Pengantar Analisis Real I

DIKTAT KULIAH ANALISIS PENGANTAR ANALISIS REAL I (Introduction to Real Analysis I)

M. Zaki Riyanto, S.Si e-mail: [email protected] http://zaki.math.web.id COPYRIGHT © 2008-2009

Pengantar Analisis Real I HALAMAN PERSEMBAHAN Tulisan ini saya persembahkan kepada penggiat dan pemerhati Matematika di Indonesia

Pengantar Analisis Real I KATA PENGANTAR Syukur alhamdulillah, akhirnya penulisan buku ini dapat diselesaikan dengan tepa t waktu. Materi buku ini diambil dari catatan kuliah Pengantar Analisis Real I di Jurusan Matematika UGM pada tahun 2004 dan 2005. Pengantar Analisis Real I merupakan mata kuliah wajib bagi mahasiswa S-1 Matematika. Semoga dengan buku yang sederhana ini dapat membantu para mahasiswa dalam mempelajari dan memahaminya. Diharapkan mahasiswa telah mempelajari konsep logika pembuktian, himpunan, dan Kalkulus Lanjut. Pada kesempatan ini tak lupa saya mengucapkan banyak terima kasih kepada semua teman kuliah di Matematika UGM angkatan 2002 dan 2003, khususnya yang telah membantu dan meminjamkan buku catatan kuliahnya. Kami sangat menyadari sepenuhnya bahwa buku ini masih jauh dari sempurna. Oleh karena itu, kami sangat mengharapkan kritik maupun saran yang membangun demi kelanjutan dan sempurnanya buku ini, terima kasih. Yogyakarta, 26 Agustus 2008 M. Zaki Riyanto, S.Si. E-mail : [email protected] http://zaki.math.web.id

Pengantar Analisis Real I DAFTAR ISI Halaman Judul ...

...

......

....

i Halaman Persembahan.................. ............. ii Kata Pengantar.............................. ............. iii Daftar Isi......... ........................ iv Bab I. BILANGAN REAL 1.1. Sifat-sifat Aljabar dan Urutan dalam R ...................................... 1 1.2. Nilai Mutlak dan Garis Bilangan Real....................................... .. 13 1.3. Sifat Lengkap R . . ............ 17 1.4. Penggunaan Sifat Aksioma Supremum........................................ 2 1 1.5. Interval dalam R . . .. ............. 27 Bab II. BARISAN DAN DERET 2.1. Barisan dan Limit Barisan.................................................. .......... 38 2.2. Teorema-teorema Limit...................................................... .......... 45 2.3. Barisan Monoton ........................................................... .............. 53 2.4. Barisan Bagian............................................................. ................ 56 2.5. Barisan Cauchy............................................................. ............... 62 2.6. Sifat Barisan Divergen..................................................... ............ 65

2.7. Deret Tak Berhingga........................................................ ............ 68 Daftar Pustaka ..... ... 74

Pengantar Analisis Real I BAB 1 BILANGAN REAL Pada bab ini dibahas sifat-sifat penting dari sistem bilangan real R , seperti sifat-sifat aljabar, urutan, dan ketaksamaan. Selanjutnya, akan diberikan beberapa pengertia n seperti bilangan rasional, harga mutlak, himpunan terbuka, dan pengertian lainny a yang berkaitan dengan bilangan real. 1.1. Sifat-sifat Aljabar dan Urutan dalam R Sebelum menjelaskan tentang sifat-sifat R , diberikan terlebih dahulu tentang struktur aljabar dari sistem bilangan real. Akan diberikan penjelasan singkat mengenai si fat-sifat dasar dari penjumlahan dan perkalian, sifat-sifat aljabar lain yang dapat dituru nkan dalam beberapa aksioma dan teorema. Dalam terminologi aljabar abstrak, sistem bilangan real membentuk lapangan (field) terhadap operasi biner penjumlahan dan perkalian biasa. Sifat-sifat Aljabar R Pada himpunan semua bilangan real R terdapat dua operasi biner, dinotasikan dengan + dan . yang disebut dengan penjumlahan (addition) dan perkalian (multiplication). Operasi biner tersebut memenuhi sifat-sifat berikut: (A1) a + b = b + a untuk semua ab Î R (sifat komutatif penjumlahan) , (A2) (a + b) + c = a + (b + c) untuk semua , , abc Î R (sifat assosiatif penjumlahan) (A3) terdapat 0Î R sedemikian hingga 0 + a = a dan a + 0 = a untuk semua a Î R (eksistensi elemen nol) (A4) untuk setiap a Î R terdapat -a Î R sedemikian hingga a () = 0 +-a dan (-a) + a = 0 (eksistensi elemen negatif atau invers penjumlahan) (M1) ab = b × a untuk semua ab Î R (sifat komutatif perkalian) × , (M2) (a ×b) ×c = a ×(b ×c) untuk semua , , abc Î R

(sifat assosiatif perkalian)

Pengantar Analisis Real I (M3) terdapat 1Î R sedemikian hingga 1× a = a dan a ×1 = a untuk semua a Î R (eksistensi elemen unit 1) (M4) 1 . 1 . untuk setiap a Î R , a ¹ 0 terdapat Î R sedemikian hingga a × = 1 dan .. a . a . . 1 . × a = 1 (eksistensi invers perkalian) .. . a . (D) a ×(b + c) = (a ×b) + (a ×c) dan ( + c) × a = (b × a) + (c × a) untuk semua , , b abc Î R (sifat distributif perkalian atas penjumlahan) Sifat-sifat di atas telah umum diketahui. Sifat (A1)-(A4) menjelaskan sifat penjumlahan, sifat (M1)-(M4) menjelaskan sifat perkalian, dan sifat terakhir menggabungkan kedua operasi. Selanjutnya, diberikan beberapa teorema tentang elemen 0 dan 1 yang telah diberikan pada sifat (A3) dan (M3) di atas. Juga akan ditunjukkan bahwa perkalia n dengan 0 akan selalu menghasilkan 0. Teorema 1.1.1. (a) Jika za Î R dengan z + a = a , maka z = 0 . , (b) Jikaudan b ¹ 0 elemen R dengan u ×b = b , maka u = 1. (c) Jika a Î R

, maka a ×0 = 0 . Bukti. (a) Menggunakan aksioma (A3), (A4), (A2), asumsi z + a = a , dan (A4), diperoleh z = z + 0 = z +(a +- a)) ( = z + a +- a = a + - ( a) = 0. ( )( ) (b) Menggunakan aksioma (M3), (M4), (M2), asumsi u ×b = b , dan (M4), diperoleh

Pengantar Analisis Real I u = u · 1 .. 1 .. = u · b . ×. .. .. b .. . 1 . =(u ×b)×.. . b . . 1 . = b ×.. . b . = 1. () (c) Karena a + a ×0 = a ×1+ a ×0 = a.1 + 0 = a ×1 = a , maka a ×0 = 0 . Dengan demikian, maka teorema terbukti. Teorema 1.1.2. Jika a Î R , maka (a) (-1.)a =- a. (b) (= a. -- a) (c) (-1)× - ( 1)= 1. Selanjutnya, diberikan dua sifat penting dari operasi perkalian, yaitu sifat ketunggalan elemen inversnya dan bahwa perkalian dua bilangan itu hasilnya nol apabila salah satu faktornya adalah nol. Teorema 1.1.3.

(a) Jika a + b = 0 , maka b =-a. 1 (b) Jika a ¹ 0 dan b Î R sedemikian hingga a b= 1, maka b = × . a (c) Jika a b= 0 , maka a = 0 atau b = · 0 . Bukti. (a) Karena a + b = 0 , maka a + b = 0 Û (-a)+(a + b) = (-a)+ 0

Pengantar Analisis Real I Û ((-a)+ a)+ b =- a (A2 dan A3) Û 0 + b =- a (A4) Û b =-a . (A3) (b) Karena a ×b = 1 , maka . 1 . 1 ab= 1 ×Û ..(a ×b)= ×1 . a . a . 1 . 1 Û× ab = .. () . a . a 1 Û 1×b = a 1 Û b = . a (c) Diketahui a ×b = 0 , maka . 1 .. 1 . ×Û

ab= 0 .. ×(a ×b)= .. ×0 . a .. a . . 1 . Û× ab = 0 .. () . a . . 1 . Û× ab = 0 .. () . a . Û 1×b = 0 Û b = 0. 1 Dengan cara yang sama, kedua ruas dikalikan dengan , maka diperoleh a = 0. b Dengan demikian teorema terbukti. Teorema tersebut di atas menjelaskan beberapa sifat aljabar sederhana dari sistem bilangan real. Beberapa akibat dari teorema tersebut diberikan sebagai ba han latihan soal di bagian akhir subbab ini.

Pengantar Analisis Real I Operasi pengurangan (substraction) didefinisikan dengan a - b : a +- b) = ( untuk ,Sama halnya dengan operasi pembagian (division), untuk ab Î R ab Î R ., a . 1 . dengan b ¹ 0 didefinisikan := a . ×.. b . b . Untuk selanjutnya, abcukup dituliskan dengan ab , dan penulisan 2 untuk × a 32 n+1 n aa, a untuk (a ) a , dan secara umum didefinisikan a :=(a ) a untuk n Î N . Lebih 10 -11 lanjut, a = a , dan jika a ¹ 0 , maka dapat ditulis a = 1 dan auntuk , dan jika a -n . 1 .n n Î N , dapat ditulis auntuk . .. . a . Bilangan Rasional dan Irrasional Telah diketahui bahwa himpunan N dan Z adalah subset dari R . Elemen R yang

b dapat dituliskan dalam bentuk di mana ,0 disebut dengan bilangan ab Î Z dan a ¹ a rasional (rational numbers). Himpunan semua bilangan rasional di R dinotasikan dengan Q . Dapat ditunjukkan bahwa penjumlahan dan perkalian dua bilangan rasional adalah bilangan rasional. Lebih lanjut, sifat-sifat lapangan juga berlaku untuk Q . Akan tetapi, tidak semua elemen R merupakan elemen Q , seperti 2 yang b tidak dapat dinyatakan ke dalam bentuk . Elemen R yang bukan elemen Q disebut a bilangan irrasional (irrational numbers). Akan ditunjukkan bahwa tidak terdapat bilangan rasional yang kuadratnya adalah 2. Untuk membuktikannya digunakan istilah genap dan ganjil. Suatu bilanga n asli disebut genap apabila bilangan itu mempunyai bentuk 2n untuk suatu n Î N , dan disebut ganjil apabila bilangan itu mempunyai bentuk 2n -1 untuk suatu n Î N . Teorema 1.1.4. Tidak ada elemen r Î Q sedemikian hingga r2 = 2 .

Pengantar Analisis Real I Bukti. Andaikan ada r Î Q sedemikian hingga r2 = 2 . Karena r Î Q , maka r dapat p dituliskan sebagai dengan p dan q tidak mempunyai faktor berserikat selain 1, q 2 . p . 222 2 sehingga diperoleh = 2 atau p = 2q . Karena 2q genap, maka p genap. .. q .. Akibatnya p juga genap, sebab jika ganjil, maka p = 2m -1 untuk suatu m Î N , atau 2 222 2 (2m -1)= 4m - 4m +1 = 22 m - 2m) p = (+1 yang berarti bahwa p ganjil. Jadi, p haruslah genap. Karena p genap, maka p = 2k untuk suatu k Î N , sehingga 22 22 p =(2k )2 = 4k . Di lain pihak diketahui p = 2q dan p genap, akibatnya q ganjil, sebab jika q genap, maka faktor berserikat p dan q bukan 1. Jadi, q haruslah gan jil.

22 22 22 Sehingga diperoleh p = 2q Û 4k = 2q Û 2k = q yang berarti q genap. Timbul kontradiksi bahwa q ganjil. Jadi, pengandaian salah, yang benar adalah tidak ada r Î Q sedemikian hingga r2 = 2. Sifat-sifat Urutan pada R Sifat urutan menjelaskan tentang kepositifan (positivity) dan ketaksamaan (inequ alities) di antara bilangan-bilangan real. Ada subset tak kosong P Ì R , yang disebut dengan himpunan bilanganbilangan real positif tegas, yang memenuhi sifat-sifat berikut: (i) Jika ab Î P , maka a + b Î P . , (ii) Jika ab Î P , maka ab Î P . , (iii) Jika a Î P , maka memenuhi tepat satu kondisi berikut: a Î P , a = 0, -a Î P . Sifat pertama dan kedua pada teorema di atas menjelaskan tentang sifat tertutup. P terhadap operasi penjumlahan dan perkalian. Sifat yang ketiga (iii) sering diseb ut Sifat Trikotomi (Trichotomy Property), sebab akan membagi R ke dalam tiga jenis elemen yang berbeda. Hal ini menjelaskan bahwa himpunan {-a : a Î P} dari bilangan

Pengantar Analisis Real I real negatif tidak mempunyai elemen yang sama dengan himpunan bilangan real posi tif. Lebih lanjut, R merupakan gabungan tiga himpunan saling asing tersebut, yaitu R = P È- a : a Î P È 0. { }{} Definisi 1.1.5. (i) Jika a Î P , ditulis 0a > , artinya a (ii) Jika {0}a Î P È , ditulis 0a ³ , artinya (iii) Jika -a Î P , ditulis 0a < , artinya a (iv) Jika {0}-a Î P È , ditulis 0a £ , artinya

adalah bilangan real positif. a adalah bilangan real nonnegatif. adalah bilangan real negatif. a adalah bilangan real nonpositif.

Definisi 1.1.6. Diberikan ab Î R . , (a) Jika a - b Î P , maka ditulis a > b atau b < a . (b) Jika a - b Î P È{0} , maka ditulis a ³ b atau b £ a . Sifat Trikotomi di atas berakibat bahwa untuk ,memenuhi tepat satu ab Î R kondisi berikut: a > b , a = b , a < b . Selanjutnya, jika a £ b dan b £ a , maka a = b . Jika a < b < c , maka artinya bahwa a < b dan b < c . Teorema 1.1.7. Diberikan sebarang ,, abc Î R . (a) Jika (b) Jika (c) Jika Jika a > 1

a a a b

> b > b > b dan

dan b > c , maka a > c. , maka a + c > b + c. dan c > 0 , maka ca > cb . c < 0 , maka ca < cb .

(d) Jika a > 0 , maka > 0 . a 1 Jika a b dan b > c , ,, a > b , maka a - b abc Î R . Karena Î P . Karena b > c , maka b - c Î P . Menurut sifat urutan, maka a + b Î P , sehingga diperoleh (a - b)+(b + c)Î P Û a - b + b - c Î P Û(a - c)+ - ( b + b)Î P Û(a - c)+ 0Î P Û a - c Î P Û a > c. (b) Jika a - b Î P , maka (a + c)-(b - c)= a - b Î P . Sehingga diperoleh bahwa a + c > b + c . (c) Jika a - b Î P dan c Î P , maka ca - cb = c (a - b)Î P . Akibatnya ca > cb untuk c > 0 . Gunakan langkah yang sama untuk c < 0 (d) Cobalah Anda buktikan sendiri. Oleh karena itu, dapat dilihat bahwa bilangan asli juga merupakan bilangan real positif. Sifat ini diperoleh dari sifat dasar urutan, berikut ini diberikan teor emanya. Teorema 1.1.8. (a) Jika a Î R dan a ¹ 0 , maka a2 > 0 . (b) 1 > 0 . (c) Jika n Î N , maka n > 0 . a + b Teorema 1.1.9. Jika ab Î R dan a < b , maka a 0 , maka diperoleh 2 1 0 < a < a . 2 Selanjutnya, untuk membuktikan bahwa suatu himpunan a ³ 0 adalah sama dengan nol, maka harus ditunjukkan bahwa a selalu lebih kecil dari sebarang bila ngan positif yang diberikan. Teorema 1.1.10. Jika a Î R sedemikian hingga 0 £ a 0 , maka a = 0 . > 0 . Diambil e0 =Bukti. Andaikan a > 0 , maka a > aa (e0 bilangan real positif 22 tegas), maka a >e0 > 0 . Kontradiksi dengan pernyataan 0 £ a 0. Jadi, pengandaian salah, yang benar adalah a = 0.

Perkalian antara dua bilangan positif hasilnya adalah positif. Akan tetapi, hasi l perkalian yang positif belum tentu setiap faktornya positif. Teorema 1.1.11. Jika ab > 0 , maka berlaku (i) a > 0 dan b > 0 , atau (ii) a < 0 dan b < 0.

Pengantar Analisis Real I Akibat 1.1.12. Jika ab < 0 , maka berlaku (i) a < 0 dan b > 0 , atau (ii) a > 0 dan b < 0. Ketaksamaan (Inequalities) Selanjutnya, akan ditunjukkan bagaimana sifat urutan dapat digunakan untuk menyelesaikan suatu ketaksamaan. Perhatikan contoh di bawah ini. Contoh 1.1.13. (a) Tentukan himpunan A dari bilangan real x sedemikian hingga 2x + 3 £ 6. Jawab. Diketahui x Î A dan 2x + 3 £ 6 , maka 3 2x + 3 £ 6 Û 2x £ 3 Û x £ . 2 . 3. Jadi, A = .x Î R : x £ . . . 2. (b) Diberikan B ={ x Î R : x2 + x > 2} . Tentukan bentuk lain dari B. Jawab. Diketahui x Î B dan x2 + x > 2 atau x2 + x - 2 > 0 atau ( x -1)( x + 2)> 0 . Sehingga diperoleh bahwa (i) x -1 > 0 dan x + 2 > 0 , atau (ii) x -1 < 0 dan x + 2 < 0 . Untuk kasus (i) diperoleh bahwa x > 1 dan x >- 2, yang berarti x > 1. Untuk kasus (ii) diperoleh bahwa x < 1 dan x 0 , maka = a . 1 ( a) 6. Jika ab Î R , tunjukkan bahwa a2 + b2 = 0 jika dan hanya jika a = b = 0 , . . 1 .212 2 7. Buktikan bahwa (a + b) = (a + b ) , untuk semua ab Î R . . . . 2 . 2, m+nm n nmn 8. Tunjukkan bahwa jika a Î R dan mn Î N , maka a = aa dan ( am )= a . , (Gunakan induksi matematik.)

Pengantar Analisis Real I 1.2. Nilai Mutlak dan Garis Bilangan Real Dari sifat Trikotomi, dapat ditarik kesimpulan bahwa jika a Î R dan a ¹ 0 , maka a atau -a merupakan bilangan real positif. Nilai mutlak dari a ¹ 0 didefinisikan seb agai nilai positif dari dua bilangan tersebut. Definisi 1.2.1. Nilai mutlak (absolute value) dari suatu bilangan real a, dinota sikan dengan |a|, didefinisikan sebagai . a jika a > 0. . a := . 0 jika a = 0. .-a jika a < 0. . Sebagai contohnya, |3| = 3 dan -9 = 9 . Dapat dilihat dari definisi di atas bahw a a ³ 0 untuk semua a Î R , dan bahwa a = 0 jika dan hanya jika a = 0 . Juga bahwa -a = a untuk semua a Î R . Berikut ini diberikan beberapa sifat nilai mutlak. Teorema 1.2.2. (a) ab = a b untuk semua a Î R . 2 (b) a 2 = a untuk semua a Î R . (c) Jika c ³ 0 , maka a £ c jika dan hanya jika -c £ a £ c. (d) - a £ a £ a untuk semua a Î R . Bukti. (a) Jika a = b = 0 , maka terbukti. Jika a > 0 dan b > 0 , maka ab > 0 , sehingg a ab = ab = ab . Jika a > 0 dan b < 0 , maka ab < 0 , sehingga ab =- ab = a (-b)= ab .

Pengantar Analisis Real I 2 (b) Karena a2 ³ 0 , maka a2 = a2 = aa = aa = a . (c) Jika a £ c , maka a £ c dan -a £ c yang berarti -c £ a £ c . Sebaliknya, jika -c £ a £ c , maka diperoleh a £ c dan -a £ c . Jadi, a £ c. (d) Gunakan langkah yang sama seperti pada (c) dengan mengambil c = a . Berikut ini diberikan sebuah teorema yang disebut dengan Ketaksamaan Segitiga (Triangle Inequality). 1.2.3. Ketaksamaan Segitiga Jika ab Î R , maka ,a + b £ a + b. Bukti. Dari Teorema 1.2.2(d), diketahui - a £ a £ a dan - b £ b £ b . Dengan menjumlahkan kedua ketaksamaan diperoleh -( a + b )£ a + b £ a + b . Menggunakan Teorema 1.2.2.(c) diperoleh bahwa a + b £ a + b . Akibat 1.2.4. Jika ab Î R , maka , (a) a - b £ a - b . (b) a - b £ a + b . Bukti. (a) Tulis a = a a =(a - b)+ a - b £ a - a - b £ a - a - b £ a Menggunakan a - b £ a - b.

- b + b dan masukkan ke dalam Ketaksamaan Segitiga. Sehingga b £ a - b + b . Kurangkan kedua ruas dengan b , diperoleh b . Gunakan cara yang sama untuk b = b - a + a , diperoleh - b . Kombinasikan kedua ketaksamaan tersebut, diperoleh - b £ a - b . Teorema 1.2.2(c) diperoleh bahwa

Pengantar Analisis Real I (b) Gantilah b pada Ketaksamaan Segitiga dengan b, sehingga diperoleh a - b £ a +- b . Karena -b = b , maka diperoleh bahwa a - b £ a + b . Ketaksamaan segitiga di atas dapat diperluas sehingga berlaku untuk sebarang bilangan real yang banyaknya berhingga. Akibat 1.2.5. Jika a , a ,..., a adalah sebarang bilangan real, maka 12 n a + a + ...+ a £ a1 + a2 + ...+ an . 1 2 n Contoh 1.2.6. 2x2 - 3x +1 Diberikan fungsi f yang didefinisikan dengan f ( ) untuk x Î[ x = 2,3] . 2x -1 Tentukan konstanta M sedemikian hingga x f () £ M , untuk setiap x Î[2,3] . 2x2 - 3x +1 Diketahui f () x = = 2x -1 22 3 1 2 1 x x x

- + , 2x2 - 3x +1 £ 2x2 +- 3x + 1 = 2 x2 + 3 x +1 £ 2 () 32 + 33 ( ) +1 = 28 dan 2x -1 ³ 2x - 1 = 22 = 3. ( ) - 1 Sehingga f () x = 22 3 1 2 1 x x x - + 28 28 £ . Jadi, dengan mengambil M = , didapat 3 3 f () £ M , untuk setiap x Î[2,3] .

Pengantar Analisis Real I Garis Bilangan Real (The Real Line) Interpetasi geometri yang dikenal di antaranya garis bilangan real (real line). Pada garis real, nilai mutlak a dari suatu elemen a Î R adalah jarak a ke 0. Secara umum, jarak (distance) antara elemen a dan b di R adalah a - b . Perhatikan gambar berikut. -3 -2 -1 0 1 2 3 -2 - (1) = 3 Gambar 1.1. Jarak antara a =- 2 dan b = 1. Definisi 1.2.6. Diberikan a Î R dan e> 0. Persekitaran-e (e -neighborhood) dari a didefinisikan sebagai himpunan ( ): ={ x Î R : Va x - a 0 , maka x = a. Bukti. Jika x memenuhi x - a 0 , maka berdasarkan Teorema 1.1.10 diperoleh bahwa x - a = 0, yang berakibat x = 0.

Pengantar Analisis Real I 2a , SOAL LATIHAN SUBBAB 1.2 1. Jika ab Î R dan b ¹ , 0 , tunjukkan bahwa: (a) a = aa (b) = . b b 2. Jika ,,dan x £ z , tunjukkan bahwa x £ y £ z jika dan hanya jika xyz Î R x - y + y - z = x - z . 3. Jika a < x < b dan a < y < b , tunjukkan bahwa x - y < b - a . 4. Carilah semua nilai x Î R sedemikian hingga x +1 + x - 2 = 7. 5. Buatlah sketsa grafik persamaan y = x - x -1. a d ( ) dan 6. Diberikan e> 0 dan d> 0 , dan a Î R . Tunjukkan bahwa Ve () ÇVa e () a ÈV () V d a merupakan persekitaran-g dari a untuk suatu nilai g . 7. Tunjukkan bahwa jika ab Î R , dan a ¹ b , maka terdapat persekiran-e U dari a , dan V dari b sedemikian hingga U ÇV =Æ . 8. Tunjukkan bahwa jika ab Î R , maka ,1 ab } 1

(a) max {ab , }= (a + b + a - b ) dan min { , =(a + b - a - b ) . 2 2 (b) min { ,, = min {min { ,,c abc } ab }} . 1.3. Sifat Lengkap R Pada bagian ini akan diberikan salah satu sifat dari R yang sering disebut dengan Sifat Lengkap (Completeness Property). Tetapi sebelumnya, perlu dijelaskan terlebih da hulu konsep supremum dan infimum. Supremum dan Infimum Berikut ini diperkenalkan konsep tentang batas atas dan batas bawah dari suatu himpunan bilangan real.

Pengantar Analisis Real I Definisi 1.3.1. Diberikan subset tak kosong S Ì R . (a) Himpunan S dikatakan terbatas ke atas (bounded above) jika terdapat suatu bilangan u Î R sedemikian hingga s £ u untuk semua s Î S . Setiap bilangan u seperti ini disebut dengan batas atas (upper bound) dari S. (b) Himpunan S dikatakan terbatas ke bawah (bounded below) jika terdapat suatu bilangan wÎ R sedemikian hingga w £ s untuk semua s Î S . Setiap bilangan w seperti ini disebut dengan batas bawah (lower bound) dari S. (c) Suatu himpunan dikatakan terbatas (bounded) jika terbatas ke atas dan terbatas ke bawah. Jika tidak, maka dikatakan tidak terbatas (unbounded). Sebagai contoh, himpunan S :={ x Î R : x < 2} ini terbatas ke atas, sebab bilangan 2 dan sebarang bilangan lebih dari 2 merupakan batas atas dari S. Himpu nan ini tidak mempunyai batas bawah, jadi himpunan ini tidak terbatas ke bawah. Jadi , S merupakan himpunan yang tidak terbatas. Definisi 1.3.2. Diberikan S subset tak kosong R . (a) Jika S terbatas ke atas, maka suatu bilangan u disebut supremum (batas atas terkecil) dari S jika memenuhi kondisi berikut: (1) u merupakan batas atas S, dan (2) jika v adalah sebarang batas atas S, maka u £ v . Ditulis u = sup S . (b) Jika S terbatas ke bawah, maka suatu bilangan u disebut infimum (batas bawah terbesar) dari S jika memenuhi kondisi berikut: (1) w merupakan batas bawah S, dan (2) jika t adalah sebarang batas bawah S, maka t £ w . Ditulis w = inf S . Mudah untuk dilihat bahwa jika diberikan suatu himpunan S subset dari R , maka hanya terdapat satu supremum, atau supremumnya tunggal. Juga dapat ditunjukkan bahwa jika u ' adalah sebarang batas atas dari suatu himpunan tak ko song

Pengantar Analisis Real I S, maka sup S £ u ', sebab sup S merupakan batas atas terkecil dari S. Suatu subse t tak kosong S Ì R mempunyai empat kemungkinan, yaitu (i) mempunyai supremum dan infimum, (ii) hanya mempunyai supremum, (iii) hanya mempunyai infimum, (iv) tidak mempunyai infimum dan supremum. Setiap bilangan real a Î R merupakan batas atas dan sekaligus juga merupakan batas bawah himpunan kosong Æ . Jadi, himpunan Æ tidak mempunyai supremum dan infimum. Lemma 1.3.3. Suatu bilangan u merupakan supremum dari subset tak kosong S Ì R jika dan hanya jika u memenuhi kondisi berikut: (1) s £ u untuk semua s Î S , (2) jika v < u , maka terdapat s 'Î S sedemikian hingga x < s ' . Lemma 1.3.4. Diberikan subset tak kosong S Ì R , (a) u = sup S jika dan hanya sedemikian hingga u -e < (b) w = inf S jika dan hanya sedemikian hingga u -e < Bukti.

jika untuk setiap e> 0 terdapat s1 Î S s1 . jika untuk setiap e> 0 terdapat s2 Î S s2 .

(a) . Diketahui u = sup S dan diberikan e> 0 . Karena u -e < u , maka u -e bukan merupakan batas atas S. Oleh karena itu, terdapat s1 Î S yang lebih besar dari u -e , sehingga u -e < s1. . Diketahui u -e < s1 . Jika u merupakan batas atas S, dan jika memenuhi v < u , maka diambil e := u - v . Maka jelas e> 0 , dan diperoleh bahwa u = sup S. (b) Coba buktikan sendiri.

Pengantar Analisis Real I Contoh 1.3.5. (a) Jika suatu himpunan tak kosong S1mempunyai elemen sebanyak berhingga, maka dapat dilihat bahwa S1mempunyai elemen terbesar, namakan u, dan elemen terkecil, namakan w. Maka u = sup S1 dan w = inf S1 , dan keduanya merupakan elemen S1. (b) Himpunan S :={ x :0 £ x £ 1} mempunyai batas atas 1. Akan dibuktikan bahwa 2 1 merupakan supremumnya. Jika v < 1, maka terdapat s 'Î S2 sedemikian hingga v < s '. Oleh karena itu, v bukan merupakan batas atas S2 dan karena v merupakan sebarang v < 1, maka dapat disimpulkan bahwa sup S2 = 1. Dengan cara yang sama dapat ditunjukkan bahwa inf S2 = 0. Sifat Lengkap R Akan ditunjukkan bahwa subset tak kosong R yang terbatas ke atas pasti mempunyai batas atas terkecil. Sifat seperti ini disebut Sifat Lengkap R . Sifat Lengkap juga sering disebut dengan Aksioma Supremum R . 1.3.6. Sifat Lengkap R Jika subset tak kosong S Ì R terbatas ke atas, maka supremumnya ada, yaitu terdapat u Î R sedemikian hingga u = sup S. Akibat 1.3.7. Jika subset tak kosong S Ì R terbatas ke bawah, maka infimumnya ada, yaitu terdapat wÎ R sedemikian hingga w = inf S. Bukti. Misalkan himpunan T terbatas ke bawah, T Ì R . Dibentuk himpunan S = {-t : t ÎT} , maka S terbatas ke atas dan tidak kosong. Menurut Aksioma Supremum, sup S ada, namakan u = sup S , maka -u = inf T .

Pengantar Analisis Real I SOAL LATIHAN SUBBAB 1.3 1. Diberikan S ={ x Î R : x > 0} . Apakah S mempunyai batas bawah dan batas atas? Apakah inf S dan sup S ada? Buktikan jawabanmu. n 2. Diberikan T := 1-- ) {( 1 n : n Î N} . Carilah inf T dan supT . 3. Diberikan S subset tak kosong R yang terbatas ke bawah. Buktikan bahwa inf S =- sup {-s : s Î S} . 4. Tunjukkan bahwa jika A dan B subset terbatas , maka A È B merupakan himpunan terbatas. Tunjukkan bahwa sup ( A È 5. Diberikan S Í R dan misalkan s*: = sup S dalam S. Jika u Ï S bahwa sup (S È{u}) = sup { s*, u} . 6. Tunjukkan bahwa himpunan berhingga S Í R memuat supremumnya. 7. Jelaskan dan buktikan Lemma 1.3.3. 1.4. Penggunaan Sifat Aksioma Supremum Pada subbab ini dibahas beberapa akibat dari

dari R B) = sup {sup A,sup B} . , tunjukkan

aksioma supremum.

Teorema 1.4.1. Diberikan subset tak kosong S Ì R yang terbatas ke atas dan sebarang a Î R . Didefinisikan himpunan a + S :={a + s : s Î S} , maka berlaku sup (a + S )= a + sup (S ) . Bukti. Jika diberikan u := sup S , maka x £ u untuk semua x Î S , sehingga a + x £ a + u . Oleh karena itu, a + u merupakan batas atas dari himpunan a + S . Akibatnya sup (a + S )£ a + u . Selanjutnya, misalkan v adalah sebarang batas atas a + S , maka a + x £ v untuk semua x Î S . Akibatnya x £ v - a untuk semua x Î S , sehingga v - a merupakan batas atas S. Oleh karena itu, u = sup S £ v - a . Karena v adalah sebarang batas atas a + S , maka dengan mengganti v dengan u = sup S ,

Pengantar Analisis Real I diperoleh a + u £ sup (a + S ) . Di lain pihak diketahui sup (a + S )£ a + u . Akiba tnya terbukti bahwa sup (a + S )= a + u = a + sup S . Teorema 1.4.2. Diberikan subset tak kosong S Ì R yang terbatas dan sebarang bilangan real a > 0 . Didefinisikan himpunan aS :={as : s Î S} , maka berlaku inf (aS )= a inf (S ) . Bukti. Tulis u = inf aS dan v = inf S . Akan dibuktikan bahwa u = av . Karena u = inf aS , maka u £ as , untuk setiap s Î S . Karena v = inf S , maka v £ s untuk setiap s Î S . Akibatnya av £ as untuk setiap s Î S . Berarti av merupakan batas bawah aS. Karena u batas bawah terbesar aS, maka av £ u . Karena u £ as untuk setiap s Î S , uu £ v maka diperoleh £ s untuk setiap s Î S (sebab a > 0 ). Karena v = inf S , maka aa yang berakibat u £ av . Di lain pihak diketahui av £ u . Akibatnya u = av . Jadi, te rbukti bahwa inf (aS )= a inf (S ) . Teorema 1.4.3. Jika A dan B subset tak kosong R dan memenuhi a £ b untuk semua a Î A dan b Î B , maka sup A £ inf B . Bukti. Diambil sebarang b Î B , maka a £ b untuk semua a Î A . Artinya bahwa b merupakan batas atas A, sehingga sup A £ b . Selanjutnya, karena berlaku untuk sem ua b Î B , maka sup A merupakan batas bawah B. Akibatnya diperoleh bahwa sup A £ inf B . Sifat Archimedes Berikut ini diberikan salah satu sifat yang mengaitkan hubungan antara bilangan real dan bilangan asli. Sifat ini menyatakan bahwa apabila diberikan sebarang bilanga n real x, maka selalu dapat ditemukan suatu bilangan asli n yang lebih besar dari x.

Pengantar Analisis Real I 1.4.4. Sifat Archimedes. Jika x Î R , maka terdapat n Î N sedemikian hingga x < n. Bukti. Ambil sebarang x Î R . Andaikan tidak ada n Î N sedemikian hingga x < n , maka n £ x , untuk setiap n Î N . Dengan kata lain, x merupakan batas atas N . Jadi, N Ì R , N ¹Æ , dan N terbatas ke atas. Menurut aksioma supremum, maka sup N ada, tulis u = sup N . Karena u -1 < u , maka terdapat m Î N dengan sifat u -1 < m . Akibatnya u < m +1 dengan m +1Î N . Timbul kontradiksi dengan u = sup N . Berarti u batas atas N , yaitu ada m +1Î N sehingga u < m +1(u bukan batas atas N ). Jadi, pengandaian salah, yang benar adalah ada n Î N sedemikian hingga x < n . .1 . Akibat 1.4.5. Jika S := . : n Î N. , maka inf S = 0 . .n . Bukti. Karena S ¹Æ terbatas ke bawah oleh 0, maka S mempunyau infimum, tulis w := inf S . Jelas bahwa w ³ 0 . Untuk sebarang e> 0 , menggunakan Sifat Archimede s, 11 terdapat n Î N sedemikian hingga < n , akibatnya 0 , maka terdapat ntÎ N sedemikian hingga 0 < < t. n t .1 . Bukti. Karena inf . : n Î N. = 0 dan t > 0 , maka t bukan batas bawah himpunan . n . .1 . 1 . : n Î N. . Akibatnya terdapat n Î N sedemikian hingga 0 < < t . . n tn . t

Pengantar Analisis Real I Akibat 1.4.7. Jika y > 0 , maka terdapat n Î N sedemikian hingga n -1 < y < n. y yy Bukti. Sifat Archimedes menjamin bahwa subset Ey :={m Î N : y < m} dari N tidak kosong. Menggunakan Sifat Urutan, Ey mempunyai elemen yang paling kecil, yang dinotasikan dengan n . Oleh karena itu, n -1 bukan elemen E . Akibatnya diperole h yy y bahwa ny -1 < y < ny . Eksistensi Bilangan Real dan Densitas Bilangan Rasional di R Salah satu penggunaan Sifat Supremum adalah dapat digunakan untuk memberikan jaminan eksistensi bilangan-bilangan real. Berikut ini akan ditunjukkan bahwa ad a bilangan real positif x sedemikian hingga x2 = 2. Teorema 1.4.8. Ada bilangan real positif x sedemikian hingga x2 = 2 . 2 Bukti. Dibentuk himpunan S ={ s Î R : s ³ 0 dan s < 2} . Jelas bahwa S ¹Æ sebab 0Î S dan 1Î S . S terbatas ke atas dengan salah satu batas atasnya adalah 2. Jika t ³ 2, maka t2 ³ 4 . Jadi, t = 2Ï S . Menggunakan Aksioma Supremum, S Ì R , S ¹Æ , dan S terbatas ke atas, maka S mempunyai supremum. Namakan x = sup S , dengan x Î R . 2 222 Akan dibuktikan bahwa x = 2 . Andaikan x ¹ 2 , maka x < 2 atau x > 2. Kemungkinan I: Untuk x2 < 2. 2 211 Karena x < 2 , maka 2 - x > 0 . Karena 2 £ , maka nn . 1 .2

221 21 . x + . = x + x + 2 £ x +(2x +1) . . n . nn n 2 - x2 Karena 2 - x2 > 0 dan 2x +1 > 0 , maka > 0 . Menurut akibat Sifat Archimedes, 2x +1 dapat ditemukan n Î N sehingga

Pengantar Analisis Real I 12 - x2 < . n 2x +1 Akibatnya 1 (2x +1)< 2 - x2 n dan 2 . 1 . 21 22 . x + . < x +(2x +1)< x + 2 - x = 2. . n . n . 1 .21 Diperoleh bahwa x +< 2 , yang berarti bahwa x +Î S . Kontradiksi dengan .. . n . n x = sup S . Oleh karena itu tidak mungkin x2 < 2. Kemungkinan II: x2 > 2. Karena x2 > 2 , maka x2 - 2 > 0 . Perhatikan bahwa . 1 .2 22x 1 22x x -= x -+ > x - . .. . m .

mm2 m Karena x2 - 2 > 0 dan 2x > 0 , maka dipilih m Î N sedemikian hingga 2x 2x 2 m > 2 atau < x - 2. x - 2 m Akibatnya 2 . 1 . 22x 22 x -> x -> x -( x - 2)= 2. .. . m . m . 1 .2 11 Diperoleh bahwa x -> 2 . Berarti x -Ï S , yaitu x - batas atas. Kontradiksi .. . m . mm dengan x = sup S . Oleh karena itu, tidak mungkin x2 > 2 . Jadi, pengandaiannya salah, yang benar adalah x2 = 2. 1.4.9. Teorema Densitas (The Density Theorem) Jika x y Î R dengan x < y ,, maka ada bilangan rasional q Î Q sedemikian hingga x < q < y.

Pengantar Analisis Real I Bukti. Dengan tidak mengurangi keumuman (without loss of generality), diambil x > 0. 1 Karena x < y , maka y > 0 dan y - x > 0 . Akibatnya > 0 , sehingga dapat dipilih y - x n Î N sedemikian hingga 1 n > . y - x Untuk n di di atas, berlaku ny - nx > 1, yaitu nx +1 < ny . Karena nx > 0 , maka dapat dipilih m Î N sehingga m -1 £ nx < m . Bilangan m di atas juga memenuhi m < ny , sebab dari m -1 £ nx diperoleh m £ nx +1 < ny . Jadi nx < m < ny . Akibatnya untuk q = m mempunyai sifat x < m = q < y . Jadi, terdapat bilangan nn rasional q = m dengan sifat x < q < y . n Berikut ini diberikan akibat dari Teorema Densitas, yaitu di antara dua bilangan real pasti dapat ditemukan bilangan irrasional. Akibat 1.4.10. Jika xy Î R dengan x < y , maka ada bilangan irrasional ,r sedemikian hingga x < r < y. xy Bukti. Menggunakan Teorema Densitas, ada bilangan real dan dengan sifat

22 xy ada bilangan rasional q dengan sifat < q < . Akibatnya, x < q 2 < y dan q 2 22 merupakan bilangan irrasional.

Pengantar Analisis Real I SOAL LATIHAN SUBBAB 1.4 1. Diberikan himpunan tak kosong X dan f : X ® R mempunyai range terbatas di R . Jika a Î R , tunjukkan bahwa: (a) sup {a + f ( ): xx Î X}= a + sup { fx x Î X} (): . (b) inf {a + f ( ): xx Î X}= a + inf { fx x Î X} (): . 2. Diberikan subset tak kosong A dan B dari R . Dibentuk himpunan A + B :={a + b : a Î A dan b Î B} . Buktikan bahwa sup ( A + B)= sup A + sup B dan inf( A + B) = inf A + inf B . 3. Jika diberikan sebarang x Î R , tunjukkan bahwa terdapat dengan tunggal n Î Z sedemikian hingga n -1 £ x < n . 1 4. Jika y > 0, tunjukkan bahwa terdapat n Î N sedemikian hingga < y . 2n 5. Jika u > 0 adalah sebarang bilangan real dan x < y , tunjukkan bahwa terdapat bilangan rasional r sedemikian hingga x < ru < y . 1.5. Interval dalam R Jika diberikan ,dengan a < b ab Î R , maka interval terbuka yang ditentukan oleh a dan b adalah himpunan ( , )={ x Î R : a < x < b} ab . Titik a dan b disebut titik ujung (endpoints) interval. Titik ujung tidak termua t dalam interval terbuka. Jika kedua titik ujung digabungkan ke dalam interval terbukanya, maka disebut interval tertutup, yaitu himpunan [ , ]={ x Î R : a £ x £ b}

ab . Interval setengah terbuka atau setengah tertutup adalah interval yang memuat salah satu titik ujungnya. Gabungan interval terbuka dengan titik ujung a, ditul is [ ,, ab) dan gabungan interval terbuka dengan titik ujung b, ditulis ( ,. ab] Masing-masing interval tersebut terbatas dan mempunyai panjang (length) yang didefinsikan deng an b - a . Jika a = b , maka interval terbukanya berkorespondensi dengan himpunan k osong

Pengantar Analisis Real I (,=Æ , interval tertutupnya berkorespondensi dengan himpunan singleton aa) dan [ ,] a . aa ={ } Berikut ini diberikan lima jenis interval tidak terbatas. Simbol ¥ (atau +¥ ) dan -¥ digunakan sebagai simbol titik ujungnya yang tak berhingga. Interval terbuka ta k terbatas adalah himpunan dengan bentuk (a,¥) :={ x Î R : x > a} dan (-¥ ,b) :={ x Î R : x < b} . Himpunan pertama tidak mempunyai batas atas dan yang kedua tidak mempunyai batas bawah. Himpunan (a,¥) sering juga disebut dengan sinar terbuka (open a ray). Diberikan interval tertutup tak terbatas, yaitu [a,¥): ={ x Î R : a £ x} dan (-¥ ,b]: ={ x Î R : x £ b} . Himpunan [a,¥) sering disebut dengan sinar tertutup (close a ray). Himpunan R dapat dituliskan sebagai ( ,) -¥ ¥ := R . Perhatikan bahwa ¥ dan -¥ bukan elemen R . 1.5.1. Teorema Karakteristik Interval Jika S adalah subset R yang memuat paling sedikit dua titik dan mempunyai sifat: jika ,Î S dan x < y , maka [ ,]Í S, xy xy maka S merupakan suatu interval. Interval Susut (Nested Intervals) Telah diketahui bahwa barisan adalah fungsi f : N ® A ¹Æ . Jika A adalah himpunan interval-interval, maka terbentuk barisan interval { In}³ . Untuk mempersingkat n 1 penulisan, barisan { In} cukup ditulis I . n³1 n Definisi 1.5.2. (Interval Susut) Barisan In , n Î N dikatakan interval susut (nested intervals) jika

I1 Ê I2 Ê I3... Ê In Ê In+1 Ê ... .

Pengantar Analisis Real I Contoh 1.5.3. . 1 . . 1 .. 1. (1) Diberikan In = .0, , n Î N . Yaitu I1 =[0,1 ] , I2 = .0, , I3 = .0, , .... . .. . n . . 2.. 3. Maka I1 Ê I2 Ê I3 Ê ... (nested) dan n ¥ In ={ } 0 (mempunyai titik berserikat). n=1 . 1 . (2) Diberikan In = . 0, . , n Î N . Diperoleh bahwa In É In+1, untuk setiap n Î N . . n . ¥ Tetapi nIn =Æ . Jadi, interval susut belum tentu mempunyai titik berserikat. n=1 8 Sebab, andaikan terdapat xI , maka x Î I untuk setiap n Î N . Karena În nn n=1 1

x > 0 , maka terdapat n Î N sedemikian hingga < x . Kontradiksi dengan n ¥ pengandaian. Jadi pengandaian salah, yang benar adalah I =Æ . n n n=1 . 1 . . 1 .. 1. (3) Diberikan In = 0,1 + , maka I1 =[0,2 ] , I2 = .0,1 , I2 = .0,1, .... .. .. . n .. 2.. 3. Diperoleh n ¥ In =[0,1 ]¹Æ . (Ada tak hingga banyak x Î[0,1 ]). Perhatikan n=1 . 1 . bahwa inf .1+ : n Î N. = 1. . n . 1.5.4. Sifat Interval Susut (Nested Interval Property) Jika In =[a ,bn ] ,n Î N n interval tertutup terbatas dan I Ê untuk setiap n Î N (interval susut), maka n In+1 ¥ I ¹Æ , n n n=1 yaitu terdapat xÎ R

sedemikian hingga xÎ In untuk setiap n Î N . Selanjutnya, jika panjang In = bn - an memenuhi inf {bn - an : n Î N}= 0 , maka elemen berserikat x tersebut tunggal.

Pengantar Analisis Real I Bukti. Dibentuk himpunan A ={a : n Î N} . Jelas A ¹Æ sebab a1 Î A , dan A Ì R . n Himpunan A terbatas ke atas, sebab In Ê In+1 untuk setiap n Î N . Sehingga diperoleh bahwa an £ bn untuk setiap n Î N , yang berarti b1batas atas A. Menggunakan Sifat Lengkap R , maka supremum A ada, yaitu terdapat xÎ R sedemikian hingga x= sup A . Jelas bahwa am£x untuk setiap m Î N . Selanjutnya, untuk sebarang , mn Î N berlaku a £ a £ b £ b atau a £ b . nn+mn+mm nm Hal ini berakibat sup {an : n Î N}£ bm atau x£ bm. Karena a £x dan x£ b , maka diperoleh a £x £ b untuk setiap m Î N , berarti mmmm xÎ In =[an ,bn ] , untuk setiap n Î N . Sehingga ¥ xÎnIn , n=1 yang berakibat n ¥ In ¹Æ . Jika h= inf {bn: n Î N} , maka dengan cara yang sama n=1 (sebelumnya), diperoleh hÎ Im untuk setiap m Î N . Sehingga diperoleh ¥

hÎnIn . n=1 Akan dibuktikan ketunggalannya, yaitu h =x . Diambil sebarang e> 0 . Jika inf {bn - an : n Î N}= 0 , maka terdapat n0 Î N sehingga 0 £h-x £ bn 0 - an 0 0 berlaku Ve ()Ç S ¹Æ atau Ve ()( x )-{ x}( x { x}) Ç S ¹Æ . Ekuivalen dengan mengatakan bahwa x titik cluster S jika untuk setiap n Î N , terdapat snÎ S sedemikian hingga 0 < sn- x < 1 . n Contoh 1.5.7. (1) Diberikan S =(0, 2) . Apakah 0 merupakan titik cluster? Jawab. Diambil e> 0 , maka Ve(0)=(0 -e ,0 +e)=(-e e , ) . Menggunakan Teorema Densitas, maka 0 merupakan titik cluster S dan 0Ï S . Demikian juga 11 bahwa merupakan titik cluster S dan Î S . 2 2 (2) Diberikan A =[1, 2 ]È{4} . Apakah 4 titik cluster? Jawab. Persekitaran-e dari 4 adalah Ve(4)=(4 -e ,4 +e) . Misal diambil 1 . 11 .. 11 . e= , maka 4 = 4 - ,4 += 3 , 4 . Sehingga diperoleh bahwa Ve( ) . ..

. 2 . 22 .. 22 . . 11 . n [1,2 ]-{ } . Jadi, 4 bukan titik cluster. 3,4 4 =Æ . . . 22 . .1 .. 111 . (3) Diberikan B = . : n Î N. = .1, ,, ,... . . Tunjukkan bahwa 0 titik cluster B . n .. 23 4 . dengan 0Ï B . Jawab. Menggunakan Sifat Archimedes, jika diberikan sebarang e> 0 , maka 1 terdapat n Î N sedemikian hingga 0 < 0 sehingga V ( x)Ì G . 2 e22 Demikian seterusnya. Karena x ÎGn dan Gnterbuka, maka terdapat en > 0 sehingga Ve( x)Ì G . n n Namakan e= min {e ,e ,..., e} , jelas bahwa e> 0 . Maka V ( x)Ì V ( x)Ì G 1 2 n eeii untuk setiap i = 1, 2,..., n , yang berakibat bahwa x Ì H = nGi . Jadi, Ve( ) n i=1 n terbukti bahwa G terbuka.  n i i=1

Berikut ini diberikan akibat dari sifat himpunan terbuka, yaitu sifat untuk himpunan tertutup. Akibat 1.5.12. (a) Jika A himpunan indeks (berhingga atau tak berhingga) dan Gxtertutup untuk setiap lÎ A , maka . Gl tertutup. lÎA (b) Jika G ,G ,..., G masing-masing merupakan himpunan tertutup, maka 12 n n .Gi tertutup. i=1

Pengantar Analisis Real I SOAL LATIHAN SUBBAB 1.5 1. Jika I =[ , ] dan I =[a ,b¢] : ab ¢ : ¢ interval tertutup dalam R , tunjukkan bahwa I Í I¢ jika dan hanya jika a¢£ a dan b £ b¢ . 2. Jika S Í R tidak kosong, tunjukkan bahwa S terbatas jika dan hanya terdapat interval tertutup terbatas I sedemikian hingga S Í I . 3. Jika S Í R tidak kosong dan terbatas, dan IS :=[inf S,sup S] , tunjukkan bahwa S Í IS . Selanjutnya, jika J adalah sebarang interval tertutup terbatas yang memuat S, tunjukkan bahwa IS Í J . 4. Diberikan Kn :=(n,¥) untuk n Î N . Buktikan bahwa n ¥ Kn =Æ . n=1 5. Jika S himpunan dan T Ì S tidak inf S £ inf T £ 6. Buktikan Akibat

terbatas di R kosong, buktikan bahwa sup T £ sup S . 1.5.1.2.(b).

Pengantar Analisis Real I BAB 2 BARISAN DAN DERET Pada bab ini dibahas mengenai pengertian barisan dan deret. Selanjutnya, dibahas tentang limit dan konvergensi dari suatu barisan. Di antaranya adalah Teorema Konvergen Monoton, Teorema Bolzano-Weierstrass, dan Kriteria Cauchy untuk barisa n yang konvergen. 2.1. Barisan dan Limit Barisan Barisan (sequence) pada himpunan S adalah suatu fungsi dengan domain N dan mempunyai range dalam S. Pada subbab ini akan dibahas mengenai barisan di R dan konvergensi dari suatu barisan. Definisi 2.1.1. Barisan bilangan real adalah suatu fungsi yang didefinisikan pad a himpunan N dengan range dalam R . Dengan kata lain, barisan dalam R mengawankan setiap bilangan asli n = 1,2,3,... kepada suatu bilangan real. Jika X : N ® R merupakan barisan, maka biasanya dituliskan dengan nilai dari X pada n dengan notasi xn. Barisan sering dinotasikan dengan X atau ( xn ) atau ( x : n Î N) atau { xn } atau { xn } . Apabi la nn³1 diketahui suatu barisan Y, artinya Y =( yk ) . Contoh 2.1.2. n (a) Barisan ( xn ) dengan xn= (-1)n adalah barisan -1,1, -1,1, -1,1,..., (-1) ,. .. . 1 . 1 . 111 1 (b) Barisan ( xn ) dengan x = ,: n Î N = , , ,..., ,... .

nn . n . n 2 . 2 . 248 2 (c) Barisan konstan (kn ) dengan kn = 3 adalah 3,3,3,3,.... .

Pengantar Analisis Real I . n . 123 n (d) Barisan = , , ,..., ,... . . . . n +1. 234 n +1 Definisi 2.1.3. Diberikan barisan bilangan real ( xn ) dan ( yn ) , dan aÎ R . Maka dapat didefinisikan (i) ( xn )±( y )=( xn ± yn ) . n (ii) a( x ) = (a x ) . nn (iii) ( xn )×( y )=( xn × yn ) . n ( x ) . xn . (iv) n = .. , asalkan yn ¹ 0. ( yn ) . yn . Definisi 2.1.4. (Limit Barisan) Diketahui ( xn ) barisan bilangan real. Suatu bi langan real x dikatakan limit barisan ( xn ) jika untuk setiap e> 0 terdapat K (e )Î N sedemikian hingga untuk setiap n Î N dengan n ³ K (e ) berlaku x - x 0 terdapat K Î N sedemikian hingga untuk setiap n ³ K berlaku xn- x 0 terdapat K Î N sedemikian hingga untuk setiap n ³ K berlaku x -e < xn < x +e . (d) Untuk setiap persekitaran Ve( x) dari x , terdapat K Î N sedemikian hingga untuk setiap n ³ K berlaku xnÎVe( x) . Bukti. (a) (b) (b) (c) (c) (d) (d) (a) n

. Jelas (dari definisi). . xn- x 0 . Menurut Sifat Archimedes, terdapat 2 e 11 1121 K (e )Î N sedemikian hingga < K e atau m , maka bentuk elemen ke-q dari X ada lah m elemen ke-(q - m) dari X. Diasumsikan bahwa X konvergen ke x. Diberikan sebarang e> 0 , pada barisan X untuk n ³ () K e berlaku xn- x 0 , maka 0 < na < 1+ na yang berakibat bahwa 1 111 0 0 , maka terdapat M Î N n sedemikian hingga xn> 0 untuk semua n ³ M . . 11 . 8. Tunjukkan bahwa lim -= 0. .. . nn +1. . n2 . 9. Tunjukkan bahwa lim = 0. . . . n! . 10. Jika lim ( x )= x > 0 , tunjukkan bahwa terdapat K Î N sedemikian hingga jika n 1 n ³ K , maka x < xn < 2x . 2

Pengantar Analisis Real I 2.2. Teorema-teorema Limit Pada subbab ini akan dibahas mengenai beberapa teorema yang berkaitan dengan lim it pada barisan bilangan real, seperti barisan terbatas dan kekonvergenan barisan. Definisi 2.2.1. Barisan bilangan real X =( xn ) dikatakan terbatas jika terdapat bilangan real M > 0 sedemikian hingga xn£ M untuk semua n Î N . Oleh karena itu, barisan ( xn ) terbatas jika dan hanya jika himpunan { xn: n Î N} merupakan subset terbatas dalam R . Teorema 2.2.2. Jika X =( xn ) konvergen, maka X =( xn ) terbatas. Bukti. Diketahui X =( xn ) konvergen, misalkan konvergen ke x. Diambil e= 1, mak a terdapat K Î N sedemikian hingga untuk setiap n ³ K berlaku xn- x < 1. Menggunakan akibat Ketaksamaan Segitiga, maka xn- x < 1 atau xn< 1+ x untuk semua n ³ K . Namakan M = max { x , x ,..., x , x +1} , maka x n£ M , untuk semua 12 k -1 n Î N . Jadi, terbukti bahwa X =( xn ) terbatas. Teorema 2.2.3. Jika X =( xn )® x, Y =( yn )® y,dan c Î R , maka (i) X ± Y ® x + y. (ii) XY ×® xy . (iii) cX ® cx . Bukti. (i) Ambil sebarang e> 0 . Karena X =( xn )® x , maka terdapat n0 Î N sedemikian hingga untuk setiap n ³ n0 berlaku xn- x 0 , maka ( xn + yn ) konvergen ke x + y . Dengan cara yang sama diperoleh bahwa ( x - y ) konvergen ke x - y . Jadi, n n terbukti bahwa X ± Y ® x + y . (ii) Akan dibuktikan bahwa untuk setiap e> 0 terdapat K Î N sedemikian hingga untuk setiap n ³ K berlaku xy - xy 0 sedemikian hingga xn11 £ M , untuk semua n Î N . Namakan M = max { M , y } . Diambil sebarang e> 0 . Karena ( xn )® x , maka terdapat K1Î N sedemikian hingga untuk setiap n ³ K1 berlaku xn- x 0 terdapat K Î N sedemikian hingga untuk setiap n ³ K berlaku xy - xy 0 . Karena ( xn )® x , maka terdapat K Î N sedemikian e hingga untuk setiap n ³ K berlaku xn- x < . Perhatikan bahwa 2 cx n - x = cx - x + x - x nnn £ cx n - xn + xn - x = x c -1 + xn - x . n Karena ( xn )® x , maka ( xn ) terbatas, yaitu terdapat M > 0 sedemikian hingga n£ M , untuk semua n Î N . Akibatnya x e nc -1 + x - x < M . c -1 +e =(M . c -1 )+ 0 terdapat K Î N sedemikian hingga untuk setiap n ³ K berlaku cx n- x 0 . Karena lim ( z )= z , maka terdapat K Î N sedemikian hingga untuk n 1 setiap n ³ K1 berlaku zn - z 0 , maka terdapat K2 Î N sedemikian hingga jika n ³ K2, maka z - z < 1 e z 2 . Jika diambil K e= max { K , K } () 1 2,maka n 2 0 , maka terbukti bahwa lim .. = atau .. zz z . n .. n . 1 konvergen ke . Menggunakan Teorema 2.2.3(ii) dan dengan mengambil Y sebagai z . 1 .. xn .. 1 . x

barisan .. , maka XY ×= .. ® x = .  .. zz . z . z . n .. n . Teorema 2.2.5. Jika X =( xn ) barisan bilangan real dengan xn³ 0 untuk semua n Î N dan ( xn )® x , maka x ³ 0 . Bukti. Diambil e =- x > 0 . Karena ( xn )® x , maka terdapat K Î N sedemikian hingga untuk setiap n ³ K berlaku xn - x 1. aa (b) Barisan berikut ini turun (monoton). . 11 1 . (i) 1, , ,..., ,... . . . . 23 n .

. 111 1 . (ii) 1, , , ,..., ,... . . 2 32n-1 . . 2 2 2 . 23 4 n (iii) ( ,,b ,b ,..., b ,... jika 0 < b < 1 bb ) . (c) Barisan berikut ini tidak monoton. n+1 (i) (+1, -1, +1,..., (-1) ,... ) . (ii) (-1, +2, -3, +4,... ) .

Pengantar Analisis Real I 2.3.4. Teorema Konvergensi Monoton (a) Jika X =( xn ) naik (monoton) dan terbatas ke atas, maka X =( xn ) konvergen dengan lim ( xn )= sup { xn : n Î N} . (b) Jika X =( xn ) turun (monoton) dan terbatas ke bawah, maka X =( xn ) konvergen dengan lim ( xn )= inf { xn : n Î N} . Bukti. (a) Karena X =( xn ) terbatas ke atas, maka terdapat M Î N sedemikian hingga x £ M untuk semua n Î N . Namakan A ={ x : n Î N} , maka A Ì R , n n terbatas ke atas , maka supremum A ada, namakan x sedemikian hingga x -e < xk x -e < xk £ xn £

dan tidak kosong. Menurut Sifat Lengkap R = sup A . Diambil e> 0 , maka terdapat K Î N £ x . Karena X naik monoton, maka untuk n ³ K berlaku x < x +e

atau x -e < xn < x +e Û xn- x 1 dan x := 2 - 1 untuk n Î N . Tunjukkan bahwa ( xn ) terbatas 1 n+1 x n dan monoton. Carilah nilai limitnya. 2. Diberikan x ³ 2 dan x 1:= 1+ x -1 untuk n Î N . Tunjukkan bahwa ( xn ) 1 n+ n turun dan terbatas ke bawah oleh 2. Carilah nilai limitnya. 3. Diberikan A Ì R tak berhingga yang terbatas ke atas dan misalkan u := sup A . Tunjukkan bahwa terdapat barisan naik ( xn ) dengan x Î A untuk semua n Î N n

sedemikian hingga u = lim ( x ) . n 4. Tentukan apakah barisan ( yn ) konvergen atau divergen, dengan 11 1 y :=+ + ... + untuk n Î N . n n +1 n + 22n

Pengantar Analisis Real I 11 1 5. Diberikan xn:=+ + ... + untuk setiap n Î N . Buktikan bahwa ( xn ) naik 22 2 12 n dan terbatas, sehingga ( xn ) konvergen. (Petunjuk: Jika k ³ 2 , maka 11 11 2 £ =- ). kk (k -1) k -1 k 6. Tentukan konvergensi dan hitunglah limit barisan berikut. n+1 2n .. .. . 1 .. 1 . (a) . 1+ .. . (b) . 1+ .. . . . . . . . .. n . .. n .. .

. n .. n . . 1 . . 1 . (c) . 1+ . . (d) . 1- . . .. .. .. n +1.. .. n .. .. .. 2.4. Barisan Bagian Pada bagian ini akan diberikan konsep barisan bagian (subsequences) dari suatu b arisan bilangan real. Definisi 2.4.1. Diberikan barisan bilangan real X =( xn ) dan diberikan barisan bilangan asli naik tegas n < n < ... < n < ... . Barisan X ¢=( x ) dengan 12 k nk ( x )=( xn , x ,..., xn ,... ) nn k 12 k disebut dengan barisan bagian atau sub barisan (subsequences) dari X. . 111 1 . Contoh 2.4.2. Diberikan X := . , , ,..., ,... . . . 12 3 n . . 111 1 .

(i) Barisan X1 ¢= . , , ,..., ,... merupakan barisan bagian dari X. . . 246 2n . 111 1 (ii) Barisan X ¢= . . , , , ,... . merupakan barisan bagian dari X. . 2 . 456 7 . . 1111 . (iii) , , , bukan 3 . 32 45

Barisan X ¢= . ,... . barisan bagian dari X, sebab n2 < n1. .

Pengantar Analisis Real I Teorema 2.4.3. Jika X =( xn ) konvergen ke x, maka setiap barisan bagian X ¢=( xnk ) dari X juga konvergen ke x. Bukti. Diambil e> 0 . Karena ( xn )® x , maka terdapat K()eÎ N sedemikian hingga K e berlaku untuk setiap n ³ () xn- x 0 dan suatu barisan bagian X ¢=( xnk ) sedemikian hingga xnk - x ³e0 untuk semua k Î N . Bukti. (i) . (ii) Jika ( xn ) tidak konvergen ke x, maka untuk suatu e0 > 0 tidak mungkin ditemukan k Î N sedemikian hingga untuk setiap nk ³ k berlaku xnk - x n1 dan xn- x ³e0 . Demikian seterusnya sehingga diperoleh suatu barisan bagia n 2 X ¢=( xnk ) sehingga berlaku xnk - x ³e0 untuk semua k Î N . (iii) . (i) Misalkan X =( xn ) mempunyai barisan bagian X ¢=( xnk ) yang memenuhi sifat (iii). Maka X tidak konvergen ke x, sebab jika konvergen ke x, maka X ¢=( xn k ) juga konvergen ke x. Hal ini tidak mungkin, sebab X ¢=( xnk ) tidak berada dalam persekitaran V 0 ( x) .  e Teorema 2.4.5. (Kriteria Divergensi) Jika barisan bilangan real X =( xn ) memenu hi salah satu dari sifat berikut, maka barisan X divergen. (i) X mempunyai dua barisan bagian konvergen X ¢=( x ) dan X ¢¢ = ( x ) nk rk dengan limit keduanya tidak sama. (ii) X tidak terbatas. . 11 . Contoh 2.4.6. Tunjukkan bahwa barisan 1, ,3, ,... divergen. . . . 24 . Jawab. Namakan barisan di atas dengan Y =( yn ) , dengan y = 1

n jika n genap, dan n yn = n jika n ganjil. Jelas bahwa Y tidak terbatas. Jadi, barisan Y =( yn ) dive rgen. Berikut ini diberikan sebuah teorema yang menyatakan bahwa barisan bilangan real X =( xn ) pasti mempunyai barisan bagian yang monoton. Untuk membuktikan teorema ini, diberikan pengertian puncak (peak), xmdisebut puncak jika xm ³ xn unt uk semua n sedemikian hingga n ³ m . Titik xmtidak pernah didahului oleh sebarang

Pengantar Analisis Real I elemen barisan setelahnya. Perhatikan bahwa pada barisan yang menurun, setiap el emen adalah puncak, tetapi pada barisan yang naik, tidak ada elemen yang menjadi punc ak. 2.4.7. Teorema Barisan Bagian Monoton Jika X =( xn ) barisan bilangan real, maka terdapat barisan bagian dari X yang monoton. Bukti. Pembuktian dibagi menjadi dua kasus, yaitu X mempunyai tak hingga banyak puncak, dan X mempunyai berhingga banyak puncak. Kasus I: X mempunyai tak hingga banyak puncak. Tulis semua puncak berurutan naik , yaitu x , x ,..., x ,... . Maka x ³ x ³ ... ³ x ,... . Oleh karena itu, ( x ) merupaka n mmm mmm 12 k 12 k mk barisan bagian yang turun (monoton). Kasus II: X mempunyai berhingga banyak puncak. Tulis semua puncak berurutan naik , yaitu x , x ,..., x . Misalkan s := m +1 adalah indeks pertama dari puncak yang mm m 1 r 12 r terakhir. Karena x bukan puncak, maka terdapat s > s sedemikian hingga x < x . s1 21 s1 s 2 Karena x bukan puncak, maka terdapat s > s sedemikian hingga x < x . Jika s2 32 s2 s 3 proses ini diteruskan, diperoleh barisan bagian ( xsk ) yang naik (monoton). Teorema 2.4.8. (Bolzano-Weierstrass) Setiap barisan bilangan real yang terbatas pasti memuat barisan bagian yang konvergen. Bukti. Diberikan barisan bilangan real terbatas X =( xn ) . Namakan S ={ x : n Î N } n

range barisan, maka S mungkin berhingga atau tak berhingga. Kasus I: Diketahui S berhingga. Misalkan S ={ x , x ,..., x } , maka terdapat m Î N 12 t dengan 1 £ m £ t dan barisan (rk : k Î N) dengan r1 < r2 < r3 < ... sehingga x = x = ... = x . Hal ini berarti terdapat barisan bagian ( x : k Î N) yang konver gen rrm rk 12 ke xm.

Pengantar Analisis Real I Kasus II: Karena S tak berhingga dan terbatas, maka S mempunyai titik cluster at au . 11 . titik limit, namakan x titik limit S. Misalkan Uk = x - , x + . persekitaran titik x. . . kk . Untuk k = 1, maka terdapat xr1 Î S ÇU1, xr1 ¹ x sedemikian hingga x - x < 1. r 1 Untuk k = 2, maka terdapat x Î S ÇU2, x ¹ x sedemikian hingga xr- x < 1 . r2 r2 2 2 Untuk k = 3, maka terdapat x Î S ÇU3, x ¹ x sedemikian hingga xr- x < 1. r3 r3 3 3 Demikian seterusnya, sehingga diperoleh: Untuk k = n, maka terdapat xr Î S ÇUn , xr¹ x sedemikian hingga xr- x < 1 . nn n n Ambil e> 0 . Menurut Sifat Archimedes, maka terdapat K Î N sedemikian hingga 11 1 0 dan barisan bagian X ¢=( xnk ) sedemikian hingga xnk - x ³e untuk semua 0 K Î N . Karena X ¢ barisan bagian dari X, maka M juga batas dari X ¢ . Menggunakan Teorema Bolzano-Weierstrass berakibat bahwa X ¢ memuat barisan bagian X ' ¢¢. Karena X ' ¢¢juga barisan bagian dari X, maka X ' ¢¢juga konvergen ke x. Dengan demikian, akan selalu berada dalam persekitaran Ve( x) . Timbul kontradiksi, yang benar adalah X 0 selalu konvergen ke x.

Pengantar Analisis Real I SOAL LATIHAN SUBBAB 2.4. 1. Tunjukkan bahwa barisan berikut ini divergen. . 1 . . np . (a) 1-- + . (b) sin . . ( 1)n . .. . n . . 4 . 2. Berikan contoh barisan tak terbatas yang memuat barisan bagian konvergen. 3. Diberikan barisan X =( xn ) dan Y =( yn ) . Diberikan barisan Z =( zn ) dengan definisi z1:= x , z : 1 ,..., zn-1:= x , z : n . Tunjukkan bahwa Z konvergen 12 = y 2 n 2n = y jika dan hanya jika X dan Y konvergen dan lim ( x )= lim ( y ) . nn 4. Tentukan konvergensi dan limit barisan berikut. 2 2n .. . 2 . . 1 .. 1 . (a) . 1+ . . (b) . 1+ . . .

2 . . 2 . . . . n . .. n .. .. .. 5. Hitunglah limit barisan berikut. 1 . 3n . .. . 1 . (a) . (3n)2n . . (b) .. .1+ .. . .. . 2n .. .. 6. Misalkan setiap barisan bagian dari X =( xn ) mempunyai suatu barisan bagian yang konnvergen ke 0. Tunjukkan bahwa lim ( x )= 0. n 7. Diberikan barisan terbatas ( xn ) dan untuk setiap n Î N diberikan s := sup { x : k ³ n} dan S := inf { s } . Tunjukkan bahwa terdapat barisan bagian nk n dari ( xn ) yang konvergen ke S. 1 n 8. Jika xn³ 0 untuk semua n Î N dan lim ((- ) xn) ada, tunjukkan ( xn ) konvergen.

9. Tunjukkan bahwa jika ( xn ) terbatas, maka terdapat barisan bagian ( xnk ) . . 1 sedemikian hingga lim .. = 0. . x . . nk . 10. Diberikan barisan terbatas ( xn ) dan s := sup { xn : n Î N} . Tunjukkan bahwa jika s Ï{ xn : n Î N} , maka terdapat barisan bagian dari ( xn ) yang konvergen ke s.

Pengantar Analisis Real I 2.5. Barisan Cauchy Definisi 2.5.1. Barisan bilangan real X =( xn ) disebut barisan Cauchy jika untu k setiap e> 0 terdapat H ()eÎ N sedemikian hingga untuk setiap nm Î N ,dengan , ³ ( ) , berlaku xn - xm 0 , dapat dipilih H = H eÎ N sedemikian hingga H > 2 () . Maka e 11 e 1 e jika ,³ H nm , diperoleh £ < dan dengan cara yang sama diperoleh < . nH 2 m 2 Oleh karena itu, jika nm , ³ H e ( ) , maka 11 ee

£+ 0 , maka dapat disimpulkan bahwa merupakan .. . n . barisan Cauchy. Lemma 2.5.3. Jika X =( xn ) barisan bilangan real yang konvergen, maka X merupakan barisan Cauchy. Bukti. Misalkan x := lim X . Diberikan e> 0 , maka terdapat K ( 2 e )Î N sedemikian hingga jika n ³ K ( 2 e) , maka xn- x 0 , maka terbukti bahwa ( xn ) barisan Cauchy.

Pengantar Analisis Real I Lemma 2.5.4. Jika X =( xn ) barisan Cauchy, maka X terbatas. Bukti. Diketahui X =( xn ) barisan Cauchy. Diberikan e := 1. Jika H := H (1) dan n ³ H , maka xn - xH < 1. Selanjutnya, menggunakan Ketaksamaan Segitiga, diperoleh n £ x x +1 untuk semua n Î N . Namakan H M := max { x , x ,..., x , x +1} , 1 2 H -1 H maka diperoleh xn£ M untuk semua n Î N . Jadi, terbukti bahwa X terbatas. Teorema 2.5.5. (Kriteria Konvergensi Cauchy) Barisan bilangan real X =( xn ) konvergen jika dan hanya jika X =( xn ) barisan Cauchy. Bukti. . Jelas (Lemma 2.5.3). Ü Diketahui X =( xn ) barisan Cauchy. Diambil e> 0 , maka terdapat H = () H e> 0 e sedemikian hingga untuk setiap nm Î N dengan ,³ H berlaku xn - xm < . ,nm 2 Karena X barisan Cauchy, maka X terbatas, sehingga X memuat barisan bagian X ¢=( xnk ) yang konvergen ke x *. Oleh karena itu, terdapat K ³ H dengan K Î{n1, n2, n3,... } sedemikian hingga xK - x * 0 , maka terbukti bahwa barisan X =( xn ) konvergen.

Pengantar Analisis Real I Definisi 2.5.6. Barisan bilangan real X =( xn ) dikatakan kontraktif (contractiv e) jika terdapat konstanta C, dengan 0 < C < 1 sedemikian hingga x - x £ Cx - x n+2 n+1 n+1 n untuk semua n Î N . Bilangan C disebut konstan dari barisan kontraktif. Teorema 2.5.7. Setiap barisan kontraktif merupakan barisan Cauchy, dan konvergen . Akibat 2.5.8. Jika X =( xn ) barisan kontraktif dengan konstan C, 0 < C < 1, dan jika x* = lim X , maka n-1 (i) x *-xn £ Cx2 - x1 , 1- C (ii) x *-xn £ C xn - xn-1 . 1- C SOAL LATIHAN SUBBAB 2.5. 1. Berikan sebuah contoh barisan terbatas yang bukan barisan Cauchy. 2. Tunjukkan menggunakan definisi bahwa barisan berikut merupakan barisan Cauchy. . n +1.. 11 . (a) . (b) 1++ ... + . .. . .

. n . . 2! n!. 3. Tunjukkan menggunakan definisi bahwa barisan berikut bukan barisan Cauchy. 1 n . (-1)n . (a) ((- ) ) (b) . n + . (c) (ln n) . n . . . 4. Diberikan barisan ( xn ) dengan x := n , tunjukkan bahwa lim x - x = 0, n+1 n n tetapi bukan barisan Cauchy. 5. Diberikan barisan Cauchy ( xn ) sedemikian hingga x Î Z untuk setiap n Î N . n Tunjukkan bahwa ( xn ) selalu konstan.

Pengantar Analisis Real I n 6. Jika 0 < r < 1 dan xn+1 - xn < r untuk semua n Î N , tunjukkan bahwa ( xn ) merupakan barisan Cauchy. 12 7. Jika y < y adalah sebarang bilangan real dan y := y + y untuk n > 2, 1 2 nn-1 n-2 33 tunjukkan bahwa ( yn ) konvergen. Tentukan limitnya. )-1 8. Jika x1 > 0 dan xn-1:=(2 + xn untuk n ³ 1, tunjukkan bahwa ( xn ) merupakan barisan kontraktif. Tentukan limitnya. 2.6. Sifat Barisan Divergen Pada subbab ini diberikan beberapa sifat dari suatu barisan bilangan real ( xn ) yang mendekati atau menuju ke ±¥ , yaitu lim ( xn) = +¥ dan lim ( xn) = -¥ . Ingat bahwa barisan divergen adalah barisan yang tidak konvergen. Definisi 2.6.1. Diberikan barisan bilangan real ( xn ) . (i) Barisan ( xn ) dikatakan mendekati +¥ , ditulis lim ( x ) = +¥ , jika untuk n setiap aÎ R terdapat K (a )Î N sedemikian hingga jika n ³ K (a ) , maka xn>a . (ii) Barisan ( xn ) dikatakan mendekati -¥ , ditulis lim ( xn) = -¥ , jika untuk setiap bÎ R terdapat K (b )Î N sedemikian hingga jika n ³ K (b ) , maka xna , dan jika n ³ K(a ) , maka diperoleh n2 ³ n >a . Teorema 2.6.3. Barisan bilangan real monoton merupakan barisan divergen proper jika dan hanya jika barisannya tidak terbatas. (a) Jika ( xn ) barisan naik tak terbatas, maka lim ( xn) = +¥ . (b) Jika ( xn ) barisan turun tak terbatas, maka lim ( xn) = -¥ . Bukti. (a) Misalkan ( xn ) barisan naik. Jika ( xn ) terbatas, maka ( xn ) konvergen. Jika ( xn ) tidak terbatas, maka untuk sebarang aÎ R terdapat n()aÎ N sedemikian hingga a< xn(a ) . Tetapi karena ( xn ) naik, diperoleh a< xnuntuk semua n ³ n a . Karena () a sebarang, maka diperoleh bahwa lim ( xn) = +¥ . (b) Bukti hampir sama dengan (a). Teorema 2.6.4. Diberikan barisan bilangan real ( xn ) dan ( yn ) , dengan xn £ yn untuk semua n Î N . (a) Jika lim ( xn) = +¥ , maka lim ( yn ) = +¥ . (b) Jika lim ( yn ) = -¥ , maka lim ( xn) = -¥ . Bukti. (a) Jika lim ( xn) = +¥ dan jika diberikan aÎ R , maka terdapat K()aÎ N sedemikian hingga jika n ³ K(a ) , maka a< xn. Karena diketahui xn £ yn untuk semua n Î N , maka a< yn untuk semua n ³ K(a ) . Karena a sebarang, maka lim ( y ) = +¥ . n (b) Bukti hampir sama dengan (a).

Pengantar Analisis Real I Teorema 2.6.5. Diberikan barisan bilangan real ( xn ) dan ( yn ) , dan untuk sua tu L Î R ,L > 0 diperoleh . x . lim n = L. .. y . n . Maka lim ( xn) = +¥ jika dan hanya jika lim ( yn ) = +¥ . . x . Bukti. Diketahui lim n.. = L , artinya terdapat K Î N sedemikian hingga untuk setiap y . n . n ³ K berlaku 1 xn 3 L < < L . 2 yn 2 . 1 .. 3 . Oleh karena itu, diperoleh L . yn < xn < . L . yn untuk semua n ³ K . Sehingga

. . 2 .. 2 . menggunakan Teorema 2.6.4, teorema terbukti. SOAL LATIHAN SUBBAB 2.6 1. Tunjukkan bahwa jika ( xn ) barisan tak terbatas, maka ( xn ) memuat barisan bagian yang divergen proper. 2. Tunjukkan bahwa jika x > 0 untuk semua n Î N , maka lim ( x )= 0 jika dan n n . 1 . hanya jika lim .. = +¥ . . xn. 3. Tentukan apakah barisan berikut ini divergen proper. (a) ( n ) . (b) ( . n . (c) ( n -1) . (d) . . . . n +1 . 4. Diberikan ( xn ) barisan divergen proper dan diberikan ( yn ) sedemikian hingga lim ( xy n n )Î R . Tunjukkan bahwa ( yn ) konvergen ke 0. )1n + .

Pengantar Analisis Real I 5. Tentukan apakah barisan berikut ini konvergen atau divergen. . 2 (a) ( n + 2 ) . (b) . . n . . 2 . (n +1) . .. . 2 (n +1) . (c) .. . (d) (sin n ) . . n . .. . an. 6. Tunjukkan bahwa jika lim .. = L , dengan L > 0 , maka lim (an) = +¥ . . n . 2.7. Deret Tak Berhingga Berikut ini diberikan pengantar singkat mengenai suatu deret tak berhingga dari bilangan real. Definisi 2.7.1. Jika X :=( xn ) barisan di R , maka deret tak berhingga (cukup disebut deret) yang dibentuk oleh X adalah barisan S :=(s ) yang didefinisikan dengan k s := x

11 s2:= s1 + x2 (= x1 + x2 ) ... s = s + x = x + x + ... + x k : k -12 ( 12 k ) ... xndisebut dengan terms dari deret, dan sk disebut jumlahan parsial (partial sum) . Jika lim S ada, maka deret S dikatakan konvergen dan nilai limitnya adalah hasil dar jumlahan deret. Jika limitnya tidak ada, maka dikatakan deret S divergen. Deret tak berhingga S yang dibangun oleh barisan X :=( x ) disimbolkan n dengan ¥ S( xn ) atau . xn atau . xn . n=1

Pengantar Analisis Real I Contoh 2.7.2. n Diberikan barisan X :=(r )¥ dengan r Î R yang membangun deret: n=0 Akan ditunjukkan bahwa jika Misalkan sn:= 1+ r + r2 + ... + ¥ n 2 n Sr = 1+ r + r + ... + r + ... . n=0 1 r < 1, maka deret ini konvergen ke . (1- r) rn + ... untuk n ³ 0 , dan jika sndikalikan dengan r dan mengurangkan hasilnya dari ns , maka diperoleh ( ) 11 1 n ns r r +- = - . Oleh karena itu, diperoleh 11 1 1 n n r s r r + - = - . Sehingga 1 1 1 1 n n r s r r +

- £ - . Karena 1 0n r + ® saat 1r < , maka deret geometri 1r < . ¥ n 1 Sr konvergen ke saat (1- r) n=0 Selanjutnya, diberikan kondisi-kondisi yang dapat memberikan jaminan bahwa suatu deret itu konvergen. Teorema 2.7.3. (The nth Term Test) Jika deret . x konvergen, maka lim ( x )= 0 . nn Bukti. Menggunakan Definisi 2.7.1, . x konvergen apabila lim (sk ) ada. Karena n x = s - s - , maka lim ( x )= lim (s )- lim (s -1 )= 0.  n nn 1 n nn

Pengantar Analisis Real I Teorema 2.7.4. (Kriteria Cauchy) Deret . xn konvergen jika dan hanya jika untuk setiap e> 0 terdapat M ()eÎ N sedemikian hingga jika m > n ³ () M e , maka sm - sn = x + x + ... + x 0 , maka barisan jumlahan parsial S naik monoton, yaitu s1 £ s2 £ ... £ sk £ ... . Menggunakan Teorema 2.3.4, barisan S =(sk ) konvergen jika dan hanya jika barisannya terbatas, dalam hal ini limitnya sama dengan sup { sk } . ¥ Contoh 2.7.6. Deret konvergen. . 12 n=1 n Karena jumlahan parsialnya monoton, maka cukup ditunjukkan bahwa barisan bagian (sk ) terbatas. Jika k1:= 21 -1 = 1, maka sk1 = 1. Jika k2:= 22 -1 = 3 , maka 1 . 11 . 21 =+ + < 1+= 1+ ,

sk2 . 22 . 2 1 . 23 . 22 dan jika k3:= 23 -1 = 7 , maka diperoleh . 1111 . 4 11 s = s + +++ < s +< 1++ . k3 k2 . 222 2 . k22 2 . 4567 . 4 22 Menggunakan induksi matematik, diperoleh bahwa jika kj := 2 j -1, maka 2 j-1 1 . 1 .. 1 . 0 0 dan M ()eÎ N sedemikian hingga jika m > n ³ () M e , maka y + ... + y max { , () KM e} , maka diperoleh bahwa 0 £ x + ... + x £ y + ... + y 0. n=0 (a + n)( a + n +1)a ¥ 11 (c) . = . n=1 n(n +1)( n + 2) 4

Pengantar Analisis Real I 2. Jika . xn dan . yn konvergen, tunjukkan bahwa S( xn + yn ) konvergen. 3. Berikan contoh deret konvergen . xn dan deret divergen . yn sedemikian hingga S( xn + yn ) konvergen. Jelaskan. ¥ 4. (a) Tunjukkan bahwa deret Scos n divergen. n=1 ¥ cos n (b) Tunjukkan bahwa deret konvergen. . n2 n=1 5. Jika Sa dengan a > 0 konvergen, maka apakah aa + juga konvergen? nn . nn1 Tunjukkan atau beri contoh penyangkalnya jika tidak terbukti. (a + ... + a ) 6. Jika deret San , dengan an> 0 konvergen, dan jika bn := 1 n untuk n n Î N , maka tunjukkan bahwa Sbn divergen. 7. Tunjukkan bahwa jika c > 0 , maka deret berikut ini konvergen. . 1 c . 1 c (a) . (b) . n(ln n) n(ln n)( ln ln n)

Pengantar Analisis Real I DAFTAR PUSTAKA Apostol, T.M, 1974, Mathematical Analysis, Second Edition, Addison-Wiley, Massacheusetts USA. Bartle, R.G and Sherbert, D.R, 2000, Introduction to Real Analysis, Third Editio n, John Wiley and Sons, Inc, USA.