluster dari A. (a) Tujukka bahwa jika lim f da lim ( f + g) ada, tujukkalah bahwa lim f ada. (b) Jika lim f da lim fg ada, apakah juga lim g ada? 0. Berika cotoh fugsi-fugsi f da g sedemikia sehigga f da g tidak mempuyai limit pada suatu titik c, tetapi sedemikia sehigga fugsi-fugsi f + g da fg mempuyai limit pada c.. Tetuka apakah limit-limit berikut ada dalam R. (a) lim si( / x ) (x 0), (b) lim xsi( / x ) x 0 (c) lim sg si( / x) x 0 x 0 (x 0), (d) lim x si( / x ) x 0 (x 0), (x > 0) Aalisis Real I 3

135 Pedahulua. Misalka f : R R sedemikia sehigga f(x + y) = f(x) + f(y) utuk semua x,y dalam R. Aggaplah lim f x 0 = L ada. Buktika bahwa L = 0, da selajutya buktika bahwa f mempuyai suatu limit pada setiap titik c R. [Petujuk : Pertama-tama catat bahwa f(x) = f(x) + f(x) = f(x) utuk semua x R. Juga perhatika bahwa f(x) = f(x c) + f(c) utuk semua x,c dalam R.] 3. Misalka A R, f : A R da c suatu titik cluster dari A. Jika lim f x 0 ada, da jika f meyataka fugsi yag terdefiisi utuk x A dega f (x) = f(x), buktika bahwa lim x 0 f = lim f x Misalka A R, f : A R da c suatu titik cluster dari A. Tambaha, aggaplah bahwa f(x) 0 utuk semua x A, da misalka A dega f (x) = ( x) f utuk semua x A. Jika lim f f suatu fugsi yag terdefiisi pada x 0 ada, buktika bahwa lim f = lim f x 0 x 0. Pasal 4.3 Beberapa Perluasa dari Kosep Limit Pada pasal ii kita aka meyajika tiga macam perluasa dari pegertia limit fugsi yag serig terjadi. Limit-limit Sepihak Terdapat bayak cotoh fugsi f yag tidak mempuyai limit pada suatu titik c, meskipu demikia limit fugsi f tersebut ada jika dibatasi utuk suatu iterval sepihak dari titik cluster c. Salah satu cotohya adalah fugsi sigum dalam Cotoh 4..0(b) da gambarya diperlihatka pada Gambar 4.., tidak mempuyai limit pada c = 0. Aka tetapi, jika kita membatasi fugsi sigum pada iterval (0, ), maka fugsi hasil pembatasaya mempuyai limit pada c = 0. Demikia juga, jika kita membatasi fugsi sigum pada iterval (-,0), maka fugsi hasil pembatasaya mempuyai limit pada c = 0. Ii merupaka cotoh-cotoh dari kosep tetag limit-kiri da lmit-kaa dari sutu fugsi pada suatu titik c = 0. Aalisis Real I 33

136 Aljabar Himpua Defiisi tetag limit-kiri da limit-kaa merupaka modifikasi lagsug dari Defiisi Dalam keyataaya, Peggatia A dalam Defiisi 4..4 oleh himpua A (c, ) meghasilka defiisi limit-kaa suatu fugsi pada suatu titik c yag merupaka titik cluster dari A (c, ). Demikia juga, dega peggatia A pada Defiisi 4..4 oleh himpua A (-,c) meghasilka defiisi limitkiri suatu fugsi pada suatu titik c yag merupaka titik cluster dari A (-,c). Utuk lebih mudahya, defiisi tetag limit-kiri da limit-kaa yag dimaksud aka diformulasi dalam betuk ε-δ, aalog dega Teorema 4..6 seperti berikut ii Defiisi. Misalka A R da f : A R (i) Jika c R suatu titik cluster dari A (c, ) = {x A:x > c}, maka kita megataka bahwa L R adalah suatu limit-kaa dari f pada c da dituliska lim f = L + jika diberika sebarag ε > 0 terdapat suatu δ = δ(ε)> 0 sedemikia sehigga utuk semua x A dega 0 < x c < δ, maka f(x) - L < ε. (ii) Jika c R suatu titik cluster dari A (-,c) = {x A : x < c}, maka kita megataka bahwa L R adalah suatu limit-kiri dari f pada c da dituliska lim f = L jika diberika sebarag ε > 0 terdapat suatu δ = δ(ε)> 0 sedemikia sehigga utuk semua x A dega 0 < c x < δ, maka f(x) - L < ε. Catata: () Jika L suatu limit kaa dari f pada c, kita kadag-kadag megataka bahwa L adalah limit dari kaa pada c. Kita megguaka otasi ( x) lim f = L. + Termiologi da otasi yag serupa diguaka juga utuk limit-kiri. Aalisis Real I 34

137 Pedahulua () Limit-limit lim f da lim f + - disebut limit-limit sepihak dari f pada c. Ii dimugkika kedua limit sepihak dimaksud ada. Juga bisa mugki salah satu saja yag ada. Serupa, seperti kasus pada fugsi f(x) = sg (x) pada c = 0, limit-limit ii ada, meskipu berbeda. (3) Jika A suatu iterval dega titik ujug kiri c, maka jelas ampak bahwa f : A R mempuyai suatu limit pada c jika da haya jika f mempuyai suatu limit kaa pada c. Selai itu, dalam kasus ii limit lim f da limit pihak kaa lim f sama. (Situasi serupa juga aka berlaku + utuk limit-kiri suatu iterval dega titik ujug kaa adalah c. Kita tiggalka bagi pembaca utuk meujukka bahwa f haya dapat memiliki satu limitkaa (atau, limit-kiri) pada suatu titik. Berikut ii adalah hasil yag aalog dega fakta yag diperlihatka pada Pasal 4. da 4. utuk limit-limit dua-pihak. Khususya, keberadaa limit satu-pihak dapat direduksi utuk baha pertimbaga selajutya Teorema Misalka A R, f : A R da c suatu titik cluster dari A (c, ). Maka peryataa-peryataa berikut ii eqivale. (i) (ii) lim f = L R; + Utuk sebarag barisa (x ) yag koverge ke c sedemikia sehigga x A da x > c utuk semua N, barisa (f(x )) koverge ke L R. Kita tiggalka pembuktia Teorema ii (da formulasi da pembuktia dari teorema yag aalog degaya utuk limit-kiri) utuk dilakuka oleh pembaca. Berikut ii adalah suatu hasil yag merupaka hubuga pegertia limit suatu fugsi dega limit-limit sepihak dari fugsi tersebut pada suatu titik. A (-,c). Maka Teorema Misalka A R, f : A R da c R suatu titik Cluster dari A (c, ) da lim f = L R jika da haya jika lim f = L = lim f Cotoh-cotoh (a) Misalka f(x) = sg(x). Kita telah lihat dari cotoh 4..0(b) bahwa sg tidak mempuyai limit pada c = 0. Ii jelas bahwa lim sg( x) = + da bahwa lim sg( x) = -. Karea limit-limit satu pihak ii berbeda, + x 0 x 0 maka megikuti Teorema bbahwa sg tidak mempuyai limit pada 0. Aalisis Real I 35

138 Aljabar Himpua (b) Misalka g(x) = e /x utuk x 0. (Lihat gambar 4.3.) Pertama kita tujukka bahwa g tidak mempuyai limit kaa higga pada c = 0 karea g tidak terbatas pada sebarag ligkuga kaa (0, ) dari 0. Kita aka megguaka ketaksamaa (*) 0 < t < e t utuk t > 0 yag pada bagia ii tidak aka diberika pembuktiaya. Berdasarka (*), jika x > GAMBAR 4.3. Grafik dari g(x) = x e / (x 0) 0 maka 0 < /x < e /x. Dari sii, jika kita megambil x = /, maka g(x ) > utuk semua N. Oleh karea itu lim + x 0 e / x tidak ada dalam R. Aka tetapi, lim x 0 e / x = 0. Kita perhatika bahwa, jika x < 0 da kita megambil t = /x dalam (*) kita peroleh 0 < -/x < e -/x. Karea x < 0, ii megakibatka 0 < e /x < -x utuk semua x < 0. Megikuti ketaksamaa ii diperoleh lim x 0 e / x = 0. (c) Misalka h(x) = /(e /x + ) utuk x 0. (lihat gambar 4.3.). demikia Kita telah melihat bagia (b) bahwa 0 < /x < e /x utuk x > 0, dega Aalisis Real I 36

139 Pedahulua 0 < e / x + < x e / < x yag megakibatka bahwa lim + x 0 h = 0. GAMBAR Grafik dari h(x) = /(e /x +) (x 0) Karea kita telah melihat dalam bagia (b) bahwa lim + x 0 e /x = 0, maka dari aalog Teorema 4..4(b) utuk utuk limit-kiri, kita peroleh lim / x x 0 e + = lim x 0 / x ( e + ) = 0 + = Perhatika bahwa utuk fugsi ii, limit sepihak kedua-duaya ada, aka tetapi tidak sama. Limit-limit Tak Higga Aalisis Real I 37

140 Aljabar Himpua Fugsi f(x) = /x utuk x 0 (lihat Gambar 4.3.3) tidak terbatas pada suatu ligkuga 0, dega demikia fugsi tersebut tidak mempuyai suatu limit sesuai pegertia dalam Defiisi Semetara itu simbol-simbol (= + ) da - tidak meyataka suatu bilaga real, ii kadag-kadag mejadi bermaka dega megataka bahwa f(x) = /x cederug ke apabila x 0. Aalisis Real I 38

141 4.3.5 Defiisi. Misalka A R, f : A R da c R suatu titik cluster dari A. Pedahulua (i) Kita kataka bahwa f meuju ke apabila, da ditulis lim f = jika utuk setiap α R terdapat δ = δ(α) > 0 sedemikai sehiggautuk semua x A dega 0 < x - c < δ, maka f(x) > α. (ii) Kita kataka bahwa f meuju ke apabila, da ditulis lim f = jika utuk setiap β R terdapat δ = δ(β) > 0 sedemikia sehigga utuk semua x A dega 0 < x - c < δ, maka f(x) < β Cotoh-cotoh (a) lim( / ) = x 0 x. Karea, jika α > 0 diberika, misalka δ = /. Ii erarti bahwa jika 0 < x <δ, maka x < /α dega demikia /x > α. α (b) Misalka g(x) = /x utuk x 0. (Lihat Gambar 4.3.4) Fugsi g tidak meuju ke atau ke - sebagaimaa x 0. Karea, jika α > 0 maka g(x) < α utuk semua x < 0, dega demikia g tidak meuju ke apabila x 0. Serupa juga, jika β < 0 maka g(x) > β utuk semua x > 0, dega demikia g tidak meuju ke - apabila x 0. Hasil berikut aalog dega Teorema Apit (Lihat juga Teorema 3.6.4) Teorema Misalka A R, f,g : A R da c R suatu titik cluster dari A. Aggaplah bahwa f(x) g(x) utuk semua x A, x c. (a) Jika (b) Jika lim f =, maka lim g =. lim g =, maka lim f =. Aalisis Real I 39

142 Aljabar Himpua Aalisis Real I 40

143 Pedahulua GAMBAR Grafik dari f(x) = /x (x 0) GAMBAR Grafik dari g(x) = /x (x 0) Bukti. (a) Jika lim f = da α R diberika, maka terdapat δ(α) > 0 sedemikia sehigga jika 0 < x - c < δ(α) da x A, maka f(x) > α. Aka tetapi, jika f(x) g(x) utuk semua x A x c, maka berarti jika 0 < x - c < δ(α) da x A, maka g(x) > 0. Oleh karea itu lim g =. Pembuktia bagia (b) dilakuka dega cara serupa. Fugsi g(x) = /x dalam Cotoh 4.3.6(b) meyaraka bahwa itu dapat bergua utuk memadag limit-limit sepihakya Defiisi Misalka A R da f : A R. Aalisis Real I 4

144 Aljabar Himpua (i) Jika c R suatu titik cluster dari A (c, ) ={x A: x > 0}, maka kita megataka bahwa f meuju [atau - ] apabila +, da ditulis [ ] lim f = atau, lim f =, x + c x + c jika utuk setiap α R terdapat δ=δ(α) sedemikia sehigga utuk semua x A dega 0 < x c < δ, maka f(x) > α [atau, f(x) < α]. (ii) Jika c R suatu titik cluster dari A (-,c) ={x A: x < 0}, maka kita megataka bahwa f meuju [atau - ] apabila -, da ditulis [ ] lim f = atau, lim f =, x c x c jika utuk setiap α R terdapat δ=δ(α) sedemikia sehigga utuk semua x A dega 0 < c x < δ, maka f(x) > α [atau, f(x) < α] Cotoh-cotoh (a) Misalka g(x) = /x utuk x 0. Kita telah mecatat dalam Cotoh 4.3.6(b) bahwa lim x 0 g tidak ada. Aka tetapi suatu latiha yag mudah utuk meujukka bahwa lim / x + 0 ( x) = lim / da ( x) = x c (b) Telah diperoleh pada Cotoh 4.3.4(b) bahwa fugsi g(x) = e /x utuk x 0 tidak terbatas pada sebarag iterval (0,δ), δ > 0. Dari sii limit-kaa dari e /x apabila x 0 + tidak ada dalam pegertia Defiisi 4.3.(I). Aka tetapi, karea /x < e /x utuk x > 0, maka secara mudah kita melihat bahwa ( ) x = x + e / lim dalam pegertia dari Defiisi Limit-limit pada Ketakhiggaa Kita dapat mempertimbagka pula utuk medefiisika pegertia limit dari suatu fugsi apabila x [atau, x - ] Defiisi Misalka A R da f : A R. Aalisis Real I 4

145 Pedahulua (i) Aggaplah bahwa (a, ) A utuk suatu a R. Kita megataka bahwa L R merupaka limit dari f apabila x, da ditulis lim f = L, x jika diberika sebarag ε > 0 terdapat K=K(ε) > a sedemikia sehigga utuk sebarag x > K, maka f(x) - L < ε. (ii) Aggaplah bahwa (-,b) A utuk suatu b R. Kita megataka bahwa L R merupaka limit dari f apabila x -, da ditulis lim f = L, x jika diberika sebarag ε > 0 terdapat K=K(ε) < b sedemikia sehigga utuk sebarag x < K, maka f(x) - L < ε. Kita tiggalka bagi pembaca utuk meujukka bahwa limit-limit dari f apabila x ± adalah tuggal jika ada. Kita juga mempuyai Kriteria Sekuesial utuk limit-limit ii; kita haya aka meyataka kriteria apabila x. Ii diguaka pegertia dari limit dari suatu barisa yag diverge muri (lihat Defiisi 3.6.) 4.3. Teorema Misalka A R, f : A R, da aggaplah bahwa (a, ) A utuk suatu a R. Maka peryataa-peryataa berikut ii eqivale : lim ; (i) L = f x (ii) Utuk sebarag barisa (x ) dalam A (a, ) sedemikia sehigga lim(x ) =, barisa (f(x )) koverge ke L. Kita tiggalka bagi pembaca utuk membuktika teorema ii da utuk merumuska serta membuktika teorema serupa degaya utuk limit dimaa x Cotoh-cotoh (a) Misalka g(x) = /x utuk x 0. Aalisis Real I 43

146 Aljabar Himpua Ii merupaka suatu latiha dasar utuk membuktika bahwa lim( / x ) = 0 = lim ( / x ) (Lihat Gambar 4.3.4) x. x (b) Misalka f(x) = /x utuk x 0. Pembaca dapat meujukka bahwa bahwa lim( / x ) = 0 = lim ( / x ) x x. (Lihat Gambar 4.3.3). Cara lai utuk meujukka ii adalah dega meujukka bahwa jika x maka 0 /x /x. Megigat bagia (a), ii megakibatka lim( / x ) x = 0. y Κ(α) x α GAMBAR lim f = - x Defiisi Misalka A R da f : A R. (i) Aggaplah bahwa (a, ) A utuk suatu a A. Kita megataka bahwa f meuju ke [atau, - ] apabila x, da ditulis lim f = [ atau lim = ], x f x jika diberika sebarag α R terdapat K = K(α) > a sedemikia sehigga utuk sebarag x > K, maka f(x) > α [atau, f(x) < α]. (Lihat Gambar 4.3.5) Aalisis Real I 44

147 Pedahulua (ii) Aggaplah bahwa (-,b) A utuk suatu b A. Kita megataka bahwa f meuju ke [atau, - ] apabila x -, da ditulis lim f = [ ] atau lim f =, x x jika diberika sebarag α R terdapat K = K(α) α [atau, f(x) < α]. Sebagaimaa sebelumya, terdapat kriteria sekuesial utuk limit ii. Kita aka memformulasiya apabila x.s Teorema Misalka A R, f : A R, da aggaplah bahwa (a, ) A utuk suatu a R. Maka peryataa-peryataa berikut ii ekuivale : (i) lim f = [atau, lim f x x = - ] (ii) Utuk sebarag barisa (x ) dalam (a, ) sedemikia sehigga lim(x ) =, maka lim (f(x )) = [atau lim (f(x )) = - ]. Hasil berikut ii aalog dega Teorema Teorema Misalka A R, f,g : A R, da aggaplah ahwa (a, ) A utuk suatu a R. Misalka pula bahwa g(x) > 0 utuk semua x > a da bahwa ( x) ( x) f lim = L x g utuk suatu L R, L 0. (i) Jika L > 0, maka f lim = jika da haya jika g x (ii) Jika L < 0, maka f x lim =. x lim = - jika da haya jika lim g x = -. Bukti. (i) Karea L > 0, hipotesis megakibatka bahwa terdapat a > a sedemikia sehigga 0 < ½L < f g ( x) ( x) < 3 L utuk x > a. Aalisis Real I 45

148 Aljabar Himpua Oleh karea itu kita mempuyai (½L)g(x) < f(x) < ( 3 L)g(x) utuk semua x > a, dari sii dega mudah kita peroleh kesimpulaya. Pembuktia bagia (ii) dikerjaka dega cara serupa. Kita tiggalka bagi pembaca utuk memformulasi hasil-hasil yag aalogi dega Teorema di atas, apabila x Coyoh-cotoh (a) x lim = utuk N. x Misalka g(x) = x utuk x (0, ). Diberika α R, misalka K = sup{,α}. Maka utuk semua x > K, kita mempuyai g(x) = x x α. Karea α R sebarag, maka ii berarti lim g =. x (b) x lim = utuk N, geap, da x x lim = - utuk N, gajil. x Kita aka mecoba kasus gajil, katakalah = k+ dega k = 0,,. Diberika α R, misalka K = if{α,-}. Utuk sebarag x < K, maka karea (x ) k, kita mempuyai x = (x ) k x x < α. Karea α R sebarag, maka berarti x lim = -. x (c) Misalka p : R R fugsi poliomial p(x) = a x + a - x a x + a 0 Maka lim p =, jika a > 0, da lim p = - jika a < 0. x x Misalka g(x) = x da guaka Teorema Karea p g ( x) ( x) = a + a a x x, + a 0 x maka diperoleh ( x) ( x) p lim = a. Karea lim g =, maka meurut Teorema 4.3.5, p x g x x lim =. Aalisis Real I 46

149 Pedahulua (d) Misalka p fugsi poliomial dalam bagia (c). Maka lim p = [atau, - ] jika x geap [atau, gajil] da a > 0. Kita tiggalka detailya utuk pemaca kerjaka. Latiha-latiha. Buktika Teorema Berika cotoh suatu fugsi yag mempuyai limit-kaa, tetapi tidak mempuyai limitkiri pada suatu titik. 3. Misalka f(x) = x ½ utuk x 0.. Tujukka bahwa lim f ( x) = f ( x ) + x 0 lim = Misalka c R da f didefiisika utuk x (c, ) da f(x) > 0 utuk semua x (c, ). Tujukka bahwa lim f = jika da haya jika lim( f ) = 0. x c x 0 5. Hituglah limit-limit berikut, atau tujukka bahwa limit-limit ii tidak ada. (a) (c) x x lim (x ), (b) lim (x ), + x x x x x + lim (x > 0), (d) + x x x lim + (x > 0), x x (e) x + lim x 0 x (x > -), (f) lim x x + x (x > 0), (g) lim x x 5 x + 3 (x > 0), (h) x x lim (x > 0). x x + x 6. Buktika Teorema Misalka f da g masig-masig mempuyai limit dalam R apabila x da f(x) g(x) utuk semua (α, ). Buktika bahwa lim f lim g. x 0. Buktika Teorema Aalisis Real I 47 x 8. Misalka f terdefiisi pada (0, ) ke R. Buktika bahwa f ( x) jika lim f ( x) x 0 + = L. lim = L jika da haya x 9. Tujukka bahwa jika f : (a, ) R sedemikia sehigga xf ( x) lim = 0. L R, maka f ( x) x lim = L dimaa x

150 Aljabar Himpua. Legkapka bukti dari Teorema Misalka lim f ( x) = L dimaa L > 0, da g( x) ( x) g( x) lim =. Tujukka bahwa lim f =. Jika L = 0, tujukka dega cotoh bahwa koklusi ii gagal. 3. Carilah fugsi-fugsi f da g yag didefiisika pada (0, ) sedemikai sehigga lim f = da g lim =, aka tetapi ( f g ) x x x lim = 0. Dapatka ada meemuka fugsifugsi demikia, dega g(x) > 0 utuk semua x (0, ), sedemikai sehigga lim x f g = 0? 4. Misalka f da g terdefiisi pada (a, ) da misalka pula lim f = L da lim g =. Buktika bahwa lim f o g = L. x x x Aalisis Real I 48

151 Pedahulua BAB 5 FUNGSI-FUNGSI KONTINU Dalam bab ii kita aka memulai mempelajari kelas terpetig dari fugsifugsi yag mucul dalam aalisis real, yaitu kelas fugsi-fugsi kotiu. Pertamatama kita aka medefiisika pegertia dari kekotiua pada suatu titik da pada suatu himpua, da meujukka bahwa variasi kombiasi dari fugsi-fugsi kotiu meghasilka fugsi kotiu. Sifat-sifat dasar yag membuat fugsi-fugsi kotiu demikai petig diperlihatka pada Pasal 5.3. Misalya, kita aka memuktika bahwa suatu fugsi kotiu pada suatu iterval tertutup da terbatas mesti mecapai ilai maksimum da miimum.kita juga aka membuktika bahwa suatu fugsi kotiu mesti selalu memuat ilai atara utuk sebarag dua ilai yag dicapaiya. Sifat-sifat ii da beberapa laiya tidak dimiliki oleh fugsi-fugsi pada umumya, da dega demikia ii membedaka fugsi-fugsi kotiu sebagai suatu kelas yag sagat khusus dari fugsi-fugsi. Kedua, dalam Pasa 5.4 kita aka memperkealka pegertia petig dari kekotiua seragam, da kita aka megguaka pegertia ii utuk masalah dari pedekata (pegaproksimasia) fugsi-fugsi kotiu dega fugsi-fugsi dasar (elemeter) (seperti poliomial). Fugsi-fugsi mooto adalah suatu kelas petig dari fugsi-fugsi da mempuyai sifat-sifat kekotiua kuat; mereka didiskusika dalam Pasal 5.5. Khususya, aka ditujukka bahwa fugsi mooto kotiu mempuyai fugsi ivers yag mooto kotiu juga. Aalisis Real I 49

152 Aljabar Himpua PASAL 5. Fugsi-fugsi Kotiu Dalam Pasal ii, yag maa sagat serupa dega pasal 4., kita aka medefiisika tetag apa yag dimaksudka dega fugsi kotiu pada suatu titik, atau pada suatu himpua. Pegertia kekotiua ii adalah salah satu dari pegertia setral dari aalisis matematika da aka diperguaka dalam hampir semua pada pembahasa dalam buku ii. Akibatya, kosep ii sagat esesial yag pembaca mesti meguasaiya. 5.. Defiisi Misalka A R, f : A R da c A. Kita kataka bahwa f kotiu pada c jika, diberika sebarag ligkuga V ε (f(c)) dari f(c) terdapat suatu ligkuga V δ (c) dari c sedemikai sehigga jika x sebarag titik pada A V δ (c), maka f(x) termuat dalam V ε (f(c)). (Lihat Gambar 5..). GAMBAR 5.. Diberika V ε (f(c)), ligkuga V δ (c) ditetuka Perigata () Jika c A merupaka titik cluster dari A, maka pembadiga dari Defiisi 4..4 da 5.. meujukka bahwa f kotiu pada c jika da haya jika () f(c) = lim f. Jadi, jika c titik cluster dari A, maka agar () berlaku, tiga syarat harus dipeuhi: (i) f harus terdefiisi pada c (dega demikia f(c) dapat dimegerti), (ii) limit dari f harus ada dalam R Aalisis Real I 50

153 (dega demikia sama. Pedahulua lim f dapat dimegerti), da (iii) ilai-ilai dari f(c) da lim f harus () Jika c buka titik cluster dari A, maka terdapat ligkuga V δ (c) dari c sedemikia sehigga A V δ (c) = {c}. Jadi kita meyimpulka bahwa suatu fugsi f kotiu secara otomatis pada c A yag buka titik cluster dari A. Titik-titik demikia ii serig disebut titik-titik terisolasi dari A; titik-titik ii kurag mearik utuk kita bahas, karea far from the actio. Karea kekotiua erlaku secara otomatis utuk titik-titik terisolasi ii, kita aka secara umum meguji kekotiua haya pada titik-titik cluster. Jadi kita aka memadag kodisi () sebagai karakteristik utuk kekotiua pada c. dari f pada suatu himpua. Dalam defiisi berikut kita medefiisika kekotiua 5.. Defiisi Misalka A R, f : A R. Jika B A, kita kataka bahwa f kotiu pada B jika f kotiu pada setiap titik dalam B. Defiisi 5... Sekarag kita berika suatu formulasi yag setara utuk 5..3 Teorema Misalka A R, f : A R, da c A. Maka kodisikodisi berikut ekivale. (i) f kotiu pada c; yaitu, diberika sebarag ligkuga V ε (f(c)) dari f(c) terdapat suatu ligkuga V δ (c) dari c sedemikai sehigga jika x sebarag titik pada A V δ (c), maka f(x) termuat dalam V ε (f(c)) (ii) Diberika sebarag ε > 0 terdapat suatu δ > 0 sedemikia sehigga utuk semua x A dega x - c < δ, maka f(x) f(c) < ε. (iii) Jika (x ) sebarag barisa bilaga real sedemikia sehigga x A utuk semua N da (x ) koverge ke c, maka barisa (f(x )) koverge ke f(c). Pembuktia teorema ii haya memerluka sedikit modifikasi pembuktia dari Teorema 4..6 da Kita tiggalka detailya sebagai suatu latiha petig bagi pembaca. Kriteria Diskotiu berikut adalah suatu kosekuesi dari ekuivalesi dari (i) da (ii) dari teorema sebelumya; ii aka dibadigka de- Aalisis Real I 5

154 Aljabar Himpua ga Kriteria Divergesi 4..9(a) dega L = f(c). Pembuktiaya aka dituliska secara detail oleh pembaca Kriteria Diskotiu Misalka A R, f : A R, da c A. Maka f diskotiu pada c jika da haya jika terdapat suatu barisa (x ) dalam A sedemikia sehigga (x ) koverge ke c, tetapi barisa (f(x )) tidak koverge ke f(c) Cotoh-cotoh (a) f(x) = b kotiu pada R c R, maka kita mempuyai Telah diperlihatka pada Cotoh 4..7(a) bahwa jika lim f = b. Karea f(c) = b, maka f kotiu pada setiap titik c R. Jadi f kotiu pada R. c R, maka kita mempuyai (b) g(x) = x kotiu pada R. Telah diperlihatka pada Cotoh 4..7(b) bahwa jika lim g = c. Karea g(c) = c, maka g kotiu pada setiap titik c R. Jadi g kotiu pada R. (c) h(x) = x kotiu pada R. Telah diperlihatka pada Cotoh 4..7(c) bahwa jika c R, maka kita mempuyai lim h = c. Karea h(c) = c, maka h kotiu pada setiap titik c R. Jadi h kotiu pada R. (d) ϕ(x) = /x kotiu pada A = {x R : x > 0}. Telah diperlihatka pada Cotoh 4..7(d) bahwa jika c A, maka kita mempuyai lim ϕ = /c. Karea ϕ(c) = /c, maka ϕ kotiu pada setiap titik c A. Jadi ϕ kotiu pada A. (e) ϕ(x) = /x tidak kotiu pada x = 0 Memag, jika ϕ(x) = /x utuk x > 0, maka tidak terdefiisi pada x= 0, dega demikia tidak kotiu pada titik ii. Secara alteratif, telah diperlihatka pada Co- Aalisis Real I 5

155 toh 4..0(a) bahwa lim ϕ x 0 Pedahulua tidak ada dalam R, dega demikia ϕ tidak kotiu pada x = 0. (f) Fugsi sigum tidak kotiu pada x = 0. Fugsi sigum telah didefiisika pada cotoh 4..0(b), dimaa juga telah ditujukka bahwa lim sg( x) tidak ada dalam R. Oleh x 0 karea itu sg tidak kotiu pada x = 0 meskipu sg 0 terdefiisi. (g) Misalka A = R da f fugsi diskotiu Dirichlet yag didefiisika oleh, jika x rasioal f(x) = 0, jika x irasioal Kita claim bahwa f tidak kotiu pada sebarag titik pada R. (Fugsi ii diperkealka pada tahu 89 oleh Dirichlet) Memag, jika c bilaga rasioal, misalka (x ) suatu barisa bilaga irasioal yag koverge ke c. (Teorema Akibat.5.6 utuk Teorema.5.5 mejami adaya barisa seperti ii.) Karea f(x ) = 0 utuk semua N, maka kita mempuyai lim (f(x )) = 0 semetara f(c) =. Oleh karea itu f tidak kotiu pada bilaga rasioal c. Sebalikya, jika b bilaga rasioal, misalka (y ) suatu barisa bilaga irasioal yag koverge ke b. (Teorema Akibat.5.6 utuk Teorema.5.5 mejami adaya barisa seperti ii.) Karea f(y ) = utuk semua N, maka kita mempuyai lim (f(y )) = semetara f(b) = 0. Oleh karea itu f tidak kotiu pada bilaga irasioal b. Karea setiap bilaga real adalah bilaga rasioal atau irasioal, kita simpulka bahwa f tidak kotiu pada setiap titik dalam R. (h) Misalka A = {x R : x > 0}. Utuk sebarag bilaga irasioal x > 0 kita defiisika h(x) = 0. Utuk suatu bilaga rasioal dalam A yag berbetuk m/, dega bilaga asli m, tidak mempuyai faktor persektua kecuali, kita defiisika h(m/) = /. (Lihat Gambar 5...) Kita claim bahwa h kotiu pada setiap bi- Aalisis Real I 53

156 Aljabar Himpua laga irasioal pada A, da diskotiu pada setiap bilaga rasioal dalam A. (Fugsi ii diperkealka pada tahu 875 oleh K.J. Thomae) Memag, jika a > 0 bilaga rasioal, misalka (x ) suatu barisa bilaga irasioal dalam A yag koverge ke a. maka lim h(x ) = 0 semetara h(a) > 0. Dari sii h diskotiu pada a. Di pihak lai, jika b suatu bilaga irasioal da ε > 0, maka (dega Sifat Arcimedea) terdapat bilaga asli 0 sedemikia sehigga / 0 < ε. Terdapat haya sejumlah higga bilaga rasioal dega peyebut lebih kecil dari 0 dalam iterval (b, b + ). (Megapa?) Dari sii δ > 0 dapat dipilih sekecil mugki yag maa ligkuga (b - δ,b + δ) tidak memuat tidak memuat bilaga rasioal dega peyebut lebih kecil dari 0. Selajutya, bahwa utuk x - b < δ, x A, kita mempuyai h(x) h(b) = h(x) / 0 < ε. Jadi h kotiu pada bilaga irasioal b. Akibatya, kita berkesimpula bahwa fugsi Thomae h kotiu haya pada titik-titik irasioal dalam A. * * / * * /7 * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * / 3/ GAMBAR 5.. Grafik Fugsi Thomae 5..6 Perigata (a) Kadag-kadag suatu fugsi f : A R tidak kotiu pada suatu titik c, sebab tidak terdefiisi pada titik tersebut.. Aka tetapi, jika fugsi f mempuyai suatu limit L pada tiitik c da jika kita defiisika F pada A {c} R dega L F( x) = f ( x) utuk x = c utuk x A Aalisis Real I 54

157 maka F kotiu pada c. Utuk melihatya, perlu megecek bahwa lim F = L, tetapi ii brlaku (megapa?), karea lim f = L Pedahulua (b) Jika fugsi g : A R tidak mempuyai suatu limit pada c, maka tidak ada cara utuk memperoleh suatu fugsi G : A {c} R yag kotiu pada c dega pedefiisia Utuk melihatya, amati bahwa jika sama dega C. C G( x) = g( x) G utuk utuk x = c x A lim ada da sama dega C, maka lim g mesti ada juga da 5..7 Cotoh-cotoh (a) Fugsi g(x) = si (/x) utuk x 0 (lihat Gambar 4..3) tidak mempuyai limit pada x = 0 (lihat cotoh 4..0(c)). Jadi tidak terdapat ilai yag dapat kita berika pada x = 0. Utuk memperoleh suatu perluasa kotiu dari g pada x = 0. (b) Misalka f(x) = x si(/x) utuk x 0. (Lihat Gambar 5..3) Karea f tidak terdefiisi pada x = 0, fugsi f tidak bisa kotiu pada titik ii. Aka tetapi, telah diperlihatka pada Cotoh 4..8(f) bahwa ( x si( x) ) lim = 0. x 0 Oleh karea itu megikuti Perigata 5..6(a) bahwa jika kita defiisika F : R R dega maka F kotiu pada x = 0. 0 F ( x) = x si ( x) utuk utuk x = 0 x 0 Aalisis Real I 55

158 Aljabar Himpua Gambar 5..3 Grafik dari f(x) = x si(/x) x 0 Latiha-latiha. Buktika Teorema Perlihatka Kriteria Diskotiu Misalka a < b < c. Misalka pula bahwa f kotiu pada [a,b], g kotiu pada [b,c], da f(b) = g(b). Defiisika h pada [a,c] dega h(x) = f(x) utuk x [a,b] da h(x) = g(x) utuk x (b,c]. Buktika bahwa h kotiu pada [a,c]. 4. Jika x R, kita defiisika x adalah bilaga bulat terbesar Z sedemikia sehigga x. (Jadi, sebagai cotoh, 8,3 = 8, π = 3, -π = -4.) Fugsi x a x disebut fugsi bilaga bulat terbesar. Tetuka titik-titik dimaa fugsi-fugsi berikut kotiu : (a). f(x) = x, (b) g(x) = x x, (c). h(x) = si x, (d) k(x) = /x (x 0). 5. Misalka f terdefiisi utuk semua x R, x, dega f(x) = (x + x 6)/(x ). Dapatkah f terdefiisi pada x = dimaa dega ii mejadika f kotiu pada titik ii? Aalisis Real I 56

Menunjukkan lagi