BAB : I SISTEM BILANGAN REAL

Ruag Barisa BAB : I SISTEM BILANGAN REAL Sebelum membicaraka barisa da deret aka dibicaraka lebih dahulu tetag bilaga real karea barisa da deret yag aka dibicaraka adalah barisa da deret bilaga real. Sistem bilaga real merupaka hasil peradapa mausia yag mou-metal yag mempuyai sifatsifat yag sempura sehigga semua cabag ilmu pe-getahua megguakaya, terutama matematika. Utuk keperlua barisa da deret bilaga real, bab ii aka meyajika secara sigkat, tetapi cukup, tetag sistem bilaga real.. Sifat-sifat dasar bilaga real Yag dimaksud dega sistem bilaga real (the real umbers system) adalah himpua semua bilaga real, yag diotasika dega huruf R diperergkapi dega dua operasi bier jumlaha (+) da perkalia (x atau.) da uruta (<,, >, atau ). Utuk selajutya bilaga-bila ga real sediri (aggota ) diotasika dega huruf-huruf : a, b, c,... Sifat-sifat dasar bilaga real di ataraya adalah sebagai berikut. A. merupaka grup komutatif terhadap operasi jumlaha (+), artiya : (i) (+) bersifat tertutup, yaitu utuk setiap a, b ε R terdapat dega tuggal c ε R sehigga a + b = c. (ii) (+) bersifat asosiatif, yaitu utuk setiap a, b, c ε R bear bahwa a + (b + c) = (a + b) + c. (iii) Terdapat tepat satu biaga real 0, yaga disebut bilaga ol, sehigga bear bahwa a +0 = 0 + a = a

2 utuk setiap a ε R. (iv) Utuk setiap a ε R terdapat dega tuggal bilaga utuk setiap b ε R sehigga a + b = b + a = 0. Bilaga real b tersebut diamaka bilaga egasi a da dituliska dega -a. Jadi, a + -a = -a + a = 0. (v) (+) bersifat komutatif, yaitu utuk setiap a, b ε R bear bahwa a + b = b + a. B. -{0} merupaka grup komutatif terhadap operasi perkalia (. a- tau x ) (i) (ii) (.) bersifat tertutup, yaitu utuk setiap a, b ε R-{0}terdapat dega tuggal c ε R - {0}sehigga a. b = c. (.) bersifat asosiatif, yaitu utuk setiap a, b, c ε R-{0}bear bahwa a.(b.c) = (a.b).c. (iii) Terdapat tepat satu biaga real, yaga disebut bilaga satua, sehigga bear bahwa a. =.a = a utuk setiap a ε R-{0} (iv) Utuk setiap a ε R-{0}terdapat dega tuggal bilaga (v) ε R-{0} sehigga a.b = b.a =. Bilaga real b tersebut diamaka bilaga iverse a da dituliska dega a - atau a. Jadi, a.a - = a -.a = atau a. a = a.a = (+) bersifat komutatif, yaitu utuk setiap a, b ε R-{0} bear bahwa a.b = b.a.

3 C. merupaka lapaga (field), artiya (i) memeuhi sifat-sifat A da B tersebut di atas da (ii) utuk setiap a, b, c ε berlaku a.(b + c) = a.b +a.c da a.0 = 0.a = 0. Utuk meyigkat peulisa, jika a, b ε R yag dimaksud dega a b adalah a + (-b), jadi a b = a + (-b). Terdapat himpua-himpua bagia yag petig di dalam : (a) Himpua semua bilaga bulat positif (positive iteger) atau bilaga asli yag biasa diotasika dega N; jadi = {, 2, 3,... } (b) Himpua semua bilaga bulat (iteger) yag biasa diotasika dega Z. ; jadi = {..., -3, -2, -, 0,, 2, 3,... } (c) Himpua semua bilaga rasioal (ratioal umbers) atau pecaha yag biasa diotasika dega Q; jadi = { m : m ε Z da N }. Dega demikia diperoleh hubuga : N Z Q R. Yag dimaksud bilaga cacah adalah bilaga 0 atau bilaga asli. Berdasarka sifat-sifat bilaga real tersebut di atas, yaitu sifat-sifat A, B, da C, dapat dituruka sifat-sifat lai yag berbetuk teoremateorema di bawah ii. Teorema-teorema segaja tapa bukti, tetapi sebagai latiha. Teorema.. : Jika a ε R, maka (i) persamaa x + a = 0 mempuyai peyelesaia tuggal di dalam R, yaitu x = a, (ii) persamaa x.a = dega a 0 mempuyai peyelesaia tuggal

4 di dalam R, yaitu x = a -. Teorema..2 : Utuk setiap a ε R diperoleh : (i) a.0 = 0, (iii) -(-a) = a, da (ii) (-).a = -a, (iv) -(-) =. Teorema..3 : Diketahui a,b,c ε R. (i) Jika a 0, maka a - = 0 da = a. a a (ii) Jika a.b = a.c da a 0, maka b = c. (iii) Jika a.b = 0 maka a = 0 atau b = 0. Bukti iduksi matematika (mathematical iductio) berdasarka Axioma Peao di bawah ii. Axioma Peao ( Axiom of Peao ) : Jika P N memeuhi sifat-sifat : (a) ε P da (b) ε P + ε P maka P = N. Di dalam aplikasiya pada pembuktia, yag disebut bukti iduksi matematika adalah sebagai bekikut. Jika suatu peryataa (rumus) bear utuk bilaga asli (bi-laga bulat positif) da jika peryataa (rumus) tersebut diaggap bear utuk suatu bilaga asli da dapat dibuktika bear utuk bilaga asli +, maka dapat diambil kesimpul- a bahwa peryataa (rumus) tesebut bear utuk setiap bilaga asli. Cotoh : Bear bahwa utuk setiap bilaga asli berlaku ( i= i) 2 = i= i 3. Bukti : Lagkah pertama : Terlihat dega mudah bahwa rumus (peryataa) bear utuk =, karea utuk = ruas kiri da ruas kaa bersama-sama berilai. Lagkah ke-2 : Rumus diaggap bear utuk suatu bilaga asli ; jadi diagap bear bahwa ( i= i) 2 = i= i 3

5 utuk suatu bilaga asli. Aka dibuktika bahwa rumus bear utuk bilaga asli +. Bukkti sebagai berikut : + ( i= i) 2 = { i= i + ( + )} 2 = ( i= i) 2 + 2.( + ). i= i + ( + ) 2 = i= i 3 + 2.( + ){ ( + )} + ( +)2 2 = i= i 3 + ( +) 2 ( + ) = + i 3 i=. Bergasarka hasil lagkah pertama da hasil lagkah ke-2 dapat disimpulka bahwa rumus (peryataa) bear utuk setiap bilaga asli. Bukti selesai..2 Uruta pada sistem bilaga real Uruta pada system bilaga real dapat dibagu melalui pembetuka suatu himpua bagia yag disebut himpua bilaga positif, yaitu sebagai di bawah ii. Defiisi.2. : Himpua P R disebut himpua bilaga positif (the set of positive umbers) jika P memeuhi tiga syarat di bawah ii : (i) Utuk setiap x,y ε P berakibat x+y ε P. (ii) Utuk setiap x,y ε P berakibat x.y ε P. (iii) P mempuyai sifat trikhotomi (trichotomy property), yaitu: Utuk setiap x ε R tepat satu terjadi : x ε P, -x ε P, atau x = 0. Utuk selajutya yag dimaksud bilaga positif adalah aggota P da sebalikya setiap aggota P disebut bilaga positif. Semetara itu, himpua P {0} disebut himpua bilaga oegatif da aggotaya disebut bilaga oegatif. Sekarag telah siap utuk membetuk uruta pada system bilaga real R. Defiisi.2.2 ( Uruta ) : Jika x,y ε R, maka x dikataka lebih kecil daripada y, ditulis sigkat dega x y,

6 jika y - x ε P. Sejala dega itu, x dikataka lebih kecil daripada atau sama dega y, ditulis sigkat dega x y, jika x < y atau x = y. Catata : (a) x < y dituliska pula dega y > x da dibaca y lebih besar daripada x. (b) x y dituliska pula dega y x da dibaca y lebih besar dari pada atau sama dega x. (c) x ε P dituliska pula dega x > 0. Berdasarka Defiisi.2.2 tersebut di atas di peroleh beberapa teorema di bawah ii. Teorema.2.3 : Diketahui x,y,z ε R. Peryataa-peryataa di bawah ii bear : (i) Jika x < y da y < z, maka x < z. (ii) Tepat satu terjadi : x < y, y < x, atau x = y. (iii) Jika x y da y x, maka x = y. Bukti : (i) x < y da y < z y - x, z - y ε P z x =(y-z )+(z- y) ε P x < z. (ii) Berdasarka sifat trikhotomi, x < y, y < x, atau x = y y x ε P, x y = -(y x ) ε P, atau y x = 0 ε P. (iii) Adaika x y, maka y < x atau x < y ; sustu kotradiksi. Teorema.2.4 : Peryataa-peryataa di bawah ii bear : (i) Jika x bilaga real da x 0, maka x 2 = x.x = -x.-x > 0. (ii) > 0. (iii) Jika bilaga asli, maka > 0.

7 Bukti : (i) Jika x bilaga real (x ε R) da x 0, maka x ε P atau - x ε P. Hal ii berarti x 2 = x.x = -x.-x > 0. (ii) Meuut (i) diperoleh =. = -.- > 0. (iii) Bukti dega iduksi matematika. Teorema di bawah ii mudah dibuktika ; silahka membuktika sebagai latiha. Teorema.2.5 : Diketahui x, y, z, da u bilaga-bilaga real. (i) Jika x < y, maka x + u < y + u. (ii) Jika x < y da z u, maka x + z < y + u. (iii) Jika x < y da u > 0, maka x.u < y.u. Jika x < y da u < 0, maka x.u > y.u. (iv) Jika x > 0, maka x - = x > 0. Jika x < 0, maka x- = x < 0. Bukti : Adaika a 0, jadi a > 0. Meurut Akibat.2.7 diperoleh 0 < Berdasarka Teorema.2.5 (i) da (ii) diperleh teorema di bawah ii. Teorema.2.6 : Jika x, y bilaga real da x < y, maka x < x+y 2 < y. Akibat.2.7 : Jika x bilaga real da x > 0, maka 0 < x 2 < x. Teorema.2.8 : Jika a bilaga real da berlaku 0 a < ε utuk sebarag bilaga real ε > 0, maka a = 0. Bukti : Adaika a > 0. Karea bilaga real ε > 0 sebarag, dega megambil ε = a, meurut yag diketahui, diperoleh 0 2 a < a 2 ; suatu kotradiksi da bukti selesai. Teorema.2.8 mempuyai akibat sebagai berikut. Akibat.2.9 : Jika a da b dua bilaga real, maka a = b jika da haya jika utuk sebarag bilaga real ε > 0 bear bahwa 0 a b < ε.

8 Teorema.2.0 : Jika a da b dua bilaga real da a < b + ε utuk sebarag bilag a real ε > 0, maka a b. Bukti : Adaika a > b berarti a b > 0. Karea bilaga real ε > 0 dapat diambil sebarag da bilaga real a b Meurut Teorema.2.6 da yag diketahui diperoleh 2 > 0, diambil ε = a b 2. suatu kotradiksi da bukti selesai. a < b + a b 2 = a+b 2 < b, Teorama.2. : Jika a da b dua bilaga real da a.b > 0, maka : a > 0 da b > 0 atau a < 0 da b < 0. Bukti : Karea a.b > 0 tetu a 0 da b 0. Jika a > 0 diperoleh a - > 0 da a.a - = a - a =. Oleh karea itu a.b > 0 a -.(a.b) = (a -.a).b =.b = b > 0. Jika a < 0 diperoleh a - < 0 da a.a - = a -.a =. Oleh karea itu Bukti selesai. a.b > 0 a -.(a.b) = (a -.a).b =.b = b < 0. Ada beberapa himpua bagia di dalam yag diotasika secara khusus. Diketahui a,b ε R da a < b. Himpua (a) (a,b) = { x ε R a < x < b } (b) [a,b] = { x ε R : a x b} (c) [a,b) = { x ε R : a x < b} : selag (iterval) terbuka, : selag (iterval) tertutup, : selag (iterval) terbuka kaa, (d) (a,b] = { x ε R a < x b } : selag (iterval) terbuka kiri. (e) (a, ) = { x ε R x > a } : selag terbuka tak terbatas ke-atas [a,) = { x ε R x a } : selag tertutup tak terbatas ke-atas. (f) (-,a) = { x ε R x < a } : selag terbuka tak terbatas kebawah. (-, a] = {x ε R : x a } : selag tertutup tak terbatas ke- B bawah.

9.3 Nilai mutlak da himpua terbatas Jika x suatu bilaga real, maka yag dimaksud dega ilai (har- ga) mutlak (absolute value of) x adalah bilaga real o egatif x yag didefiisika sebagai berikut : x jika x 0 x = { x jika x < 0 Berdasarka pegertia ilai mutlak tersebut diperoleh teorema da akibat di bawah ii. Silahka mebuktikaya, sebagai latiha. Teorema.3. : Jika x da y bilaga-bilaga real, maka : (i) x 0, x = 0 jika da haya jika x = 0, (ii) -x = x, (iii) x.y = x. y, (iv) x+y x + y (ketidaksamaa segitiga), (v) x y jika da haya jika -y x y, (vi) - x x x. Sebagai akibat lagsug teorema tersebut adalah : Akibat.3.2 : (i) Jika x da y dua bilaga real, maka : x - y x y da x y x + y. (ii) Utuk setiap bilaga-bilaga real a, a2,...,a bear bahwa : i= a i i= a i. Himpua terbatas di dalam R Bagia ii memuat pembicaraa megeai himpua bilaga real yag terbatas.

0 Defiisi.3.3 : Himpua bilaga real A R dikataka: (i) terbatas ke-atas (upper bouded) jika terdapat bilaga M sehigga a utuk setiap a ε A. Bilaga M disebut batas atas (upper boud) himpua A. (ii) terbatas ke-bawah (lower bouded) jika terdapat bilaga m sehigga m M utuk setiap a ε A.Bilaga m disebut batas bawah (lower boud) himpua A. (iii) terbatas (bouded) jika himpuaa A terbatas ke-atas da terbatas ke-bawah. Berdasarka pegertia tersebut (Defiisi.3.3 (i),(ii)) mudah difahami bahwa jiika himpua bilaga real A tebatas ke-atas dega batas atas M maka setiap bilaga real M2 M merupaka batas atas himpua A pula. Oleh karea itu tetu himpua A mempuyai batas atas yag palig kecil yag disebut batas atas terkecil (bat), supremum (sup), atau the least upper boud (lub) himpua A. Jadi diperoleh teorema di bawah ii. Teorema.3.4 A : Bilaga real M = sup(a) = bat(a) = lub(a) merupaka batas atas terkecil himpua A jika da haya jika (a) M merupaka batas atas himpua A : a M utuk setiap a ε A, da (b) utuk setiap bilaga ε > 0 ter dapat ao ε A sehigga M ε < ao. a

Jika himpua bilaga real A tebatas ke-bawah dega batas bawah m maka setiap bilaga real m2 m merupaka batas bawah himpua A pula. Oleh karea itu tetu himpua A mempuyai batas bawah yag palig besar yag disebut batas bawah terbesar (bbt), ifimum (if), atau the greatest lower boud (glb) himpua A. Jadi diperoleh : Teorema.3.4 B : Bilaga real m = if(a) = bbt(a) = glb(a) merupaka batas bawah terbesar himpua A jika da haya jika (a) m merupaka batas bawah himpua A : m a utuk setiap a ε A, da (b) utuk setiap bilaga ε > 0 terdapat ao ε A sehigga ao < m + ε. Bukti : Cukup dibuktia Teorema.3.4.A saja karea bukti utuk Teorema.3.4.B sejala. Syarat perlu : Bilaga M batas atas terkecil himpua bilaga real A. Karea M batas atas himpua A maka utuk setiap a ε A bear bahwa a M. Karea M batas himpua A yag palig kecil, maka utuk sebarag bilaga ε > 0 maka M ε sudah buka batas atas lagi. Oleh karea itu ada ao ε A sehigga M ε < ao. Syarat cukup : Meurut hipotesis bagia (a) bilaga real M merupaka batas atas himpua A da meurut hipotesis bagia (b) utuk sebarag bilaga ε > 0 bilaga real M ε sudah buka batas atas himpua A lagi. Hal ii berarti M merupaka batas atas terkecil himpua A. Yag dumaksud dega himpua terbatas ( bouded set ) adalah himpua yag terbatas ke-atas maupu terbatas ke-bawah. Perlu dicatat bahwa jika himpua bilaga real A terbatas, maka sup(a) atau if(a) belum tetu mejadi aggota himpua A itu sediri. Sebagai cotoh adalah himpua di bawah ii. Cotoh :. A = (a,) merupaka himpua bilaga real yag terbatas ke- Barissa da deret

2 bawah dega Jelas bahwa a buka aggota A. if(a) = a. 2. B = {0,, 2} (3,5) merupaka himpua bilaga real yag terbatas dega if(b) = 0 ε B da sup(b) = 5 B. 0 mejadi aggota da 5 tak mejadi aggota. Jika C da D dua himpua bilaga real da x bilaga real, didefiisika : C + D = { c+d : c ε C da d ε D }, x + C = { x + c : c ε C }, da x.c = { x.c : c ε C }. Teorema.3 5 : Jika C da D dua himpua bilaga real, maka : (i) C D sup(c) sup(d) da if(c) if(d). (ii) sup(c D) sup(c) + sup(d) da if(c + D) if(c) + if(d). (iii) Jika x > 0 maka : sup(xc) = x.sup(c) da if(xc) = x.if(c) Jika x < 0 maka : sup(xc) = x.if(c) da if(xc) = x.sup(c). Bukti : (i) Utuk setiap d ε D berlaku d sup(d) da karea C D maka setiap c ε C berakibat c sup(d). Hal ii berarti sup(c) sup(d). Sebalikya, utuk setiap c ε C berlaku if(c) c ga karea C D maka setiap d ε D berakibat if(c) d. Hal ii berarti if(c) if(d). (ii) Utuk meyigkat amaka M = sup(c) da M2 = sup(d). Utuk setiap x ε C + D tetu ada c ε C da d ε D sehigga x = c + d ; c M da d M2.. Oleh karea itu x = c + d M + M2. Hal ii berarti M + M2 merupaka batas atas himpua C + D; jadi sup(c + D) M + M2 = sup(c) + sup(d). Selajutya, utuk meyigkat, amaka m = if(c) da m2 = if(d). Utuk setiap x ε C + D tetu ada c ε C da d ε D sehigga x = c + d ; c

3 m da d m2. Oleh karea itu x = c + d m + m2. Hal ii berarti m + m2 merupaka batas bawah himpua C + D; jadi if(c+d) m + m2 = if(c) + if(d). (iii) Silahka membuktika sediri. Sistem bilaga complex Sistem bilaga komplex merupaka perluasa system bilaga real melalui pembetuka tepat satu bilaga baru : i = yag disebut bilaga imajier (imagiair umber). Jadi i 2 = - Selajutya, jika a da b bilaga-bilaga real maka bilaga z =a +bi disebut bilaga komplex (complex umber); a disebut bagia real, da b disebut bagia imagier biaga komplex z tersebut. Jadi jika C koleksi semua bilaga komplex, maka = { z = a + bi : a,b ε }, da jelas bahwa karea setiap a ε dapat diaggap sebagai a + 0i. Operasi-operasi bier pada sebagai berikut : (a) Jumlaha (+) : Jika z = a + bi da z2 = a2 + b2i dua bilaga komplex, maka z + z2 = (a + bi) + (a2 + b2i) = (a + a2) + (b + b2)i. (b) Perkalia scalar : Jika c bilaga real da z = a + bi bilaga komplex maka c.z = c.( a + bi) = c.a + c.b i. (c) Hasil gada : Jika z = a + bi da z2 = a2 + b2i dua bilaga komplex, maka z.z2 = (a + bi).(a2 + b2i) = (a.b a2.b2) + (a.b2 + a2.b)i. Perlu medapat perhatia bahwa i 2 = i.i = - da bilaga complex :

4 = a+bi a+bi. a bi a bi = a ib a 2 +b 2 Jika z = a + bi bilaga komplex, maka bilaga real positif ρ = z = a 2 + b 2 disebut modulus bilaga komplex z tersebut. Oleh karea itu z = ρ.( a + b i ) = ρ.(cosθ + i.siθ) = ρ.eiθ ρ ρ da disebut argume (argumet) bi- dega θ = arccos a = ρ arcsib ρ laga komplex z tersebut. Latiha. Buktika Teorema.., Teorema..2, da Teorema..3. 2. Berdasarka salah satu teorema tesebut, tetuka bilaga real x sehigga (i) 3.x + 5 = 3, (ii) 2.x + 5 = 3.x +, (iii) x 2 = 2.x, (iv) (x 2).(x + ) = 0. 3. Jika a da b dua bilaga real buktika bahwa : (i) -(a + b) = (-a) + (-b), (ii) (-a).(-b) = a.b, (iii) (iv) -( a b ) = a b.2.9. a = -( a ), 4. Buktika Teorema.2.6, Akibat.2.7, da Akibat 5. Jika bilaga real a 0 da bilaga asli 2, didefisika bilag- a real: a, 2 a da a ( a) 2 2 = ( a sebagai berikut : ) 2 = a da ( a) = a. Buktika bahwa jika a > 0 da b > 0 diperoleh : 6. Jika a > 0 da b > 0, buktika bahwa : a b a 2 b 2 a b a. b a+b 2 da a.b a 2 +b 2 2. Jika a, a2,..., a da b, b2,..., b bilaga-bilaga real,

5 Buktika bahwa : i= (a i.b i ) i= a i.b i ( i= a i 2 ) /2.( i= b i 2 ) /2 da ( i= a i +b i 2 ) /2 ( i= a i 2 ) /2 + ( i= b i 2 ) /2. 8. Buktika dega iduksi matematika! (a) Jika bilaga real x > -, maka utuk setiap bilaga asli bear bahwa +.x ( + x) (b) Jika a da b dua bilaga real da bilaga asli, maka (a + b) = ( i i=0 )a -i.b i (c) Jika bilaga real ci 0 utuk i=,2,...,, maka 2 (c + c2 +... + c).( c + c 2 +... + c ). 9. Jika A da B dua himpua bilaga real, buktika bahwa : sup(a B) sup(a) sup(a B) da if(a B) if(a) if(a B) 0. Diketahui A suatu himpua bilaga real yag tak kosog. Buktika bahwa : (a) Jika a > 0 maka if(a.a) = a.if(a) da sup(a.a) = a.sup(a). (b) Jika a < 0 maka if(a.a) = a.sup(a) da sup(a.a) = a.if(a).. Diketahui X suatu himpua yag tak kosog da fugsi f : X merupaka fugsi terbatas. Jika a bilaga real positif, buktika bahwa : (a) sup{a + f(x) : x ε X } = a + sup{f(x) : x ε X }.

6 (b) if{a + f(x) : x ε X } = a + if{f(x) : x ε X }. 2. Jika A, B R didefiiska A + B = { a + b : a εa da b ε B }. Buktika bahwa sup( A + B ) sup(a) + sup(b) da if(a + B) if(a) + if(b) Deret da barisa

7 BAB II BARISAN da DERET BILANGAN REAL Setelah megigat kembali tetag bilaga real atau tepatya sistem bilaga real, pembicaraa tetag barisa da deret bilaga real disajika di dalam Bab II ii. Pembicaraa tetag barisa da deret bilaga komplex aka jelas setelah pembicaraa tetag barisa da deret bilaga real selesai. 2. Barisa bilaga real Defiisi 2.. : Yag dimaksud dega barisa bilaga real (sequece of real umbers) adalah himpua bilaga real terurut (ordered set of real umbers) {a,a2,a3,..... } yag ditulis sigkat dega {a} ; a,a2,a3,..... masig-masig disebut usur (term) atau aggota da ai disebut usur ke-i barisa itu. Berdasarka defiisi tersebut, barisa bilaga real {a} dapat dipadag sebagai himpua terurut atau suatu fugsi f : R dega a = f(), a2 = f(2), a3 = f(3), da seterusya yag umumya aj = f(j). Selajutya da agar lebih sigkat, yag dimaksud dega barisa yaitu barisa bilaga real asalka tak ada pejelasa apa-apa da yag dimaksud dega bilaga adalah bilaga real. Cotoh :. { } merupaka barisa (barisa bilaga real) dega usur ke-k adalah ak =. Jika barisa itu dipadag sebagai fugsi g :, k maka g(k) = ak =. {a}= k { }da jika barisa itu dipadag sebagai

8 himpua terurut dapat ditulis sebagai berikut : {, 2, 3,..... }. 2. { k+ i+ } merupaka barisa dega usur ke-i yaitu bi =, jadi k {bk} = { k+ k } 3. { 2 } da {( )k (k + + k 2 )3 } merupaka barisa. Jika S meotasika koleksi semua barisa (barisa bilaga real), maka S merupaka aljabar (algebra), yaitu : i (a) S merupaka ruag liear (ruag vektor atas lapaga ), artiya (i) Operasi jumlaha (+) di dalam bersifat tertutup : Setiap {a], {b} ε S didefiisika {a} + {b} = {a+b} ε S, (ii) Operasi perkalia skalar terpeuhi : Utuk setiap skalar (bilaga real) c da {a} ε S didefiisika c.{a} = {c.a} ε S, da (b) Operasi hasilgada (.) di dalam S bersifat tertutup : Setiap{a],{b} ε S didefiisika {a}.{b} = {a.b} ε S. Perlu dicatat bahwa jika diketahui barisa {a}, {b} ε S dega b 0 utuk setiap, yag dimaksud dega barisa {a } {b } adalah barisa { a b } ; jadi { b } = {b } da {a } {b } = { a b }. asalka b 0.

9 Cotoh :. Jika diketahui barisa-barisa { 2 real) c, maka (i) { 2 + }+{+ } = {{ 2 }, {+ + + + + }, da scalar ( bilaga } = +(+) 2 {3 }. (+) (ii) (iii) (iv) c{ 2 2 } = {c. } = + + {c.2}. + { 2 + }.{+ { 2 + }/{+ } = { 2 } = { 2 +.+ + /+ } = {}. } = { 3 }. (+) 2 Dega {a(k)} {a}, dibaca : {a(k)} merupaka barisa-bagia (sub-sequece) barisa {a}, jika setiap usur a(k) ε {a}. Cotoh : 2. Barisa barisa { }, { ), da { } masig-masig merupaka 2.(+) 2. 3. barisa-bagia barisa { }, karea utuk setiap masig-masig,, aggota 2.(+) 2. 3. {}. Kekovergea da kedivergea suatu barisa Defiisi 2..2 : Barisa {a} dikataka koverge (coverget) jika ada bilaga k sehigga utuk sebarag bilaga ε > 0 terdapat bilaga asli o da utuk setiap bilaga asli a k < ε. Pegertia tersebut ditulis sigkat dega o bear bahwa lim a = k atau {a} k utuk,

20 da bilaga k disebut limit barisa {a}, da dikataka barisa {a} koverge ke k. Barrisa yag tak koverge dikataka diverge. Berdasarka defiisi tersebut diperoleh teorema di bawah ii. Teorema 2..3 : Jika barisa {a} koverge maka limitya tuggal. Bukti : Jika bilaga k da g merupaka limit barisa {a}, maka berdasarka Defiis 2..3 utuk sebarag bilaga ε > 0 terdapat bilaga-bilaga asli da 2 sehigga jika bilaga asli (i) bear bahwa a k < ε 2, (ii) 2 bear bahwa a g < ε 2. Dega megambil bilaga asli o = maks{,2} da jika bilaga asli o diperoleh 0 k g k a + a g < ε 2 + ε 2 = ε, yag berarti k = g, meurut Teorema.2.8, da bukti selesai. Cotoh :. Barisa { + } koverge ke bilaga, sebab jika diambil sebarag bilaga ε >0 dapat ditujukka bahwa ada bilaga asli o sehigga jika bilaga asli o berakibat + - < ε, < ε, atau > ε. yaitu sebagai berikut. Dipilih bilaga asli o = bilaga asli perama yag lebih besar dari pada. Dega demikia diperoleh utuk seti- ε ap bilaga asli o ( o > ) bear bahwa ε + - < ε yag dega kata lai terbukti bahwa barisa { + atau + lim = } koverge ke 2. Barisa {(-) } koverge ke bilaga 0 atau lim ( ) =

2 0,sebab utuk sebarag bilaga ε >0 dapat ditemuka bilaga asli o sehigga jika bilaga asli o bear bahwa (-) - 0 = = < ε, < ε, atau >. ε Bilaga asli o dapat dipilih maa saja asalka lebih besar daripada ε. Dalam praktek, sebagai cotoh, jika diambil bilaga ε = 0,005 maka jika bilaga asli > 0,005 yag berarti o = 00, diperoleh usur ke-00 atau lebih selisihya dega 0 (limit barisa) sudah lebih kecil daripada ε = 0,005. 3. Barisa { 2 } diverge karea lim + 2 = + yag artiya setiap ditujuk bilaga M > 0 selalu terdapat bilaga asli sehigga 2 + > M atau setiap meujuk bilaga k selalu lim 2 + Barisa {a} dikataka terbatas (bouded) jika ada bilaga M > 0 sehigga utuk setiap bilaga asli bear bahwa a M atau -M < a < M. Dega kata lai barisa terbatas jika da haya jika barisa itu terbatas ke-atas da terbatas ke-bawah. Teorema 2..4 : Setiap barisa yag koverge terbatas. Bukti : Diambil {a} sebarag barisa yag koverge; kataka koverge ke k. Jadi utuk bilaga ε = dapat ditemuka bilaga asli o sehigga jika bilaga asli o berlaku (a) a k < yag berakibat a < k +. (b) Selajutya diambil bilaga M = maks{ a, a2,..., a o, k + }. Berdasarka hasil (a) da (b) diperpleh : utuk setiap bilaga asli bear bahwa k. a M yag dega kata lai barisa {a} terbatas.

Teorema 2..5 : Jika c suatu skalar da barisa {a}, {b} berturutturut koverge ke k da l, maka barisa-barisa {c.a}, {a + b}, {a.b}, da { a b 22 } dega b 0 utuk setiap berturut-turut koverge ke c.k, k + l, k. da k l asalka l 0. Dega bahasa yag sama : jika lim a = k da lim b = l, maka (a) limc. a = c. lim a = c.k, (b) lim( a + b ) = lim a + lim a = k + l, (c) lim (a. b ) = lim a. lim b = k.l, da a (d) lim = lim a b lim b = k l asalka l 0. Bukti : Karea barisa {a} da barisa {b} berturut-turut koverge ke k da l maka, meurut Teorema 2..4, {a} da{b} terbatas ; jadi ada bilaga positif M da M2 sehigga utuk setiap bilaga asli bear bahwa a M da b M2. Lebih dari itu, utuk sebarag bilaga ε 0 terdapat bilaga asli da 2 sehigga (i) jika bilaga asli bear bahwa a k < ε 2.(M 2 +) da k M, (ii) jika bilaga asli 2 bear bahwa b l < ε 2.(M +). Oleh karea itu utuk bilaga asli maks{, 2} = o diperoleh : (a) c.a c.k = c. a k < c. ε 2.(M 2 +) < c. ε yag dega kata lai terbukti bahwa barisa {c.a} koverge ke c.k atau lim > c. a = c. lim > a = c.k. (b) (a + b) (k l) a k + b l < ε 2 ε 2.(M 2 +) + ε 2.(M +) < ε 2 + = ε yag dega kata lai terbukti bahwa barisa {a + b}koverge ke k + l atau lim (a + b ) = lim a + lim b = k + l.

23 (c) a.b - k.l a k. b + k. b l ε 2 + ε 2 ε 2.(M 2 +).M2 + M. ε = ε yag dega kata lai terbukti bahwa barisa {a.b} koverge ke k.l atau lim a.b = lim a. lim b = k.l. 2.(M +) < (d) Barisa {b} terbatas berarti {b} terbatas ke bawah da karea b 0 utuk setiap bilaga asli maka ada bilaga positif m sehiga m b. Oleh karea itu utuk bilaga asli o di atas diperoleh : yag berarti b - l = b l b.l = b. l. b - l lim = b lim b m l. = l. ε 2.(M +) Jadi, berdasarka (c) da hasil terakhir tesebut diperoleh lim a b Bukti selesai. Cotoh : = lim a. = lim b = lim a...jika {a} = { 2+ dihitug lim b a. lim b = k l } da {b} = { } berdasarka Teorema 2.3.5 3+2 lim 2b, lim (a + b ), lim a. b, da a lim. b Peyelesaia : lim 2b = 2. lim b = 2. lim lim (a 2+ + b ) = lim a + lim b = lim = 2. 3 lim a. b = lim a lim = lim a. b 2+ lim b. lim = 3+2 2. = 2. 3 3 = 2. 3 = 2. 3 = 6. 3+2 = 2. 3 = 2 3 + lim 3+2 = 2 + 3 Sekali lagi tetag barisa terbatas. Karea barisa (barisa bilaga real) dapat dipadag sebagai himpua (himpua bilaga real), maka ada pegertia barisa terbatas ke atas, barisa terbatas ke

24 bawah, da barisa terbatas. Jadi, seperti pada himpua (lihat Teorema 34 A da B) : (a) Barisa {a} dikataka terbatas ke atas jika ada bilaga real M sehigga a M utuk setiap ; bilaga M disebut batas atas barisa itu da batas atas yag palig kecil disebut batas atas terkecil (bat), supremum (sup), atau the least upper boud (lub). (b) Barisa {a} dikataka terbatas ke bawah jika ada bilaga real m sehigga m a utuk setiap ; bilaga m disebut batas bawah barisa itu da batas bawah yag palig besar disebut batas bawah terbesar (bbt), ifimum (if), atau the greatest lower boud (glb). (c) Barisa {a} dikataka terbatas jika barisa itu tebatas ke atas atau terbatas ke bawah. Cotoh :. (i) Barisa { + } merupaka barisa tebatas ke bawah karea ada bilaga m =,, 0, -,... merupaka batas-batas bawah barisa 2 itu. merupaka batas bawah yag palig besar, jadi bbt{ + + } = if{ }=, karea utuk sebarag bilaga ε >0 ada bilaga asli o ( o > - ε ) sehigga utuk o o bear bahwa (ii) Barisa { 2+ + < +ε. } merupaka barisa terbatas ke atas karea ada bilaga M =, 2,,...yag merupaka batas-batas atas barisa 2 3 itu. Teryata bilaga merupaka batas atas terkecilya, jadi 2 sup{ } =, 2+ 2 karea utuk sebarag bilaga ε > 0 terdapat bilaga asli o (o > 2ε ) sehigga utuk > 4ε o bear bahwa ε <, me- 2 2+ 2 gapa? (ii) Barisa { 2 } tak terbatas ke atas, sebab setiap diambil bi- 2+3 laga M > 0 ada bilaga asli o ( o > 2M +3 ) sehigga utuk o bear bahwa 2 2+3 > M.

25 Defiisi 2..6 : Barisa {a} dikataka : (i) aik mooto (mootoic odecreaig) jika utuk setiap bilaga asli bear bahwa a a+, (ii) turu mooto (mootoic oicreasig) jika utuk setiap bilagasli bear bahwa a+ a, (iii) mooto (mootoe) jika barisa itu aik mooto atau turu mooto. Cotoh :. (a) Barisa { 2 2+3 } aik mooto, sebab a = 2 2+3 utuk setiap bilaga asli. (b) Barisa { + (+) 2 2(+)+3 = a+ + } turu mooto, sebab b+ = utuk setiap bilaga asli. (+)+ = b + 2. Barisa {a} dega a = + 2 + +.... + merupaka barisa 3 yag aik mooto a < a + + = a+ utuk setiap bilaga asli Teorema 2..7 : Setiap barisa terbatas mempuyai barisa bagia yag mooto. Lebih jelasya : (i) Setiap barisa yag terbatas ke-atas mempuyai barisa bagia yag aik mooto. (ii) Setiap barisa yag terbatas ke-bawah mempuyai barisa bagia yag turu mooto. Bukti : (i) Diambil sebarag barisa {a} yag terbatas ke atas ; jadi{a} mempuyai batas atas terkecil, amaka bat{a] = M. Hal ii berar-ti utuk sebarag bilaga asli k (ε= ) ada a(k) ε {a} sehigga k M - k < a(k) M.

26 Diperoleh barisa bagia {a(k)} {a}. Karea M - k < M - k+ < a(k+) maka a(k) a(k+) yag berarti {a(k)} barisa bagia yag aik mooto Bukti dega cara yag lai sebagai berikut. Utuk setiap bilaga asli k diambil a(k) = maks{a,a2,....,ak}. Jika ada dua atau lebih usur yag memeuhi diambil usur yag beromor urut yag palig besar. Dega cara demikia diperole barisa bagia {a(k)} {a} yag aik mooto karea a a(k+). (ii) Bulti bagia (ii) sejala dega bukti bagia (i). Teorema 2..8 : (i) Barisa yag aik mooto da terbatas ke atas aka ko-verge ke batas atas terkecilya (ii) Barisa yag turu mooto da terbatas ke bawah aka koverge ke batas bawah terbesarya. Bukti : (i) Diambil sebarag barisa {a} yag aik mooto da terbatas ke atas ; amaka M = bat{a}. Jadi diperoleh bahwa utuk setiap bilaga ε > 0 terdapat bilaga asli o sehigga setiap bilaga asli o bear bahwa M - ε < a M < M + ε yag dega kata lai barisa {a} koverge ke M ( lim a = M ). (ii) Bukti bagia (ii) sejala dega bukti bagia (i). Teorema di atas secara tak lagsug megataka : Barisa yag aik mooto da tak terbatas ke atas aka diverge, demikia pula, barisa yag turu mooto da tak terbatas ke bawah aka diverge. Cotoh 2 di bawah ii memperlihatka bahwa bilaga Euler dapat dipadag sebagai bat suatu barisa aik mooto da terbatas ke-atas.

27 Cotoh :. Barisa { + } turu mooto da terbatas ke bawah dega bbt{ + } =. Jadi barisa { + } koverge ke batas bawah terbesarya yaitu atau + lim =. 2. Bilaga Euler : Diselidiki barisa {a} = { (+ ) }. Dega biomium Newto diperoleh : a = (+ ) = +! + 2!..(- ) + 3!..(- ).(- 2 ) +... +..(- ).(- 2 )... (- ).! a+ = (+ + )+ = + +..(- ) +..(- ).(- 2 )! 2! + 3! + + +... +..(- ).(- 2 ).... (- ). (+)! + + + Mudah dilihat bahwa a < a+ utuk setiap yag berart baris- a {a} = {(+ ) } aik mooto. Selajutya dari kesamaa pertama di atas diperoleh a < +! + 2! + 3! +... +! < + + 2 + 2 2 + 2 3 +.... + < + k=0 = 3 2 k yag megataka bahwa barisa { (+ ) } terbatas ke atas. 2 Karea barisa{a} = {(+ ) } terbukti aik mooto da terbatas ke atas, maka meurut Teorema 2.3.7 di atas barisa { (+ ) } koverge ke batas atas terkecilya da batas atas terkecilbya diotasika dega huruf e da yag disebut bilaga Euler ( Euler umber ). Jadi lim ( + ) = bat{ (+ ) } = e. Perlu dicatat bahwa e = lim ( + ) = lim{ + +.. ( - )! 2! +..(- )(- 2 ) +.... +..(- )(- 2 ).... ( ) } 3!! = + + + +....! 2! 3!

28 Jika dihitug sampai dega suku ke-5 diperoleh : 2,7828828459045 < e < 2,7828828459046 yag berarti bilaga Euler e 2,7828828459045 bear sampai dega 5 agka (digit) di belakag koma. 3. Mecari a : Diketahui bilaga a > 0 da barisa {s} dega s > 0 da s+ = ( 2 s + a 2 ). Karea s memeuhi persamaa kwadrat s s 2.s+.s + a = 0, maka persamaa itu mempuyai akar real. Oleh 2 2 karea itu diskrimiaya oegatif 4.s + 4.a 0 atau s + a utuk. Jadi {s} barisa terbatas ke bawah Lebih lajut : s s+ = s - 2 (s + a ) = 2. (s s 2.s - a) 0 atau s+ s yag berarti barisa {s} turu mooto. Jadi barisa {s} koverge ke batas bawah terbasarya, katakaa bbt{s} = s. Dega megguaka Teorema 2.3.5 diperoleh s = ( 2 s+a ), s s2 = a, atau s = a. Jadi utuk mecari ilai pedekata bilaga a dapat megguaka rumus iteratif ( iterative formular ) : s+ = ( 2 s + a ). s 4. Barisa {a} dega a = + + +.... + jelas merupaka 2 3 barisa aik mooto karea a < a+ (a+ a = > 0). Lebih lajut, + a =, a2 = +, 2 a3 = + + > +, 2 3 2 a4 = + + 2 ( + ) > + +, 3 4 2 2 a8 = + + 2 ( + ) + 3 4 ( + + + ) > + + + 5 6 7 8 2 2 2 Umumya a 2 > + (-).. Hal ii berarti barisa {a} aik mo- 2 oto da tak terbatas ke atas : lim a > lim ( + ( ). 2 ) =.

29 Berdasarka Teorema 2..8 diperoleh teorema petig di bawah ii yag mempuyai bayak pemakaia dalam bidag aalisis selajutya. Teoema 2..9 ( Teorema Selag Susut ) : Jika barisa selag tertutup {[a,b]} memeuhi sifat-sifat : (i) (ii) [a+,b+] [a,b] utuk setiap bilaga asli da lim (b-a) = 0 maka terdapat dega tuggal titik xo ε [a,b] utuk setiap. Bukti : Karea [a+,b+] [a,b] utuk setiap bi;aga asli maka barisa biaga {a} aik mooto terbatas ke atas da barisa bilaga {b} turu mooto da terbatas ke bawah. Oleh karea itu ada dega tuggal, meurut Teorema 2..8, bilaga a dad b sehigga lim a = bat{a} = a da lim b = bbt{b}= b. Tiggal memperlihatka a = b. Diambil sebarag bilaga ε > 0. Pertama, adaika a < b maka dapat dipilih bilaga asli o sehigga utuk setiap bilaga asli > o bear bahwa a ε < a a < a + ε da b ε < b b < b + ε yag berakibat b a > (b + ε) (a ε) = b a + 2ε atau lim (b a) = b a < 0, merupaka suatu kotradiksi. Ke-dua, adaika b < a. Dega cara yag sama diperoleh b a > (b - ε) (a + ε) = b a - 2ε atau lim (b a) = b a > 0, juga merupaka suatu kotradiksi. Jadi yag bear adalah a = b da bukti selesai dega megambil xo = a = b. Defiisi 2..0 : Barisa {a} disebut barisa Cauchy (Cauchy sequece) atau barisa fudametal (fudametal sequece) jika utuk

30 setiap bilaga ε > 0 ada bilaga asli o sehigga jika dua bilaga asli m, o bear bahwa am a < ε. Beberapa teorema di bawah ii megeai barisa Cauchy. Teorema 2.. : Setiap barisa Cauchy terbatas. Bukti : Meurut Defiisi 2..9 tersebut jika {a} barisa Cauchy, utuk bilaga (ε = ) maka ada bilaga asli o sehigga jika dua bilaga m, o bear bahwa am a. Oleh karea itu diperoleh : a o - a < yag berakibat a < a o + utuk setiap o. Selajutya, jika diambil bilaga M = maks{ a, a2,..., a o, a o + } diperoleh a M utuk setiap bilaga asli yag berarti barisa {a} terbatas. Berdasarka teorema tersebut,teorema 2..7, da Teorema 2..8 dapat ditarik kesempula bahwa setiap barisa Cauchy mempuyai barisa bagia yag koverge. Teorema 2..2 : Setiap barisa Cauchy koverge da, sebalikya, setiap barisa yag koverge merupaka barisa Cauchy. Bukti : Diambil sebarag barisa Cauchy {a}. Meurut Teorema 2.3. 0, barisa {a} terbatas da meurut Teorema 2.3.7 setiap barisa yag terbatas mempuyai barisa bagia yag mooto. Kataka barisa bagia yag mooto itu {a(k)}. Karea mooto {a(k)} {a} terbatas maka, meurut Teorema 2.3.8, barisa {a(k)} koverge, kataka koverge ke bilaga k. Jadi utuk setiap bilaga ε > 0 dapat

3 dipilih bilaga aski o sehigga utuk setiap bilaga asli m,, (k) o bear bahwa am a < ε 2 da a(k) k < ε 2. Hal ii berakibat bahwa utuk setiap bilaga asli > o bear bahwa a k a a(k) + a(k) k < ε + ε = ε, 2 2 Dega kata lai terbukti bahwa barisa Cauchy {a} koverge ( ke k pula).sebalikya, jika {a} barisa yag koverge maka ada bilaga c sehigga utuk setiap bilaga ε > 0 terdapat bilaga asli o sehigga utuk setiap bilaga asli o bear bahwa a c < ε. 2 Oleh karea itu utuk setiap dua bilaga asli m, > o bear bahwa am a am c + c a < ε 2 + ε 2 = ε. Dega kata lai terbukti bahwa setiap barisa yag koverge merupaka barisa Cauchy. Barisa bilaga komplex Jika utuk setiap bilaga asli diketahui dua bilaga real a da b, maka barisa bilaga {z} = {a+bi}, dega z = a+bi, disebut barisa bilaga komplex (sequece of complex umbers). Mudah difahami bahwa {z} = {a+bi} = {a} + {b}.i da {a} disebut barisa bagia real da {b} disebut barisa bagia imagier. Deret bilaga complex {z} = {a+bi} dikataka koverge jika ada bilaga complex z = a + bi sehigga utuk setiap bilaga ε > 0 terdapat bilaga asli o da jika bilaga asli > o bear bahwa

32 z z = (a+bi) (a+bi) = (a a) + (b b)i = (a a) 2 + (b b) 2 < ε Oleh karea itu diperoleh : Teorema 2..3 : Barisa bilaga komplex {z} = {a+bi} koverge jika da haya jika barisa bagia realya yaitu {a} koverge da barisa bagia imagierya yaitu {b} koverge. Latiha 2.. Diketahui barisa-barisa { }, {( )k }, { - + - +.... (+) k 2 2 3 4 +(-) + }.Tetuka usur-usur yag ke-3, ke-6, ke-, da yag ke-j. 2. Jika diketahui barisa-barisa {a} = { k2 } da {bk} = { k(k+) }, carilah barisa-barisa {a b}, {ak + 2.bk}, {a.b}, { a k b k }, {. b}. 3. Di atara barisa-barisa di bawah ii maa yag terbatas ke atas, maa yag terbatas ke bawah, da maa yag tak terbatas. { 2 }, { }, { k 2 }, { + k(k+) k= 2 k }, {(+ 2 ) },{ + }, da k p k= (0< p, p > ) Lebih lajut, jika barisa tersebut terbatas ke atas carilah batas atas terkecilya serta buktika da jika barisa tersebut terbatas ke bawah carilah batas bawah terbesarya serta buktika. 4. Carilah ilai limit barisa-barisa di dalam soal No.3. 5. Buktika bahwa barisa : (a) { 2+3 } koverge ke 2, (b) { 2 + } koverge ke -2, (c) { 3+ 3 } koverge ke, (d) 2+3 2+ 2 {2 } koverge ke, 2 2 + 2 (e) { a. r k a } koverge ke utuk r < da diverge utuk k=0 r. r 6. Diketahui barisa {a} koverge ke k da barisa {b} koverge ke l dega b > 0 utuk setiap. a. Jika c suatu bilaga, buktika bahwa lim c a = c lim a = c k.

b. Jika c > 0 da l > 0, buktika bahwa barisa { c logb} koverge 33 ke c log l. c.. Jika k 0 atau l 0, buktika bahwa barisa {a b } koverge ke k l. 7. Buktika Teorema 2.. 2.2 Deret bilaga real Defiisi 2.2. : Jika utuk setiap bilaga asli k diketahui bilaga real ak, maka jumlaha k= a k = a + a2 + a3 +.... disebut deret bilaga real (series of real umbers) atau cukup disebut deret saja asalka tak diberi pejelasa lebih lajut ; ak disebut suku ke-k deret tersebut. Berdasarka pegertia tersebut, utuk ak, sebarag bilaga asli k, ilaiya boleh ol atau tak ol ( positif atau egatif ), Jika bayakya suku suatu deret yag tak sama dega ol higga maka deret disebut deret suku higga. Sebalikya, deret suku higga dapat dipadag deret suku tak higga dega memadag suku-suku yag lai sama dega ol semuaya. Cotoh :. (a) Deret k= a k = k= = + + +.... 2 3 k a9 = suku ke-9 = 9, a00 = suku ke-00 = i=0 00 (b) Deret i= b i = ( ) i = - + - +.... i!! 2! 4! b0 = suku ke-0 = (-) 0. 0! =, b5 = suku ke-5 = (-)5. 5! = - 5! Jika diketahui suatu deret Utuk setiap bilaga asli dibetuk k= a k = a + a2 + a3 +...., S = k= a k = a + a2 + a3 +... + a.

34 S disebut jumlah parsial suku pertama (-th partial sum) deret semula. Oleh karea itu diperoleh barisa {S} yag disebut barisa jumlah parsial ( sequece of partial sums) deret tersebut. Mudah difahami bahwa a = S S- da k= a k = lim k= a k = lim S. Berdasarka kesamaa terakhir tersebut diagkat defiisi sebagai terse- ut di bawah ii. Defiisi 2.2.2 : Deret k= a k dikataka koverge jika barisa jumlah parsialya yaitu {S} koverge. Jadi berdasarka defiisi da kesamaa terakhir tersebut di atas diperoleh peryataa-peryataa di dalam teorema sebagai berikut. Teorema 2.2.3 : (i) Deret k= a k koverge jika da haya jika ada bilaga S sehigga lim S = S. (ii) Deret k= a k koverge jika da haya jika ada bilaga S sehigga (iii) Deret k= a k k= a k k= a k = lim = lim S = S. koverge jika da haya jika ada bilaga S sehigga utuk setiap bilaga ε > 0 terdapat bilaga asli o da jika bilaga asli (iv) Deret k= a k o bear bahwa S S = k= a k - S < ε. koverge jika da haya jika utuk setiap bilaga ε > 0 terdapat bilaga asli o sehigga k>o a k < ε.

Bukti : (i) Meurut Defiisi 2.2.2, deret k= a k 35 koverge jika da haya jika barisa jumlah parsial {S} koverge, artiya ada blaga S sehigga barisa {S} koverge ke bilaga S ; jadi lim S = S. (ii) Berdasarka (i) diperoleh k= a k k= a k = lim = lim S = S. (iii) lim S = S artiya utuk sebarag bilaga ε > 0 terdapat bilaga asli o sehigga jika bilaga asli o bear bahwa k= a k - S = S S < ε. (iv) Berdasarka (iii) da (ii) diperoleh utuk o bear bahwa k= a k - S = k= a k k= a k = k>o a k < ε. Berdasarka Teorema 2.2.3 (iv) tersebut diperoleh. Jika deret k= a k koverge maka Cotoh : lim k> a k = 0. Diketahui deret geometrik (geometric series) k=0 a. r k Jadi jumlah parsial suku pertamaya adalah S = k=0 a.r k = a + a.r + a.r 2 +.... + a.r - Mudah difahami bahwa = a.( + r + r 2 +.... + r - ).( r). r = a. r r. (a) jika r < maka lim S = a, r (b) jika r maka lim S tak ada ( megapa? ) Jadi deret geometrk koverge jika r < da diverge jika r. 2. Deret harmoik order-p : Jika p = deret mejadi k= k p k k= = + + +.... Jadi 2 3

S = k= = + + +.... + k 2 3 da oleh karea itu, meurut Cotoh 6 Bagia 2., barisa{s} merupaka barisa yag aik mooto da tak terbatas ke atas (diverge)..karea jika 0 < p diperoleh k p k da oleh karea itu 36 k= < k k= k p Hal ii berarti deret k= diverge. Pada pembahasa yag aka datag aka ditujuka bahwa utuk < p < order-p koverge. k p deret harmoik 3. Deret k=0 mempuyai barisa jumlah parsial {S] dega k! S = k=0 = + + +.... +.! 2!! k! Pada Cotoh 4 Bagia 2. telah ditujukka bahwa barisa {S} aik mooto terbatas ke atas ; jadi {S} koverge ke batas atas terkecilya yaitu bilaga Euler e. Dega kata lai deret koverge ke bilaga Euler e : k=0 = e atau lim k! k= = lim S k! = e. Akibat 2.2.4 : Jika deret k= a k koverge, maka lim a = 0. k=0 k! Bukti : Meurut Teorema 2.2.3, deret k= a k koverge jika da haya jika barisa jumlah parsialya yaitu {S} koverge ; katakalah {S} koverge ke bilaga S. Jadi lim a = lim (S - S ) = lim S - lim S = S S = 0. Teorema 2.2.5 : Deret aka tetap koverge atau tetap diverge jika ditambah atau dikuragai beberapa suku. Juga, deret aka tetap koverge atau diverge jika dikalika dega suatu bilaga tak ol. Bukti : Jika diketahui deret k= a k koverge ke bilaga S (atau diketahui diverge) da deret itu ditambah atau dikuragi beberapa suku

37 b,b2,b3,...,bp yag jumlahya sama dega s. Diperoleh deret b + b2 +... + bp + k= a k atau deret (-b - b2 -... - bp) + k= a k yag koverge ke s + S atau ke s + S.. Selajutya, jika k= a k koverge (diverge), jadi barisa jumlah parsialya {S} koverge (diverge), da l sutu bilaga, maka deret l. k= a k = k= la k yag barisa jumlah parsialya {l.s} = l.{s} aka koverge (diverge). Latiha 2.2 ( ) k. a. Jika diketahui deret k=, tujukka suku ke-8, suku ke- k(k+), da suku ke-. Cari pula jumlah parsial -suku pertama! b. Jika diketahui deret - + - +...., a suku ke-, da S 2 3 4 jumlah parsial suku pertama, tetuka ilai-ilai a, S, da S+ - S! 2. Buktika bahwa deret di dalam soal o.(a) diverge da deret di dalam soal o.(b) koverge! 3. Jumlah dua deret koverge aka koverge da jumlah deret koverge da deret diverge aka diverge. Buktika! 2.3 Tes kekovergea da kedivergea Utuk meetuka apakah suatu deret (deret bilaga real) koverge atau diverge perlu adaya cara atau metoda yag disebut tes kekovergea/kedivergea. Aka dimulai dega tes kekovergea utuk deret suku positif, yaitu deret yag suku-sukuya oegatif. Teorema 2.3. : ( Tes Badig, Comparatio Test ) Diketahuoi dua deret suku positif k= a k da b k k=. (i) Jika 0 a k b k utuk setiap k da deret k= b k koverge maka

deret k= a k koverge. (ii) Jika 0 a k b k utuk setiap k da deret k= a k diverge maka deret k= b k diverge. 38 k=. Bukti : Namaka S = k= a k da S = b k (i) Meurut yag diketahui diperoleh S S, barisa {S}da{S } aik mooto, da {S } koverge (karea deret k= b k koverge). Oleh itu barisa {S} aik mooto terbatas ke atas : jadi {S} koverge atau deret k= a k koverge. (ii) Karea utuk setiap k diketahui 0 ak bk, S S da deret k= a k ( barisa {S} diverge (aik mooto da tak terbatas ke atas) maka deret k= b k atas atau diverge. Cotoh : ( barisa {S }) aik mooto da tak terbatas ke. Telah diketahui bahwa deret harmoik order- k= diverge. Barisa harmoik order-p k= dega 0 < p diverge karea, berdarka Tes Badig (i), utuk setiap k. k p 2. Diketahui deret k=0 dega suku ke-k adalah k! ak =. Karea k! ak = = bk da deret b k k=0 k = k=0 koverge maka deret < k! 2 k! k=0 kovrege. Teorema 2.3.2 : ( Tes Itegral ) Diketahui deret suku positif k= a k k p k 2 k. Jika terdapat fugsi posittif f pada (0,) yag kotiu da turu mooto sehigga f() = a utuk setap bilaga asli, maka deret k= a k da itegral tak sejati f(x)dx bersama-sama koverge atau bersama-sama diverge. k

39 Bukti : Meurut yag diketahui diperoleh luas daerah di atas selag [,+] di bawah kurva y = f(x) adalah ketidaksamaa Oleh karea itu dioperoleh a+ + + + f(x)dx a. + f(x)dx S+ a = k= a k+ f(x)dx da memeuhi k= a k = S Barisa d deret utuk setiap. Berdasarka ketidaksamaa terakhir tersebut dapat ditarik kesimpula bahwa barisa jumlah parsial {S} ( deret da itegral tak sejati f(x)dx bersama-sama koverge atau bersamasama diverge. Cotoh : k= a k ). Diselidiki deret harmoic order-p = koverge atau diverge. Diambil fugsi positif pada (0,) yag kotiu da turu mooto f dega f(x) = xp. Cukup jelas bahwa f() = a = p utuk setiap bilaga asli. Mudah diperlihatka bahwa itegral tak sejati p f(x)dx = p dx kovege jika p > da diverge jika p Oleh karea itu berdasarka Tes Itegral di atas dapat disimpulka bahwa deret harmoik order-p = kovege jika p > da diverge jika p. p Teorema 2.3.3 : ( Tes Kuosie, Quotiet Test ) Diketahui dua deret suku positif k= a k da k= b k dega bk > 0 utuk setiap k da a A = lim. b (i) Jika A 0 atau A =, maka deret k= a k da deret k= b k bersama-sama koverge atau bersama-sama diverge. (ii) Jika A = 0 da deret k= b k koverge, maka deret k= a k ko-

verge (iii) Jila A = da deret k= b k diverge, maka deret k= a k diverge. Bukti : (i) Utuk A a 0 da higga : A = lim b 40 jika da haya jika utuk setiap bilaga ε > 0 terdapat bilaga asli o da jika bilaga asli o bear bahwa A - a b < ε, A - ε < a b < A + ε, atau (A ε)b < a < (A + ε)b Megguaka ketidaksamaa terakhir da berdasarka Teorema 2.2.5 da Teorema 2.3., jika deret k= a k koverge maka deret (A ε) k= b k koverge yag berakibat deret k= b k koverge da jika deret k= b k koverge maka (A + ε) k= b k kovwege yag berakibat deret k= a k koverge. Sebalikya, jika deret k= a k diverge maka deret(a+ ε) k= b k diverge yag berakibat deret k= b k diverge da jika deret k= b k diverge maka deret (A ε) k= b k diverge yag berakibat deret k= a k diverge Utuk A = a : lim = jika da haya jika utuk setiap bilaga M > 0 ada b bilaga asli o sehigga utuk setiap bilaga asli o bear bahwa a b > M yag berakibat -a M.b < a. Megguaka ketidaksamaa terakhir da berdasarka Teorema 2.2.5 da Teorema 2.3. diperoleh seperti tersebut di dalam bagia pertama. a (ii) lim = A = 0 jika da haya jika utuk setiap bilaga ε > 0 b terdapat bilaga asli o sehigga jika bilaga asli o bear bahwa 0 a b < ε atau 0 a < b.ε. Megguaka ketidaksamaa terakhir da berdasarka Teorema 2.2.5 da Teorema 2.3., jika deret k= b k koverge maka deret ε. k= b k = k= εb k koverge yag berakibat deret k= a k koverge.

a (iii) lim = A = jika da haya jika utuk setiap bilaga M > 0 b ada bilaga asli o sehigga utuk setiap bilaga asli o bear bahwa a b > M atau M.b < a. Megguaka ketidaksamaa terakhir da berdasarka Teorema 2.2.5 da Teorema 2.3.2, jika deret k= b k diverge maka deret M. k= b k = k= Mb k diverge yag berakibat deret k= a k diverge. 4 Cotoh :. Aka diselidiki deret k= koverge atau diverge.telah k(k+) diketahui deret harmoik order-2 k= koverge.jika diambil a = (+) da b = 2 dipeoleh a 3 lim = lim =. b (+) Meurut Teorea Tes Kuosie (i) tersebut di atas disimpulka deret k= koverge. k(k+) log 2. Apakah deret = koverge atau diverge? + Karea deret harmoik order- b 2 = deret = a = k 2 log = + = = diverge, maka 2 diverge sebab, meurut Teorwma Tes Kuosie (iii), lim = lim log =. b a Kejadia khusus Teorema 2.3.3 adalah teorema di bawah ii dega megambil deret k= b k sebagai deret harmoik order-p. Teorema 2,3.4 : Diketahui deret suku positif a dega lim p a = A. (i) Deret a koverge jika p > da A higga.

(ii) Deret a diverge jika p da A 0 ( higga atau takhigga). Bukti : Diambil deret = b dega b = p. Jadi A = lim p a a = lim b.selajutya karea deret b = = merupaka deret harmaoik order-p, koverge jika p > da diverge jika p, maka meurut Teorema 2.3.3 diperoleh deret a koverge jika A higga da p > da diverge jika A 0 da p. p 42 Cotoh :. Lihat cotoh omor 4 da cotoh omor 5 di atas. Teorema 2.3.5 : ( Tes Rasio d Alembert) Diketahui deret suku positif a dega lim (i) Jika r < maka deret tersebut kovege. (ii) Jika r > maka deret tersebut diverge. a + a = r. (iii) Jika r = maka tes gagal (tak memperoleh kesimpula apa-apa). Bukti : lim a + a = r jika da haya jika utuk setiap bilaga ε > 0 terdapat bilaga asli 0 bahwa sehigga setiap bilaga asli o bear a + a - r < ε atau (r ε)a < a+ < (r + ε)a. (i) Jika r < diambil bilaga ε tersebut sehigga ro = r + ε < da bilaga asli o yag terkait. Jadi utuk setiap bilaga asli o diperoleh a+ < ro a da oleh karea itu k= a o +k < k k= r o Ruas kaa pertidaksamaa tersebut merupaka deret geometrik yag a o koverge karea ro <. Oleh karea itu deret suku positif da a koverge. k= a o +k

43 (ii) Jika r > diambil bilaga ε tersebut sehigga ro = r - ε > da bilaga asli o yag terkait. Jadi utuk setiap bilaga asli o diperoleh ro a < a+ da oleh karea itu k=. k k= r o a o < a o +k Ruas kiri pertidaksamaa tersebut merupaka deret geometrik yag diverge karea ro >. Oleh karea itu deret suku positif k= a o +k da diverge. (iii) Jika r = perbadiga suku a da suku a+ tak jelas sehigga tak dapat kesimpula apa-apa tetag deret tersebut. Cotoh :. Diselidiki deret = 3 e - kovege atau diverge. Karea a = 3 e - maka a r = lim + = lim (+)3 e (+) = < a 3 e e da oleh karea itu deret koverge. Teorema 2.3.6 : ( Tes Akar ke- Cauchy) Diketahui deret suku positif a dega lim (i) Jika r < maka deret koverge. (ii) Jika r > maka deret diverge. a = r. (iii) Jika r = maka tes gagal (tak dapat ditarik kesimpula apa-apa). Bukti : r = lim a jika da haya jika utuk setiap bilaga ε > 0 terdapat bilaga asli o sehigga utuk setiap bilaga asli o bear bahwa a - r < ε atau (r ε) < a < (r + ε). (i) Jika r < diambil bilaga ε sehigga ro = r + ε < da bilaga asli o yag terkait. Oleh karea itu utuk setiap bilaga asli o bear bahwa a < r yag berakibat

k= o k= o a k < k r o Ruas kaa pertdaksamaa terakhir merupaka deret geometrik yag koverge, karea ro <. Hal ii berakibat ruas kiri yaitu deret suku positif k= o a k da deret k= a k koverge. (ii) da (iii) silahka membuktika sebagai latiha. Cotoh :. Diselidiki deret suku positif = koverge atau diverge. Karea e + r = lim a = lim e = + e- < maka dapat disimpulka bahwa deret tersebut koverge. 44 Latiha 2.3.. Dega megguaka Tes Badig atau Tes Kuosie selidiki deret di bawah ii koverge atau diverge. + a. = b. = c. log d. + + +... + +....3.3.5.3.5.(2 ) e. f. + 2 + 3 2.3 3.4 +... + +... 4.5 (+)(+2) 2 + 3 + 4 +... + + +...! 2! 3!! = (+) 2. Dega megguaka Tes Rasio selidiki apakah deret di bawah ii koverue atau diverge. a. = b. = c. (+)! (+)(+2) 2+ 2 + (+) d. = e. = f. 2 2 2 2 = 3 +2 2 =! 3. Dega Tes Itegral selidiki deret di bawah ii koverge atau diverge/ a. = b. =2 c. + + 2 4 d. = e. log = (2 )2 =2 (log) 2

45 4. Perlihatka bahwa deret =2 (log) p koverge jika p > da diverge jika p. 5, a. Jika a > 0 da a + - 2 + a 2 utuk setiap bilaga asli, buktika bahwa deret = a koverge. b. Jika a > 0 da a + - utuk setiap bilaga asli, a buktika bahwa deret = a diverge. 2.4 Deret ayu da deret koverge mutlak Deret ayu : da deret Jika utuk setiap bilaga asli bilaga a > 0, maka deret =( ) + a = a a2 + a3 a4 +... =( ) a = -a + a2 - a3 + a4 -... = - (a a2 + a3 a4 +...) masig-masig disebut deret ayu (alteratig series). Sebagai cotoh deret ayu adalah deret da deret = ( ) + = - + - +... 2 3 4 = Teorema 2.4. : Deret ayu utuk setiap bilaga asli da ( ) = - + 2-3 +... + 2 3 4 = lim a = 0. ( ) + a koverge jika a a+ Bukti : Jumlah parsial 2 suku pertama deret ayu tersebut adalah S2 = a a2 + a3 a4 +... - a2 = (a a2 ) + (a3 a4 ) +... + (a2-

46 dega sifat a2) 0 (a) S2 = a (a2 - a3 ) - (a4 a5) -... - a2 < a. utuk stiap. Jadi {S2} merupaka barisa bilaga yag aik moo- to da terbatas ke atas. Oleh karea itu ada bilaga S sehigga lim S 2 = S. Lebih lajut, karea lim a = 0, maka diperoleh (b) lim S 2 = lim (S 2 a 2 ) = lim S 2 - Berdasarka hasil (a) da (b) dapat disimpulka bahwa barisa lim a 2 = S. jumlah parsial {S} = {S2-} + {a2} koverge atau deret ayu tersebut koverge. Cotoh :. Deret ayu = ( ) = - + - +... koverge karea + 2 3 4 a = > = a+ da lim a + +2 = lim = 0. b b + Kekovergea mutlak : Diketahui sebarag deret Deret = = a, jadi a boleh positif boleh egatif. a disebut deret mutlak (absolute series) terhadap deret pertama. Jelas bahwa deret mutlak merupaka deret suku positif da oleh karea itu utuk megetahui deret mutlak itu koverge atau diverge dapat megguaka tes-tes kekovergea yag terdapat di dalam Bagia 2.3 bab ii. Hubuga sebarag deret dega deret mutlakya tertuag ke dalam teorema di bawah ii. Teorema 2.4.2 : Jika deret mutlakya koverge maka deretya sediri koverge pula. Sebalikya tak bear. Bukti : Diambil sebarag deret k= a k dega jumlah parsial -suku k= pertamaya adalah S = k= a k. Deret mutlakya adalah a k dega jumlah parsial -suku pertamaya adalah T = k= a k. Karea diketahui deret mutlakya koverge maka ada bilaga t sehigga lim T = t. Karea utuk setiap bilaga asli k bear bahwa ak