analisis bab1 bab2

DAFTAR ISI

1 SISTEM BILANGAN REAL 1

1.1 Sifat Aljabar Bilangan Real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 Sifat Urutan Bilangan Real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.3 Nilai Mutlak dan Jarak Pada Bilangan Real . . . . . . . . . . . . 11

1.4 Supremum dan Infimum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2 BARISAN BILANGAN REAL 22

2.1 Pengertian Barisan dan Limitnya . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2.2 Sifat-sifat Barisan Konvergen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2.3 Barisan Monoton Terbatas (BMT) . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

2.4 Barisan Bagian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

2.5 Barisan Cauchy dan Kontraksi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

i

BAB 1

SISTEM BILANGAN REAL

Bilangan real sudah dikenal dengan baik sejak masih di sekolah menengah.Namun untuk memulai mempelajari materi pada BAB ini anggaplah diri kitabelum tahu apa-apa tentang bilangan real. Kita akan mempelajari bagaimanasistem bilangan real itu dibangun.

Pertama-tama kita hanya diberikan suatu himpunan bilangan tetapi belumtahu anggotanya seperti apa, belum aturan yang berlaku di dalamnya. Kemu-dian kepada himpunan ini diberikan dua operasi binair, penjumlahan dan pen-gurangan. Dengan dua operasi ini dibuat beberapa aksioma. Dua aksioma pent-ing adalah keujudan elemen 0 dan elemen 1. Inilah anggota bilangan real per-tama yang kita ketahui. Selanjutnya dengan aksioma-aksioma ini didefinisikananggota-anggota lainnya, seperti bilangan positif, bilangan negatif, bilangan bu-lat, bilangan rasional dan bilangan irrasional. Juga didefinisikan sifat-sifat yangmengatur hubungan antar anggota, seperti sifat urutan, sifat jarak, sifat kelengka-pan dan sifat kepadatan.

1.1 Sifat Aljabar Bilangan Real

Bilangan real dipandang sebagai suatu himpunan, seterusnya dilambangkan den-gan R. Selanjutnya, didefinisikan dua operasi binair ’+’ dan ’·’ masing-masingdisebut operasi penjumlahan dan operasi perkalian. Kedua operasi binair iniditerapkan pada R dan memenuhi sifat-sifat sebagai berikut:

(A1) a+b = b+a untuk setiap a, b ∈ R, yaitu komutatif terhadap penjumlahan.

(A2) (a + b) + c = a + (b + a) untuk setiap a, b, c ∈ R, yaitu asosiatif terhadappenjumlahan.

(A3) Terdapat elemen 0 ∈ R sehingga a + 0 = 0 + a = a untuk setiap a ∈ R.Elemen 0 ini disebut elemen nol.

(A4) Untuk setiap a ∈ R selalu terdapat (−a) ∈ R sehingga a+(−a) = (−a)+a =0. Elemen (−a) ini disebut negatif dari a.

1

Pengantar Analisis Real I by Julan HERNADI 2

(M1) a · b = b · a untuk setiap a, b ∈ R, yaitu komutatif terhadap perkalian.

(M2) (a · b) · c = a · (b · a) untuk setiap a, b, c ∈ R, yaitu asosiatif terhadapperkalian.

(M3) Terdapat elemen 1 ∈ R sehingga a · 1 = 1 · a = a untuk setiap a ∈ R.Elemen 1 ini disebut elemen satuan.

(M4) Untuk setiap a ∈ R, a 6= 0 selalu terdapat (1/a) ∈ R sehingga a · (1/a) =(1/a) · a = 1. Elemen (1/a) ini disebut kebalikan dari a.

(D) a · (b + c) = (a · b) + (a · c) dan (b + c) · a = (b · a) + (c · a) untuk setiapa, b, c ∈ R. Sifat ini disebut distributif perkalian terhadap penjumlahan.

Diperhatikan bahwa ada 4 sifat yang berkaitan dengan operasi penjumlahan yaituA1, A2, A3 dan A4 (notasi A untuk Adisi, atau penjumlahan), 4 sifat yang berkai-tan dengan perkalian yaitu M1, M2, M3 dan M4 (M untuk Multiplikasi, atauperkalian) dan 1 sifat yang mencakup keduanya yaitu D (D untuk Distributif).Kesembilan sifat ini disebut sifat aljabar atau aksioma bilangan real.

Sampai saat ini belum didefinisikan bilangan negatif dan operasi pengurangan.Notasi (−a) dianggap satu elemen didalam R. Begitu juga elemen kebalikan(1/a) dianggap satu elemen dan operasi pembagian belum didefinisikan.

Berikut diberikan beberapa teorema sederhana yang diturunkan langsung darisifat-sifat aljabar ini.

Teorema 1.1.1. Jika a bilangan real sebarang maka persamaan a + x = b mem-punyai penyelesaian tunggal, yaitu x = (−a) + b.

Bukti:

a + x = b [diketahui]

⇒ (−a) + (a + x) = (−a) + b

⇒ ((−a) + a) + x = (−a) + b [menggunakan A2]

⇒ 0 + x = (−a) + b [menggunakan A4]

⇒ x = (−a) + b [menggunakan A3]

Latihan 1.1.1. Buktikan jika a bilangan real tidak nol maka persamaan a ·x = bmempunyai penyelesaian tunggal, yaitu x = (1/b).

Teorema 1.1.2. Bila a suatu elemen pada R maka

(i) a · 0 = 0

(ii) (−1) · a = −a.


Bukti: (i): Berdasarkan (M3) kita mempunyai a · 1 = a. Selanjutnya keduaruas ini ditambahkan a · a, diperoleh :

a + a · 0 = a · 1 + a · 0= a · (1 + 0) [menggunakan D]

= a · 1 [menggunakan A3]

= a [menggunakan M3]

Selanjutnya dengan menggunakan Teorema (1.1.1)dengan menganggap x sebagaia · 0 diperoleh

a · 0 = (−a) + a = 0.

(ii): Dari (M3) kita mempunyai a = 1 · a. Tambahkan pada kedua ruas dengan(−1) · a, diperoleh

a + (−1) · a = 1 · a + (−1) · a= (1 + (−1)) · a [menggunakan D]

= 0 · a [menggunakan A4]

= 0 [menggunakan bagian i, setelah menerapkan (A1)]

Selanjutnya dengan menggunakan Teorema (1.1.1) dan menganggap x sebagai(−1) · a, kemudian menggunakan (A3) diperoleh

(−1) · a = (−a) + 0 = −a.

Latihan 1.1.2. Bila a suatu elemen pada R, buktikan

i) −(−a) = a

ii) (−1) · (−1) = 1.

Teorema 1.1.3. Misalkan a, b, c elemen pada R.

(i) Jika a 6= 0 maka 1/a 6= 0 dan 1/(1/a) = a.

(ii) Jika a · b = a · c dan a 6= 0 maka b = c.

Bukti. (i): Karena a 6= 0 maka menurut (M4) selalu ada 1/a ∈ R. Andaikan1/a = 0 maka diperoleh

1 = a · (1/a) = a · 0 = 0.


Hasil ini berlawanan atau kontradiksi dengan (M3). Jadi pengandaian ini salah,dan haruslah 1/a 6= 0. Selanjutnya karena 1/a 6= 0 dan karena (1/a) · a = 1maka dengan Teorema (1.1.1) dengan memandang a sebagai x maka diperoleha = 1/(1/a).

(ii): Kedua ruas pada a · b = a · c dikalikan dengan (1/a) disertai dengan meng-gunakan (M2), diperoleh

((1/a) · a) · b = ((1/a) · a) · c⇔ 1 · b = 1 · c [menggunakan M4]

⇔ b = c [menggunakan M3]

Latihan 1.1.3. Buktikan bahwa jika a · b = 0 maka a = 0 atau b = 0.

Operasi lainnya pada RSejauh ini hanya ada dua operasi pada bilangan real. Melalui dua operasi iniditurunkan bebedapa operasi lainnya yang didefinisikan sebagai berikut :

1. Operasi pengurangan. Bila a, b ∈ R maka notasi a−b dibaca a dikurangdengan b dan didefinisikan oleh

a− b := a + (−b).

2. Operasi pembagian. Bila a, b ∈ R, b 6= 0 maka notasi a/b atau ab

dibacaa dibagi dengan b dan didefinisikan oleh

a/b := a · (1/b).

3. Operasi pangkat. Bila a ∈ R maka notasi a2 dibaca a dipangkatkan den-gan dua atau a kuadarat dan didefinisikan sebagai a2 := a ·a. Secara umumuntuk n bilangan asli, an adalah a dipangkatkan dengan n didefinisikan oleh

an := a · a · a · · · · · a︸︷︷︸sebanyak n faktor

.

Untuk a 6= 0, notasi a−1 dimaksudkan untuk 1/a dan notasi a−n untuk(1/a)n.


Beberapa himpunan bagian penting pada R1. Bilangan asli. Himpunan bilangan asli dilambangkan dengan N dipandang

sebagai himpunan bagian R dan n ∈ N didefinisikan sebagai

n := 1 + 1 + 1 + · · ·+ 1︸︷︷︸sebanyak n suku

.

2. Bilangan bulat. Himpunan bilangan bulat dilambangkan dengan Z dankeanggotannya dapat didefinisikan sebagai berikut :

Z := {−n : n ∈ N} ∪ N ∪ {0}

dengan −n := (−1) + (−1) + (−1) + · · ·+ (−1)︸︷︷︸sebanyak n suku

.

3. Bilangan rasional dan irrasional. Himpunan bilangan rasional dilam-bangkan dengan Q adalah elemen bilangan real yang dapat ditulis dalambentuk pecahan. Jadi,

Q :=

{b

a: a, b ∈ Z, a 6= 0

}.

Bilangan real yang tidak dapat disajikan sebagai pecahan disebut bilan-gan irrasional dan himpunan bilangan irrasional ini biasa dilambangkandengan R \Q.

Notasi ”:=” berarti ”didefinisikan oleh” (defined by). Penggunaan notasi inilebih tepat daripada menggunakan ”=” karena tanda sama dengan seharusnyadigunakan untuk menyatakan kesamaan kedua ruas.

Teorema 1.1.4. Tidak ada bilangan rasional r sehingga r2 = 2.

Bukti. Andai ada bilangan rasional yang kuadratnya sama dengan dua. Untukitu dapat ditulis r = m

ndengan m dan n tidak mempunyai faktor persekutuan

selain 1. Diperoleh

r2 =m2

n2= 2 ⇒ m2 = 2n2,

berarti m2 bilangan genap. Karena itu m juga genap (lihat latihan berikut!).Karena m genap maka dapat ditulis m = 2p. Substitusi m ini ke kesamaansebelumnya, diperoleh

(2p)2 = 2n2 ⇒ 4p2 = 2n2 ⇒ n2 = 2p2.

Ini berarti n2 bilangan genap, akibatnya n juga bilangan genap. Berangkat daripengandaian tadi diperoleh dua pernyataan berikut


a. m dan n tidak mempunyai faktor persekutuan selain 1, berarti m dan ntidak mungkin keduanya genap.

b. m dan n bilangan genap.

Kedua pernyataan ini bertentangan (kontradiksi), sehingga pengandaian harusdiingkari. Kesimpulannya Teorema terbukti.

Latihan 1.1.4. Buktkan bila m2 genap maka m juga genap.

Contoh 1.1.1. Pada contoh ini dibuktikan bahwa jika z ∈ R bilangan irrasioanldan r 6= 0 bilangan rasional maka r + z dan rz bilangan irrasional. Dibutkikandengan kontradiksi. Andai r + z rasional, maka dapat ditulis

r + z =m

ndan r =

p

q, m, n, p, q ∈ Z, n, q 6= 0.

Dari sini diperoleh

z =m

n− p

q=

mq − np

nq,

yaitu z rasional, sebab mq−np, nq ∈ Z, nq 6= 0. Kontradiksi dengan z irrasioanl.Jadi pengandaian r + z rasional salah, dan haruslah r + z irrasional. Denganargumen yang sama dapat dibuktikan sisanya.

Latihan 1.1.5. Buktikan bahwa jika x, y keduanya rasional maka x + y dan xyrasional.

1.2 Sifat Urutan Bilangan Real

Urutan pada bilangan real merujuk pada hubungan ketidaksamaan antara duabilangan real. Sebelum didefinisikan urutan terlebih dulu didefinisikan bilanganpositif.

Definisi 1.2.1 (Bilangan Positif). Pada R terdapat himpunan bagian takkosongP dengan sifat-sifat berikut :

1. Jika a, b ∈ P maka a + b ∈ P.

2. Jika a, b ∈ P maka a · b ∈ P.

Himpunan P ini selanjutnya disebut himpunan bilangan positif.

Definisi 1.2.2 (Sifat Trikotomi). Bila a ∈ R maka tepat satu pernyataanberikut dipenuhi, yaitu

a ∈ P, a = 0, −a ∈ P.

Selanjutnya himpunan bilangan negatif didefinisikan sebagai himpunan

{−a : a ∈ P} .

Jadi himpunan bilangan real terbagi atas tiga himpunan saling asing yaitu bilan-gan positif, bilangan negatif dan nol.

Definisi 1.2.3 (Urutan). Berikut ini definisi ketidaksamaan antara elemen-elemen pada R :

1. Bilangan a ∈ P disebut bilangan positif dan ditulis a > 0. Notasi a ≥ 0berarti a ∈ P ∪ {0}, dan a disebut bilangan taknegatif.

2. Bilangan a ∈ P sehingga−a ∈ P disebut bilangan negatif, ditulis a < 0.Notasi a ≤ 0 berarti −a ∈ P ∪ {0}, dan a disebut bilangan takpositif.

3. Bilangan real a dikatakan lebih besar dari b, ditulis a > b jika a− b ∈ PNotasi a b dan b > c maka a > c.

(ii) Tepat satu pernyataan berikut memenuhi : a > b, a = b, a < b.

Bukti. (i): Karena a > b dan b > c maka berdasarkan definisi berlaku a−b ∈ P,dan b− c ∈ P. Berdasarkan Definisi (1.2.1) diperoleh

a− c = (a− b) + (b− c) ∈ P, yakni a > c.

(ii): Terapkan sifat trikotomi pada a− b.

Teorema 1.2.2. Misalkan a, b, c, d bilangan-bilangan real.

(i) Jika a > b maka a + c > b + c.

(ii) Jika a > b, c > d maka a + c > b + d.

(iii) Jika a > b dan c > 0 maka ca > cb.

Bukti. (i): Karena diketahui a− b ∈ P maka (a + c)− (b + c) = a− b ∈ P, yaitua + c > b + c.(ii): Karena diketahui a − b ∈ P dan c − d ∈ P maka (a + c) − (b + d) =(a− b) + (c− d) ∈ P, yaitu a + c > b + d.(iii): Karena diketahui a − b ∈ P, c ∈ P maka (a − b)c = ac − bc ∈ P, yaituac > bc.

Latihan 1.2.1. Jika a > b dan c < 0, buktikan ac < bc.

Teorema 1.2.3. Jika a dan b bilangan real dengan a < b maka a < 12(a+ b) < b.

Bukti. Karena a < b maka 2a = a + a < a + b. Dengan argumen yang samadiperoleh juga a + b 0 maka 0 < 12a < a.

Teorema berikut menjamin bahwa suatu bilangan taknegatif yang kurangdari bilangan positif apapun adalah nol.

Teorema 1.2.4. Bila a ∈ R dengan 0 ≤ a < ε untuk setiap ε > 0 maka a = 0.

Bukti. Andaikan a > 0. Berdasarkan Latihan sebelumnya, berlaku 0 < 12a < a.

Sekarang ambil ε0 := 12a > 0, sehingga berlaku 0 < ε0 < a. Hasil ini kontradiksi

dengan hipotesis bahwa 0 ≤ a < ε untuk setiap ε > 0. Jadi pengandai salah, danharuslah a = 0.

Latihan 1.2.3. Bila a, b bilangan real dengan a < b+ ε untuk setiap ε > 0 makaa ≤ b.

Dari definisi bilangan positif bahwa perkalian dua bilangan positif akanmenghasilkan bilangan positif. Tetapi sebaliknya, bila hasil kali dua bilanganreal adalah positif belum tentu kedua bilangan real tadi positif.

Teorema 1.2.5. Jika ab > 0 maka berlaku salah satu dari dua kemungkinanberikut:

a > 0 dan b > 0 atau a < 0 dan b < 0.

Bukti. Karena ab > 0 maka a 6= 0 dan b 6= 0, sebab jika salah satu diantara aatau b bernilai nol maka ab = 0. Karena sifat trikotomi sekarang kemungkinnyaa > 0 atau a < 0. Untuk a > 0 maka 1/a > 0 dan

b = 1 · b = ((1/a)a) b = (1/a)︸︷︷︸>0

(ab)︸︷︷︸>0

> 0.

Dengan argumen yang sama, dapat dibuktikan untuk kasus a < 0.

Latihan 1.2.4. Buktikan bahwa jika ab < 0 maka berlaku salah satu dari duakemungkinan berikut:

a > 0 dan b < 0 atau a < 0 dan b > 0.

Kedua hasil yang baru saja diberikan mengatakan bahwa jika hasil kali duabilangan positif maka kedua bilangan itu bertanda sama. Sebaliknya, jika hasilkali kedua bilangan negatif maka kedua bilangan itu berlainan tanda.

Beberapa ketidaksamaan penting

Teorema 1.2.6. Misalkan a ≥ 0 dan b ≥ 0. Maka pernyataan-pernyataan berikutequivalen :

(i) a 0 ⇐⇒ b2 > 0 ⇐⇒√

b > 0.

Fakta ini mudah dibuktikan sendiri. Sekarang diasumsikan a > 0 dan b > 0,yaitu a + b > 0.(i) ⇒ (ii): Diketahui a < b, atau a− b < 0. Jadi diperoleh

a2 − b2 = (a− b)︸︷︷︸<0

(a + b)︸︷︷︸>0

< 0

(ii)⇒ (i): Diketahui a2−b2 = (a− b)︸︷︷︸<0

(a + b)︸︷︷︸>0

< 0. Karena diketahui pula a+b > 0

maka haruslah a− b < 0, atau a < b.(i) ⇔ (iii): Sebelumnya sudah dibuktikan bahwa jika x, y > 0 maka

x < y ⇐⇒ x2 < y2.

Pada bagian ini diambil x =√

a dan y =√

b sehingga x, y > 0. Karena a = (√

a)2

dan b =√

b)2 maka diperoleh√

a <√

b ⇐⇒ (√

a)2 = a < b = (√

b)2.

Jadi lengkaplah bukti ini karena telah ditunjukkan berlakunya equivalensi(iii) ⇐⇒ (i) ⇐⇒ (ii).

Teorema 1.2.7 (Rata-rata Aritmatika-Geometri (RAG). Bila a dan b bi-langan positif maka berlaku √

ab ≤ 1

2(a + b) (RAG)

Bukti. Bila a = b maka relasi pada (RAG) menjadi kesamaan (lihat latihan dibawah). Sekarang diasumsikan a 6= b. Karena a > 0 dan b > 0 maka

√a > 0 dan√

b > 0. Diperhatikan bahwa

0 6= a− b = (√

a−√

b) (√

a +√

b)︸︷︷︸>0

.

Jadi (√

a−√

b) 6= 0, dan selanjutnya dikuadratkan diperoleh

0 < (√

a−√

b)2 = a− 2√

ab + b ⇐⇒√

ab >1

2(a + b).


Latihan 1.2.5. Buktikan bahwa bila a = b maka relasi pada (RAG) menjadikesamaan.

Rata-rata aritmatika (RA) dari dua bilangan real a dan b adalah a+b2

, sedan-

gkan rata-rata geometri (RG) dari a dan b adalah√

ab. Biasanya dalam kehidu-pan sehari-hari, rata-rata aritmatika lebih sering digunakan daripada rata-ratageometri. Secara umum dua macam rata-rata ini didefinisikan sebagai berikut :Misalkan diketahui bilangan real (data) a1, a2, · · · , an maka

RA =1

n

n∑

k=1

ak, RG =

(n∏

k=1

ak

)1/n

dengan notasi∑

untuk penjumlahan dan∏

untuk perkalian suku-suku. Masihtetap berlaku bahwa

RG ≤ RA.

Teorema 1.2.8 (Ketidaksamaan Bernoulli). Jika x > −1 maka untuk setiapn ∈ N berlaku

(1 + x)n ≥ 1 + nx. (KB)

Bukti. Dibuktikan dengan induksi matematika. Untuk n = 1 kedua ruas pada(KB) menjadi kesamaan. Diasumsikan berlaku untuk n = k, yaitu berlaku (1 +x)k ≥ 1 + kx. Untuk n = k + 1, diperoleh

(1 + x)k ≥ 1 + kx [ diketahui ]

⇔ (1 + x)k+1 = (1 + x)k(1 + x) ≥ (1 + kx)(1 + x)

= 1 + (k + 1)x + kx2

≥ 1 + (k + 1)x.

Jadi berlaku untuk n = k + 1. Perhatikan pada baris kedua kedua ruas dikalikandengan (1 + x) suatu bilangan positif karena x > −1.

Teorema 1.2.9 (Ketidaksamaan Cauchy). Misalkan a1, a2, · · · an dan b1, b2, · · · , bn

bilangan real maka berlaku

(n∑

k=1

akbk

)2

≤(

n∑

k=1

a2k

)(n∑

k=1

b2k

).

Bukti. Didefinisikan fungsi F : R→ R dengan

F (t) :=n∑

k=1

(ak − tbk)2.

Jelas F fungsi taknegatif, karena itu diperoleh

F (t) =n∑

k=1

a2k − 2takbk + t2b2

k

=

(n∑

k=1

b2k

)t2 − 2

(n∑

k=1

akbk

)t +

(n∑

k=1

a2k

)≥ 0.

Jadi F merupakan fungsi kuadrat definit tak negatif, sehingga diskriminannyapun tak negatif, yaitu

4

(n∑

k=1

akbk

)2

− 4

(n∑

k=1

b2k

)(n∑

k=1

a2k

)≤ 0.

Akhirnya dengan memindahkan ruas pada ketidaksamaan ini terbuktilah bahwa

(n∑

k=1

akbk

)2

≤(

n∑

k=1

a2k

)(n∑

k=1

b2k

).

1.3 Nilai Mutlak dan Jarak Pada Bilangan Real

Pada sifat urutan bilangan real kita baru mengetahui urutan lebih besar antaradua bilangan real tetapi belum menentukan jarak antara dua bilangan real. Jarakatau metrik pada bilangan real ini ditentukan melalui nilai mutlak.

Definisi 1.3.1. Nilai mutlak suatu bilangan real a, ditulis dengan |a| didefinisikansebagai:

|a| :=

a bila a > 0,

0 bila a = 0,

−a bila a < 0.

Sebagai contoh, |3| = 3, |0| = 0, dan | − 1| = 1. Dengan kata lain, nilaimultak bilangan real bersifat dikotomi, yaitu nol atau positif. Diperhatikan tigacabang pada definisi nilai mutlak dapat disederhanakan menjadi

|a| :={

a bila a ≥ 0,

−a bila a < 0.

Teorema berikut ini menyajikan sifat-sifat dasar nilai mutlak.

Teorema 1.3.1. Misalkan a, b, c bilangan-bilangan real.

(i) |a| = 0 bila hanya bila a = 0

(ii) | − a| = |a|(iii) |ab| = |a||b|(iv) untuk c ≥ 0, |a| ≤ c bila hanya bila −c ≤ a ≤ c.

(v) −|a| ≤ a ≤ |a|.Bukti. (i)(⇐=): langsung dari definisi. (=⇒): dibuktikan melalui kontrapo-sisinya, yaitu jika a 6= 0 maka |a| 6= 0, juga langsung dari definisi.(ii) Jika a = 0 maka diperoleh |a| = |0| = 0 = | − 0| = | − a|. Jika a > 0 maka−a < 0 sehingga diperoleh |a| = a = −(−a) = | − a|. Jika a < 0 maka −a > 0sehingga diperoleh |a| = −a = |a|.(iii) Bila minimal salah satu dari a atau b bernilai nol maka kedua ruas bernilainol. Bila keduanya tidak ada yang nol, ada 4 kemungkinan nilai a, b yang perludiselidiki yaitu a > 0, b > 0, a > 0, b < 0, a < 0, b > 0 dan a < 0, b < 0. Untuka > 0, b < 0 maka ab < 0, |a| = a, |b| = −b dan

|ab| = −(ab) = (a)(−b) = |a||b|.

(iv): (⇐=): karena |a| ≤ c maka a ≤ c dan −a ≤ c atau a ≥ −c, digabungkandiperoleh −c ≤ a ≤ c. (=⇒): bila −c ≤ a ≤ c maka kita mmepunyai a ≤ cdan −c ≤ a, atau −a < c. Karena |a| bernilai |a| atau | − a| maka disimpulkan|a| < c.(v): dengan mengambil c := |a| ≥ 0 pada bagian (iv) maka |a| ≤ |a| adalahpernyataan yang benar. Implikasinya adalah −|a| ≤ c ≤ |a|. Cara lain adalahdengan menggunakan kenyataan bahwa |a| ≥ a berlaku untuk setiap a ∈ R.Karena −a ∈ R maka |a| = | − a| ≥ −a, atau −|a| ≤ a. Setelah digabungkandiperoleh −|a| ≤ c ≤ |a|.Definisi 1.3.2. Jarak (metrik) antara dua bilangan real a dan b didefinisikansebagai

d(a, b) := |a− b|.Bila b = 0 maka d(a, 0) = |a| dipandang sebagai jarak a terhadap titik asal 0.

Interpretasi sederhana bilangan real dapat disajikan dalam garis bilangan.Gambar berikut adalah garis bilangan dan ilustrasi jarak antara −3 dan 2.

Gambar 1.1: Garis bilangan dan jarak antara dua bilangan real

Teorema berikut berkaitan dengan sifat dasar nilai mutlak dan sangat seringdigunakan dalam analisis.

Teorema 1.3.2 (Ketidaksamaan segitiga). Untuk sebarang bilangan real adan b berlaku

|a + b| ≤ |a|+ |b|. (KS)

Bukti. Dari Teorema sebelumnya bagian (v) kita mempunyai −|a| < a < |a|dan −|b| < b < |b|. Dengan menjumlahkan dua ketidaksamaan ini diperoleh

−(|a|+ |b|) < a + b < (|a|+ |b|).Kemudian, dari bagian (iv) dengan menganggap c := (|a| + |b|) maka terbuktibahwa

|a + b| ≤ |a|+ |b|.

Latihan 1.3.1. Untuk sebarang bilangan real a dan b, buktikan

(i) ||a| − |b|| ≤ |a− b|.(ii) |a− b| ≤ |a|+ |b|.

Contoh 1.3.1. Tentukan semua bilangan real x yang memenuhi |x−1| > |x+1|.Penyelesaian. Diperhatikan titik x = −1 dan x = 1 merupakan titik transisi,yaitu perbatasan dimana nilai mutlak berlainan nilai.Untuk x < −1, maka x − 1 < 0 dan x + 1 > 0 sehingga |x − 1| = −(x − 1) dan|x + 1| = −(x + 1). Subtitusi kedalam ketidaksamaan diperoleh

−(x− 1) > −(x + 1) ⇐⇒ 1 > −1

suatu pernyataan yang benar untuk setiap x < −1.Untuk −1 < x < 1 berlaku |x − 1| = −(x − 1) dan |x + 1| = (x + 1). Subtitusikedalam ketidaksamaan diperoleh

−(x− 1) > (x + 1) ⇐⇒ 2x >< 0 ⇐⇒ x < 0.

Untuk x > 1 berlaku |x − 1| = x − 1 dan |x + 1| = x + 1. Subtitusi kedalamketidaksamaan diperoleh

x− 1 > x + 1 ⇐⇒ −1 > 1

suatu pernyataan yang salah untuk setiap x > 1. Dengan menggabungkan ketigahasil ini diperoleh himpunan penyelesaian untuk x sebagai berikut

{x : x < −1} ∪ {x : x < 0} = {x : x < 0}.Cara lain adalah dengan menggunakan Teorema 1.2.6, yaitu

|x−1| > |x+1| ⇔ (x−1)2 > (x+1)2 ⇔ x2−2x+1 > x2+2x+1 ⇔ 4x < 0 ⇔ x < 0.

Latihan 1.3.2. Tentukan semua bilangan real x yang memenuhi |x|+ |x+1| < 2.

Latihan 1.3.3. Jika x < z, buktikan bahwa x < y < z bila hanya bila |x− y|+|y − z| = |x− z|. Interprestasikan fakta ini secara geometris.

Dapat diperiksa bahwa jarak (metrik) seperti diberikan pada Definisi 1.3.2mempunyai sifat-sifat sebagai berikut :

1. d(x, y) ≥ 0 untuk setiap x, y ∈ R.

2. d(x, y) = 0 bila hanya bila x = y.

3. d(x, y) = d(y, x) untuk setiap x, y ∈ R.

4. d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y) untuk setiap x, y ∈ R.

Catatan 1.3.1. Sifat 4 ini merupakan generalisasi dari ketidaksamaan segitiga(KS). Himpunan bilangan real yang dilengkapi dengan metrik d ini disebut ruangmetrik. Lebih lanjut, pada analisis dikenal pula ruang bernorma, ruang Banach,dan lain-lain.

Latihan 1.3.4. Misalkan S himpunan takkosong, buktikan fungsi d pada S × Syang didefinisikan oleh

d(s, t) :=

{0 bila s = t,

1 bila s 6= 0.

merupakan metrik. Metrik ini disebut metrik diskrit.

Bentuk lain generalisasi (KS) diungkapkan pada teorema berikut.

Teorema 1.3.3. Untuk sebarang bilangan real a1, a2, · · · , an, berlaku

|a1 + a2 + · · ·+ an| ≤ |a1|+ |a2|+ · · ·+ |an|.

Bukti. Dapat dibuktikan dengan induksi. Ingat dengan prinsip induksi, jikaberlaku untuk dua bilangan maka akan berlaku untuk sejumlah berhingga bilan-gan.

1.4 Supremum dan Infimum

Ketika kita diberikan himpunan A = [0, 1) maka minimum atau anggota terke-cil himpunan ini adalah 0. Pertanyaannya, apakah A mempunyai maksimum ?Kalau ada, berapa nilainya. Perhatikan bahwa 1 bukan nilai maksimum karenaia tidak termuat di dalam A.

Latihan 1.4.1. Buktikan bahwa himpunan A = (0, 1] tidak mempunyai maksi-mum. (Petunjuk: gunakan bukti tak langsung dengan kontradiksi).

Walaupun 1 bukan maksimum A namun tidak ada anggota A yang melebihinya.Dengan kata lain, 1 merupakan batas atas paling kecil untuk himpunan A.

Definisi 1.4.1. Misalkan S suatu himpunan bagian dari R.

(i) Bilangan u ∈ R dikatakan batas atas S jika s ≤ u untuk setiap s ∈ S.

(ii) Bilangan w ∈ R dikatakan batas bawah S jika w ≤ s untuk setiap s ∈ S.

Diperhatikan dengan seksama bahwa batas bawah atau batas atas suatuhimpunan tidak harus berada di dalam himpunan tersebut. Ilustrasi batas atasdan batas bawah diberikan pada gambar berikut.

Gambar 1.2: Batas atas dan batas bawah suatu himpunan

Contoh 1.4.1. Diberikan S := [0, 1), maka batas atas S adalah himpunan {x :x ≤ 0} dan batas bawah S adalah {x : x ≥ 1}. Diperhatikan 0 merupakan batasbawah dan termasuk didalam S, sedangkan 1 batas atas S tetapi ia tidak termuatdidalam S.

Contoh 1.4.2. Himpunan bilangan asli N tidak mempunyai batas bawah maupunbatas atas.

Contoh 1.4.3. Himpunan S := { 1n

: n ∈ N} mempunyai himpunan batas bawah{x : x ≤ 0} dan mempunyai himpunan batas atas {x : x ≥ 1}.Contoh 1.4.4. Misalkan S := ∅ himpunan kosong maka setiap bilangan realadalah batas atas S. Argumennya dapat dijelaskan sebagai berikut. Bilanganu ∈ R batas atas S dapat disajikan dalam kalimat logika berikut

s ∈ S =⇒ s < u.

Dalam kasus S himpunan kosong maka pernyataan s ∈ S bernilai salah, sehinggakalimat implikasi s ∈ S =⇒ s < u selalu benar. Dengan argumen yang sejalandapat disimpulkan bahwa semua bilangan real juga merupakan batas bawah him-punan kosong. Kenyataan ini sepertinya dibuat-buat, tetapi inilah konsekuensilogis definisi.

Latihan 1.4.2. Tuliskan definisi v1 bukan batas atas S, juga definisi w1 bukanbatas bawah S.

Definisi 1.4.2. Himpunan yang mempunyai batas atas disebut terbatas diatas(bounded above), sedangkan himpunan dikatakan terbatas dibawah (boundedbelow) jika ia mempunyai batas bawah. Himpunan dikatakan terbatas jika iaterbatas diatas dan terbatas dibawah.

Contoh 1.4.5. Himpunan bilangan real R := (−∞,∞) tidak terbatas diatasmaupun dibawah. Himpunan S := [1,∞) terbatas dibawah. Himpunan E :={ 1

n: n ∈ N} terbatas.

Definisi 1.4.3. Misalkan S himpunan bagian dari R.

(i) Bila S terbatas diatas maka batas atas u dikatakan supremum dari S jikatidak ada bilangan lain yang lebih kecil dari u yang menjadi batas atas S.Dengan kata lain u batas atas yang paling kecil.

(ii) Bila S terbatas dibawah maka batas bawah w dikatakan infimum dari Sjika tidak ada bilangan lain yang lebih besar dari w yang menjadi batasbawah S. Dengan kata lain w batas bawah yang paling besar.

Berdasarkan definisi ini, supremum himpunan S dapat dikarakterisasi olehdua kondisi berikut, yaitu :

1. s ≤ u untuk setiap s ∈ S

2. bila ada v ∈ R dengan v < u maka ada s0 ∈ S sehingga v < s0.

Kondisi pertama menyatakan bahwa v haruslah batas atas S dan kondisi keduamenyatakan bahwa batas atas ini haruslah yang terkecil.

Latihan 1.4.3. Buatlah karakterisasi w infimum S.

Biasanya supremum dan infimum himpunan S disingkat dengan

sup S dan inf S.

Ilustrasi supremum dan infimum diberikan pada gambar berikut.

Gambar 1.3: Supremum dan infimum suatu himpunan

Catatan 1.4.1. Supremum suatu himpunan selalu tunggal.

Bukti. Andaikan u = sup S dan u1 = sup S dengan u 6= u1. Karena itu ada duakemungkinan yang dapat terjadi, yaitu u < u1 atau u > u1. Untuk u < u1 berartiu bukan batas atas S, ini berlawanan dengan u = sup S. Untuk u > u1 berartiu1 bukan batas atas S, ini bertentangan dengan u1 = sup S. Jadi pengandaianu 6= u1 salah, seharusnya u = u1

Latihan 1.4.4. Buktikan bahwa infimum suatu himpunan selalu tunggal.

Berikut adalah kriteria yang mudah dan sering digunakan untuk mengetahuisuatu batas atas merupakan supremum atau bukan.

Teorema 1.4.1. Misalkan u suatu batas atas S.

u = sup S ⇐⇒ ∀ε > 0,∃s ∈ S sehingga u− ε < s.

Bukti. (=⇒): Ambil ε > 0 sebarang. Karena diketahui u = sup S maka u − εbukan batas atas S, jadi ada s ∈ S sehingga u− ε < s. (⇐=): Akan ditunjukkanbahwa u yang memenuhi sebelah kanan merupakan supremum S. Misalkan untuksebarang bilangan real v, v < u. Ambil ε := u− v > 0, maka ada s ∈ S sehingga

u− ε = u− (u− v) = v < s.

Ini berarti v bukan batas atas S, dan berdasarkan karakteristik supremum dis-impulkan bahwa u = sup S.

Teorema ini dapat diilustrasikan secara grafik sebagai berikut.

Gambar 1.4: Kriteria supremum

Latihan 1.4.5. Misalkan w suatu batas atas S. Buktikan bahwa

w = inf S ⇐⇒ ∀ε > 0,∃s ∈ S sehingga w + ε > s.

Contoh 1.4.6. Diperhatikan himpunan S := {x : 0 ≤ x < 1}. Maka maks Stidak ada, sup S = 1, min S = inf S = 0.

Contoh 1.4.7. Diperhatikan himpunan S := { 1n

: n ∈ R}. Maka maks S =sup S = 1, min S tidak ada tetapi inf S = 0. Hasil ini dapat dibuktikan sebagaiberikut. Jika diberikan ε > 0 sebarang maka selalu dapat dipilih bilangan asli n0

dengan n0 > 1/ε. Nah, s = 1n0∈ S dan 0 + s > ε. Berdasarkan kriteria infimum

(latihan sebelumnya) maka disimpulkan 0 adaah infimum S.

Catatan 1.4.2. Pada pembuktian infimum sebelumnya kita dapat memilih bilan-gan asli yang lebih besar dari suatu bilangan real yang diberikan. Ada referensiyang menyebut sifat ini sebagai sifat Archimedes. Secara formal sifat ini di-ungkapkan sebagai berikut.

Jika x ∈ R maka ada nx ∈ N sehingga nx > x.

Catatan 1.4.3. Bila suatu himpunan S mempunyai maksimum dan minimummaka

sup S = maks S, inf S = min S.

Latihan 1.4.6. Buktikan bahwa bilangan real R tidak mempunyai supremumdan infimum.

Latihan 1.4.7. Misalkan S := {1 − (−1)n

n: n ∈ N}. Tentukan inf S dan sup S.

Buktikan hasil yang anda peroleh.

Sifat supremum dan infimum pada RSifat ini dapat disajikan secara sederhana sebagai berikut. Setiap himpunan takkosong yang terbatas diatas selalu mempunyai supremum, dan setiap himpunantak kosong yang terbatas dibawah selalu mempunyai infimum.

Sifat supremum ini dikenal juga dengan sifat kelengkapan bilangan real.Dengan sifat ini terjamin bahwa garis bilangan adalah ”padat”, artinya tidakada satupun titik yang hilang. Sebagai ilustrasi, diperhatikan himpunan terbatasberikut

A := {x > 0 : x2 < 2}.Himpunan A ini tidak mempunyai maksimum tetapi A mempunyai supremum,yaitu sup A =

√2. Fakta ini menjamin eksistensi

√2 yang merupakan bilangan

irrasional.Sekarang kita tahu terdapat paling tidak satu bilangan irrasional, yaitu

√2.

Pertanyaannya, seberapa banyak bilangan irrasional yang ada. Lebih ”banyak”mana, bilangan rasional atau bilangan irrasional. Nah, berikut ini diberikan sifatkepadatan bilangan rasional dalam R.

Teorema 1.4.2. Bila a dan b bilangan real dengan a 1b−a

. Untuk n ini berlaku

nb− na > 1. (*)

Sekarang ambil m sebagai bilangan bulat pertama yang lebih besar dari na, danberlaku

m− 1 ≤ na < m. (**)

Dari (*) dan (**) diperoleh

na < m ≤ na + 1 < nb.

Bentuk terakhir ini dapat ditulis na < m < nb, dan dengan membagi semua ruasdengan n, didapat

a <m

n< b

dan dengan mengambil r := mn

maka bukti Teorema selesai.

Contoh 1.4.8. Tentukan 3 buah bilangan rasional diantara√

2 dan 32.

Penyelesaian. 1. Diketahui a =√

2 ≈ 1, 4142, b = 3/2 = 1, 5

2. d = 11,5−1,4142

≈ 11.6569

3. Jadi bilangan asli yang yang dapat diambil adalah n = 12, 13, 14, 15, 16.

4. Untuk n = 12 diperoleh na ≈ (12)(√

2) ≈ 16, 9706 maka diambil m = 17.Untuk n = 13, na ≈ (13)(

√2) ≈ 18, 3848 dan dimabil m = 19. Untuk

n = 14 maka na ≈ (14)(√

2) ≈ 19, 7990 dan dimabil m = 20.

5. Jadi bilangan rasional r = 1712

, 1913

, dan 2014

terletak diantara√

2 dan 3/2.

Akibat 1.4.1. Bila a dan b bilangan real dengan a < b maka terdapat bilanganirrasional z dengan a < z < b.

Bukti. Dengan menerapkan Teorema sebelumnya pada dua bilangan real a√2

danb√2

maka ada bilangan rasional r sehingga

a√2

< r <b√2.

Selanjutnya diambil z := r√

2, inilah bilangan irrasioanl yang dimaksud.

Latihan 1.4.8. Temukan 5 bilangan irrasional yang terletak diantara 1 dan 1.01.

SOAL-SOAL LATIHAN BAB I

1. Buktikan jika a, b ∈ R maka

a. −(a + b) = (−a) + (−b)

b. (−a) · (−b) = a · bc. 1/(−1/a) = −(1/a) asalkan a 6= 0

d. −(a/b) = (−a)/b asalkan b 6= 0.

2. Jika a 6= 0 dan a · a = a, buktikan a = 0 atau a = 1.

3. Buktikan tidak ada bilangan rasional r sehingga r2 = 3.

4. Tunjukkan dengan contoh bahwa ada dua bilangan irrasional yang jumlahkeduanya rasional.

5. Tunjukkan dengan contoh bahwa ada dua bilangan irrasional yang hasil kalikeduanya rasional.

6. Tunjukkan ada bilangan irrasional x dan y dengan xy rasional.

7. Buktikan bahwa jika 0 < a < b dan 0 < c < d maka 0 < ac < bd.

8. Jika a, b ∈ R tunjukkan bahwa a2 + b2 = 0 bila dan hanya bila a = 0 danb = 0.

9. Bila 0 ≤ a < b, buktikan a2 ≤ ab < b2.

10. Buktikan bahwa jika 0 < a 1 maka1 < c < c2.

14. Buktikan bahwa |a + b| = |a|+ |b| bila hanya bila ab ≥ 0.

15. Jika a < x < b dan a < y < b, tunjukkan bahwa |x − y| < b − a. Inter-prestasikan fakta ini secara geometris.

16. Tentukan dan sketsalah pasangan titik (x, y) pada R× R yang memenuhi

(a) |x| = |y|.(b) |xy| = 1.

17. Tentukan dan sketsalah pasangan titik (x, y) pada R× R yang memenuhi

(a) |x|+ |y| ≤ 1.

(b) |xy| ≤ 2.

18. Misalkan S himpunan takkosong yang terbatas dibawah. Buktikan

inf S = − sup{−s : s ∈ S}.

19. Misalkan S himpunan terbatas dan S0 himpunan bagian dari S. Buktikan

inf S ≤ inf S0 ≤ sup S0 ≤ sup S.

20. Misalkan S himpunan takkosong yang terbatas diatas. Untuk a ∈ R didefin-isikan

a + S := {a + x : x ∈ S}.Buktikan

sup(a + S) = a + sup S.

21. Misalkan S := { 1n− 1

m: m,n ∈ N}. Tentukan sup S dan inf S, buktikan

hasil yang anda peroleh.

22. Misalkan S himpunan takkosong. Untuk a bilangan real tidak nol didefin-isikan aS := {as : s ∈ S}. Buktikan

(i) Bila a > 0 maka

inf(aS) = a inf S, dan sup(aS) = a sup S.

(ii) Bila a < 0 maka

inf(aS) = a sup S, dan sup(aS) = a inf S.

23. Misalkan A dan B himpunan takkosong dan A+B := {a+b : a ∈ A, b ∈ B}.Buktikan bahwa

sup(A + B) = sup A + sup B dan inf(A + B) = inf A + inf B.

24. Misalkan f dan g dua fungsi yang didefinisikan pada domain X. Jikarangenya terbatas, buktikan

(i) sup{f(x) + g(x) : x ∈ X} ≤ sup{f(x) : x ∈ X}+ sup{g(x) : x ∈ X}.(ii) inf{f(x) + g(x) : x ∈ X} ≥ inf{f(x) : x ∈ X}+ inf{g(x) : x ∈ X}.

BAB 2

BARISAN BILANGAN REAL

Di sekolah menengah barisan diperkenalkan sebagai kumpulan bilangan yang dis-usun menurut ”pola” tertentu, misalnya barisan aritmatika dan barisan geometri.Biasanya barisan dan deret merupakan satu kesatuan pokok bahasan. Sekarangbarisan dipahami dari sudut pandang analisis dan ia merupakan bentuk khususdari fungsi. Sedangkan deret akan dibahas secara khusus pada bab yang lain.

2.1 Pengertian Barisan dan Limitnya

Definisi 2.1.1. Barisan bilangan real adalah fungsi suatu fungsi dengan do-main himpunan bilangan asli N dengan domain termuat didalam R. Jadi barisanadalah fungsi X : N → R, dimana setiap n ∈ N nilai fungsi X(n) biasa ditulissebagai

X(n) := xn

dan disebut suku ke-n barisan X. Notasi barisan yang sering digunakan dalambuku ini adalah

X, (xn), (xn : n ∈ N).

Contoh 2.1.1. Beberapa barisan dan cara penulisannya :

a. X := (2, 4, 6, 8, · · · ) merupakan barisan bilangan genap. Dapat juga ditulissebagai X := (2n : n ∈ N).

b. Y :=(

11, 1

2, 1

3, · · · ). Dapat juga ditulis Y :=

(1n

: n ∈ N).

Dalam beberapa keperluan praktis, barisan didefinisikan secara rekusif atauinduktif sebagai berikut

{x1, x2, · · · , xn−1 diberikan,

xn := f(x1, x2, · · · , xn−1).

22

c. Barisan Fibonacci adalah barisan yang berbentuk F := (1, 1, 2, 3, 5, 8, · · · ).Barisan ini dapat ditulis secara rekursif sebagai berikut :

x1 := 1, x2 := 1, xn := xn−1 + xn−2, untuk n ≥ 3.

Latihan 2.1.1. Berikut diberikan beberapa suku awal barisan (xn). Seandainyapola seperti ini tetap, tentukan formula umum suku ke n nya.

a. 1/2, 2/3, 3/4, 4/5, · · · ,

b. 1/2,−1/4, 1/8,−1/16, · · · ,

c. 1, 4, 9, 16, · · · ,

Latihan 2.1.2. Diberikan barisan yang didefinisikan secara rekursif. Tentukan5 suku pertamanya

a. y1 := 2, yn+1 := 12(yn + 2/yn), n ≥ 1.

b. z1 := 1, z2 := 2, zn+2 := (zn+1 + zn)/(zn+1 − zn), n ≥ 3.

c. x1 := 1, yn+1 := 14(2yn + 3), n ≥ 1.

Penulisan barisan menggunakan kurung biasa ”( )” dimaksudkan untukmembedakannya dengan himpunan yang biasa ditulis menggunakan kurung ku-rawal ”{ }”. Pada himpunan, anggota yang sama cukup ditulis satu kali. Sedan-gkan pada barisan, suku-suku yang berbeda memungkinkan mempunyai nilaiyang sama. Sebagai contoh ambil barisan (xn) yang didefinisikan xn := (−1)n.Jadi barisannya adalah

X := (−1, 1,−1, 1, · · · ).Tetapi bila dipandang sebagai himpunan maka diperoleh himpunan

X := {−1, 1}.

Definisi 2.1.2 (Limit barisan). Misalkan X = (xn) barisan bilangan real.Bilangan real x dikatakan limit dari (xn) jika untuk setiap ε > 0 terdapat bilanganasli N (biasanya bergantung pada ε) sehingga

|xn − x| < ε untuk setiap n ≥ N.

Jika x limit dari barisan X maka X dikatakan konvergen ke x dan ditulis

lim X = x, atau lim(xn) = x.

Jika suatu barisan mempunyai limit kita katakan barisan itu konvergen. Seba-liknya jika tidak mempunyai limit kita katakan ia divergen.

Gambar 2.1: Kekonvergenan barisan

Diperhatikan pada definisi ini pernyataan |xn−x| < ε dapat ditulis sebagaix− ε < xn < x+ ε. Ini berarti pada suatu saat, semua suku-suku barisan beradadalam ”kerangkeng” (x−ε, x+ε). Ilustrasi geometris barisan (xn) yang konvergenke x diberikan pada Gambar 2.1.

Kadangkala digunakan notasi xn → x untuk menyatakan secara intuitifbahwa xn ”mendekati” x bila n → ∞. Pada definisi ini kriteria xn ”mendekati”x diukur oleh ε > 0, sedangkan kriteria n → ∞ dicirikan oleh adanya bilanganasli N . Tidak adanya notasi n → ∞ pada penulisan lim(xn) dapat dipahamikarena barisan yang dibahas adalah barisan takberujung, yaitu banyak sukunyatakterhingga.

Muncul pertanyaan apakah mungkin suatu barisan konvergen ke dua limityang berbeda ? Jawaban diberikan secara formal dalam teorema berikut.

Teorema 2.1.1. Suatu barisan bilangan real hanya dapat mempunyai satu limit.Dengan kata lain, jika suatu barisan konvergen maka limitnya tunggal.

Bukti. Andaikan barisan X := (xn) mempunyai dua limit yang berbeda, katakanxa dan xb dengan xa 6= xb. Diberikan ε := 1

3|xb − xa|.

Karena lim(xn) = xa maka untuk ε ini terdapat Na sehingga

|xn − xa| < ε untuk setiap n ≥ Na.

Juga, karena lim(xn) = xb maka terdapat Nb sehingga

|xn − xb| < ε untuk setiap n ≥ Nb.

Sekarang untuk n ≥ maks {Na, Nb} maka berlaku

|xa − xb| = |xa − xn + xn − xb|≤ |xn − xa|+ |xn − xb|< ε + ε

=2

3|xa − xb|.

Akhirnya diperoleh |xa − xb| < 23|xa − xb| suatu pernyataan yang kontradiksi.

Pengandaian xa 6= xb salah dan haruslah xa = xb, yaitu limitnya mesti tunggal.

Latihan 2.1.3. Diberikan barisan bilangan real (xn).

a. Tuliskan definisi barisan (xn) tidak konvergen ke x.

b. Tuliskan definisi barisan (xn) divergen.

Pembahasan barisan di sini ditekankan pada pembuktian-pembuktian teori-tis bukan pada aspek teknik komputasi. Membuktikan suatu barisan denganlimit telah diketahui lebih rumit daripada menentukan nilai limit suatu barisan.Contoh-contoh berikut memberikan gambaran bagaimana definisi digunakan un-tuk membuktikan kebenaran limit suatu barisan.

Contoh 2.1.2. Butkikan bahwa lim(1/n) = 0.

Penyelesaian. Disini kita mempunyai xn := 1n, dan x = 0. Diberikan ε > 0

sebarang. Harus ditemukan bilangan asli N sehingga

|xn − x| = |1/n− 0| = 1

n< ε untuk setiap n ≥ N.

Mudah saja, pada bentuk terakhir ketidaksamaan ini berlaku 1n

< ε. Disele-saikan, diperoleh n > 1

ε. Jadi N cukup diambil sebagai bilangan asli terkecil

yang lebih besar dari 1ε. Sebagai contoh, misalkan diberikan ε := 0.013 maka

1ε

= 76.9231. Jadi cukup diambil N := 77. Untuk meyakinkan dapat diperiksabahwa

x77 = 0.0130, x78 = 0.0128, x79 = 0.0127, x80 = 0.0125, x81 = 0.0123, x82 = 0.0122

kesemuanya kurang dari 0.013. Lebih telitinya x77 = 0.012987.

Contoh 2.1.3. Buktikan lim(

n+13n+2

)= 1/3.

Penyelesaian. Disini kita mempunyai xn :=(

n+13n+2

)dan x = 1/3.

|xn − x| =

∣∣∣∣n + 1

3n + 2− 1

3

∣∣∣∣

=

∣∣∣∣3n + 3− 3n− 2

3(3n + 2)

∣∣∣∣

=1

3(3n + 2)

Bentuk terakhir ini akan kurang dari ε bila

(9n + 6)ε > 1 ⇔ 9n >1− 6ε

ε⇔ n >

6− ε

9ε.

Jadi N cukup diambil sebagai bilangan asli terkecil yang lebih besar dari 6−ε9ε

.Sebagai contoh, misalkan diberikan ε := 0.013 maka 6−ε

9ε= 7.8803. Jadi cukup


diambil N := 8. Agar lebih meyakinkan diambil beberapa nilai xn − 1/3, untukn = 8, 9, 10, 11, 12, hasilnya

0.0128, 0.0115, 0.0104, 0.0095, 0.0088,

yang kesemuanya kurang dari ε := 0.013.

Latihan 2.1.4. Gunakan definisi limit barisan untuk membuktikan

lim

(3n + 1

2n + 5

)=

3

2.

Tentukan bilangan asli terkecil N yang dapat diambil jika diberikan ε := 0.0023,juga bila ε := 0.0132.


lim

((−1)nn

n2 + 1

)= 0.

Tentukan bilangan asli terkecil N yang dapat diambil jika diberikan ε := 1/4,juga bila ε := 1/16.


lim

(1

n− 1

n + 1

)= 0.

Tentukan bilangan asli terkecil N yang dapat diambil jika diberikan ε := 1/4,juga bila ε := 1/16.

Dari beberapa contoh dan latihan ini mestinya dapat disimpulkan bahwasemakin kecil ε > 0 yang diberikan maka semakin besar indeks N yang dapatdiambil. Kenyataan ini sesuai dengan definisi bahwa semakin kecil ε > 0 makasemakin kecil lebar ”kerangkeng” dan semakin lama pula suku-suku barisan dapatmulai mengumpul di dalam ”kerangkeng” ini.

Kekonvergenan barisan (xn) ditentukan oleh pola suku-suku yang sudahjauh berada diujung. Walaupun pada awalnya suku-suku barisan berfluktuasicukup besar namun bila pada akhirnya suku-suku ini mengumpul disekitar titiktertentu maka barisan ini tetap konvergen.

Definisi 2.1.3. Misalkan barisan X := (x1, x2, x3, · · · , xn, · · · ) dipotong padasuku ke m dan dibentuk barisan baru

Xm := (xm+1, xm+2, · · · )maka barisan Xm disebut ekor ke m barisan X.

Latihan 2.1.7. Buktikan bahwa X konvergen bila hanya bila Xm konvergen dan

lim X = lim Xm.

Pembuktikan limit barisan melalui definisi akan menjadi sulit bilamana ben-tuk barisan yang dihadapi cukup rumit. Melalui definisi dikembangkan ”alat-alat” sederhana yang dapat digunakan untuk membuktikan limit barisan, khusus-nya barisan yang mempunyai bentuk tertentu.

Teorema 2.1.2 (Teorema Konvergen Terdominasi). Misalkan ada dua barisanbilangan real (an) dan (xn). Jika ada C > 0 dan m ∈ N sehingga berlaku

|xn − x| ≤ C|an| untuk semua n ≥ m dan lim(an) = 0

maka lim(xn) = x.

Bukti. Diberikan ε > 0. Karena lim(an) = 0 maka ada Na ∈ N sehingga

|an| < ε/C untuk setiap n ≥ Na.

Jadi untuk setiap n ≥ N := maks {Na,m} berlaku

|xn − x| ≤ C|an| < C(ε/C) = ε.

Terbukti bahwa lim(xn) = x

Teorema ini biasa disebut teorema kekonvergenan terdominasi (TKD), karenakekonvergenan ini disebabkan karena terdominasi oleh barisan yang konvergen.Dalam penggunaan teorema ini harus dibangun barisan (an) yang konvergen ke0 dan ditentukan konstanta positif C.

Contoh 2.1.4. Bila a > 0, buktikan barisan lim(

11+na

)= 0.

Bukti. Karena a > 0 maka berlaku 0 < na < na + 1, dan akibatnya kitamempunyai

1

na + 1<

1

na.

Selanjutnya,

| 1

1 + na− 0| = 1

1 + na<

(1

a

)(1

n

).

Dengan mengambil C := 1/a dan an = 1/n dan dikarenakan lim an = 0 makadengan teorema sebelumnya disimpulkan bahwa lim

(1

1+na

)= 0.

Contoh 2.1.5. Misalkan 0 0. Dapat ditulis b := 1

(1+a)dan dengan

ketidaksamaan Bernoulli berlaku

(1 + a)n ≥ 1 + na

dan diperoleh

0 <1

(1 + a)n≤ 1

1 + na<

1

na=

(1

a

)(1

n

).

Latihan 2.1.8. Misalkan c > 0, buktikan lim(c1/n) = 0.

Latihan 2.1.9. Buktikan lim(n1/n) = 1.

2.2 Sifat-sifat Barisan Konvergen

Berikut ini diberikan sifat aljabar barisan konvergen. Sifat-sifat ini banyak digu-nakan dalam keperluan praktis terutama dalam menghitung nilai limit barisan.Sebelumnya diberikan sifat keterbatasan barisan konvergen.

Definisi 2.2.1. Barisan (xn) dikatakan terbatas jika ada bilangan M > 0 se-hingga |xn| ≤ M untuk setiap n ∈ N. Dengan kata lain, barisan (xn) terbatasjika hanya jika himpunan {xn : n ∈ N} terbatas pada R.

Contoh 2.2.1. Barisan (1/n : n ∈ N) terbatas dengan M = 1, ((−1)n : n ∈ N)terbatas dengan M = 1, (n2 : n ∈ N) tidak terbatas.

Teorema 2.2.1. Jika barisan (xn) konvergen maka ia terbatas.

Bukti. Diketahui barisan (xn) konvergen, katakan lim(xn) = x. Ambil ε := 1maka ada N ∈ N sehingga

|xn − x| < 1 untuk setiap n ≥ N.

Karena ||xn| − |x|| ≤ |xn − x| < 1 maka berdasarkan sifat nilai mutlak diperoleh

|xn| < 1 + |x| untuk setiap n ≥ N.

BilaM := max {|x1|, |x2|, · · · , |xN−1|, 1 + |x|}

maka berlaku|xn| ≤ M untuk setiap n ∈ N,

yaitu (xn) terbatas.

Catatan 2.2.1. Barisan terbatas belum tentu konvergen. Barisan tidak terbataspasti divergen.

Contoh 2.2.2. Diberikan barisan ((−1)n : n ∈ N). Jelas barisan ini terbataskarena |xn| < 1 untuk setiap n. Selanjutnya, kita buktikan barisan ini tidakkonvergen. Andaikan ia konvergen, katakan lim(xn) = a. Ambil ε := 1, makaterdapat bilangan asli N sehingga

|(−1)n − a| < 1 untuk setiap n ≥ N.

Bilangan n ≥ N dapat berupa bilangan genap atau bilangan ganjil. Untuk nganjil maka (−1)n = −1, sehingga diperoleh

|(−1)n − a| = | − 1− a| < 1 ⇒ −2 < a < 0. (*)

Untuk n genap maka (−1)n = 1, sehingga diperoleh

|(−1)n − a| = |1− a| < 1 ⇒ 0 < a < 2. (**)

Dua pernyataan (*) dan (**) saling kontradiksi, sehingga pengandaian salah.Jadi terbukti barisan ((−1)n : n ∈ N) divergen.

Teorema 2.2.2. Jika X := (xn) dan Y := (yn) dua barisan yang masing-masingkonvergen ke x dan y maka

(a). barisan X ± Y := (xn + yn) konvergen ke x± y,

(b). barisan XY := (xnyn) konvergen ke xy.

(c). barisan cX := (cxn) konvergen ke cx

Bukti. (a) Untuk membuktikan lim(xn + yn) → (x + y), kita harus memberikanestimasi pada |(xn + yn) − (x + y)|. Karena lim(xn) = x dan lim(yn) = y makauntuk ε > 0 yang diberikan terdapat N1 dan N2 sehingga

|xn − x| < ε/2 untuk setiap n ≥ N1 dan |yn − y| < ε/2 untuk setiap n ≥ N2.

Jadi untuk setiap n ≥ N := max{N1, N2} diperoleh

(xn + yn)− (x + y)| = |(xn − x) + (yn − y)|≤ |xn − x|+ |yn − y|≤ ε/2 + ε/2 = ε

Dengan cara yang sama dapat dibuktikan (xn − yn) konvergen ke (x− y).(b). Karena (xn) konvergen maka ia terbatas, yaitu ada M1 > 0 sehingga |xn| ≤M1 untuk setiap n ∈ N. Ambil M := max{M1, |y|}. Karena lim(xn) = x danlim(yn) = y maka untuk ε > 0 yang diberikan terdapat N1 dan N2 sehingga

|xn−x| < ε/2M untuk setiap n ≥ N1 dan |yn−y| < ε/2M untuk setiap n ≥ N2.

Jadi untuk setiap n ≥ N := max{N1, N2} diperoleh

|xnyn − xy| = |(xnyn − xny) + (xny − xy)|= |xn(yn − y) + y(xn − x)|≤ |xn||y − yn|+ |y||x− xn|≤ M |xn − x|+ M |yn − y|≤ M(ε/2M) + M(ε/2M) = ε.

(c). Pernyataan ini dapat dibutkikan dengan cara membentuk

|cxn − cx| = |c||xn − x|.Bukti lengkapnya dapat diselesaikan sendiri.

Catatan 2.2.2. Pada sifat perkalian limit dua barisan dapat dikembangkan un-tuk perkalian sebanyak berhingga barisan, yaitu jika (an), (bn), · · · , (zn) barisan-barisan konvergen maka berlaku

lim ((an)(bn) · · · (zn)) = lim(an) lim(bn) · · · lim(zn).

Khususnya jika barisan-barisannya sama, katakan ada sebanyak k barisan (xn)maka

lim(akn) = (lim(an))k .

Teorema 2.2.3. Misalkan X := (xn) dan Y := (yn) barisan konvergen, berturut-turut ke x dan y, yn 6= 0 untuk setiap n ∈ N dan y 6= 0 maka barisan hasil bagiXY

:=(

xn

yn

)konvergen ke x

y.

Bukti.∣∣∣∣xn

yn

− x

y

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣xny − xyn

yny

∣∣∣∣

=1

|yn||y| |xny − xyn|

=1

|yn||y| |xny − xnyn + xnyn − xyn|

=1

|yn||y| |xn(y − yn) + yn(xn − x)|

≤ |xn||yn||y| |yn − y|+ 1

|y| |xn − x|

Selanjutnya, kita perlu memberikan batas untuk suku |xn||yn||y| . Karena (xn) konver-

gen maka ada M > 0 sehingga |xn| ≤ M untuk setiap n ∈ N. Karena lim(yn) = ymaka diberikan ε := 1

2|y| ada N1 ∈ N sehingga

|yn − y| < 1

2|y| untuk setiap n ≥ N1.

Karena ||yn| − |y|| ≤ |yn − y| dan |yn − y| < 12|y| maka

||yn| − |y|| < 1

2|y| ⇔ 1

2|y| < |yn| < 3

2|y| ⇒ |yn| > 1

2|y| untuk setiap n ≥ N1.

Jadi berlaku1

|yn| <2

|y| untuk setiap n ≥ N1.

Dengan demikian kita mempunyai estimasi∣∣∣∣xn

yn

− x

y

∣∣∣∣ ≤|xn||yn||y| |yn − y|+ 1

|y| |xn − x| < 2M

|y|2 |yn − y|+ 1

|y| |xn − x|. (*)

Sekarang diberikan ε > 0 sebarang. Karena lim(yn) = y dan lim(xn) = x makaada N2, N3 ∈ N sehingga

|xn − x| < |y|2

ε untuk setiap n ≥ N2, dan |yn − y| < |y|24M

ε untuk setiap n ≥ N3.

Dengan mengambil N := max{N1, N2, N3} maka berdasarkan (*), diperoleh∣∣∣∣xn

yn

− x

y

∣∣∣∣ < ε/2 + ε/2 = ε untuk setiap n ≥ N.

Contoh 2.2.3. Kita tunjukkan bahwa lim(

2n+1n+5

)= 2. Pertama kita ubah dulu

ke dalam bentuk barisan konvergen, yaitu

(2n + 1

n + 5

)=

2 + 1/n

1 + 5/n.

Selanjutnya, diambil X := (2 + 1/n) dan Y := (1 + 5/n). Jelas bahwa lim X = 2dan lim Y = 1 maka lim X

Y= 2

1= 2.

Teorema 2.2.4. Bila (xn) barisan taknegatif, yaitu xn ≥ 0 untuk setiap n ∈ Nmaka lim(xn) ≥ 0.

Bukti. Andaikan kesimpulan ini salah, yaitu x := lim(xn) < 0. Ambil ε :=−x > 0, maka ada K ∈ N sehingga

|xn − x| < −x ⇐⇒ x < xn − x < −x =⇒ xn < 0, untuk semua n ≥ K.

Khususnya untuk n = K berlaku xn < 0. Hal ini kontradiksi dengan hipotesisbahwa xn ≥ 0 untuk setiap n ∈ N.

Teorema 2.2.5. Jika (xn) dan (yn) barisan konvergen dan xn ≤ yn untuk setiapn ∈ N maka lim(xn) ≤ lim(yn).

Bukti. Didefinisikan barisan (zn) dengan zn := yn − xn. Diperoleh (zn) barisantaknegatif, dan selanjutnya digunakan Teorema sebelumnya.

Teorema 2.2.6. Bila (xn) barisan konvergen dan a ≤ xn ≤ b untuk setiap n ∈ Nmaka a ≤ lim(xn) ≤ b.

Bukti. Bandingkan barisan (xn) dengan barisan konstan (a) dan barisan (xn)dengan barisan konstan (b), kemudian gunakan Teorema sebelumnya.

Teorema berikut menjelaskan kekonvergenan suaru barisan yang terjepitoleh dua barisan yang konveregen ke limit yang sama. Teorema ini sangatbermanfaat dalam membuktikan limit barisan.

Teorema 2.2.7 (Teorema Konvergen Terjepit). Bila (xn), (yn) dan (zn)barisan bilangan real yang memenuhi kondisi berikut

(i) xn ≤ yn ≤ zn untuk setiap n ∈ N,

(ii) lim(xn) = lim(zn)

maka (yn) konvergen dan lim(xn) = lim(yn) = lim(zn).

Bukti. Misalkan w := lim(xn) = lim(zn). Diberikan ε > 0 sebarang, makaterdapat bilangan asli N1 dan N2 sehingga

|xn − w| < ε untuk setiap n ≥ N1 dan |zn − w| < ε untuk setiap n ≥ N2.

Bila diambil N := max{N1, N2} maka berlaku

|xn − w| < ε dan |zn − w| < ε untuk setiap n ≥ N.

Dari ini diperoleh

−ε < xn − w dan zn − w < ε untuk setiap n ≥ N.

Diketahui xn ≤ yn ≤ zn, dengan menambahkan w pada ketiga ruas diperoleh

xn − w ≤ yn − w ≤ zn − w untuk setiap n ∈ N.

Dengan hasil sebelumnya, diperoleh

−ε < yn − w < ε ⇐⇒ |yn − w| < ε untuk setiap n ≥ N.

Jadi terbukti lim(yn) = w.

Teorema ini dikenal dengan Teorema squeeze, atau Teorema kekonvergenanterjepit (TKJ).

Contoh 2.2.4. Buktikan lim(

sin nn

)= 0.

Bukti. Diperhatikan untuk setiap bilamgan asli n berlaku

−1 ≤ sin n ≤ 1.

Karena itu diperoleh−1

n≤ sin n

n≤ 1

n.

Dengan mengambil xn = −1/n, yn =(

sin nn

)dan zn = 1/n maka dengan TKJ

diperoleh lim(

sin nn

)= lim(−1/n) = lim(1/n) = 0.

Penggunaan selanjutnya TKJ ini akan banyak muncul pada pembahasanlimit fungsi secara umum yang akan diberikan pada bab selanjutnya.

Satu lagi alat cepat dan mudah untuk menyelidiki kekonvergenan barisanadalah uji rasio berikut.

Teorema 2.2.8. Misalkan (xn) barisan bilangan real positif sehinggalim xn+1

xn:= L ada. Jika L < 1 maka (xn) konvergen dan lim(xn) = 0.

Bukti. Karena (xn) positif maka (xn+1

xn) barisan taknegatif sehingga L ≥ 0. Jadi

0 ≤ L < 1. Misalkan r suatu bilangan dimana L < r < 1, ambil ε := r − L > 0.Terdapat bilangan asli K sehingga

∣∣∣∣xn+1

xn

− L

∣∣∣∣ < ε := r − L untuk setiap n ≥ K.

Jadi untuk setiap n ≥ K berlaku

xn+1

xn

< r ⇒ xn+1 < rxn,

dan karena 0 < r < 1 maka diperoleh

0 < xn+1 < rxn < r2xn < · · · < rn−K+1xK .

Dengan mengambil C := xK

rK kita mempunyai

0 < xn+1 < Crn+1.

Karena 0 < r < 1 maka lim(rn+1) = 0 dan dengan menggunakan Teoremakekonvergenan terdominasi maka terbukti

lim(xn) = lim(xn+1) = 0.

Contoh 2.2.5. Kita selidiki apakah barisan (n2

2n ) konvergen. Kita gunakan ujirasio, yaitu

xn+1

xn

=(n + 1)2

2n+1

2n

n2

=1

2

n2 + 2n + 1

n2

=1

2(1 +

2

n+

1

n2)

Jadi L := lim 12(1 + 2

n+ 1

n2 ) = 1/2 < 1, dan disimpulkan barisan (n2

2n ) konvergendengan limit nol.

Latihan 2.2.1. Misalkan b > 1, selidikilah kekonvergenan barisan ( nbn ).

Pada bagian akhir sub pokok bahasan ini diberikan dua hasil yang bergunauntuk mempelajari materi yang akan datang.

Teorema 2.2.9. Jika barisan (xn) yang konvergen maka

(i) Barisan nilai mutlak (|xn|) konvergen dengan lim |xn| = | lim(xn)|.

(ii) Jika xn ≥ 0 maka barisan (√

xn) konvergen dengan lim(√

xn) =(√

lim(xn))

.

Bukti. (i) Misalkan lim(xn) = x. Kita telah mempunyai sifat nilai mutlak bahwa

||xn| − |x|| ≤ |xn − x|, untuk semua n ∈ N.

Jadi kekonvergenan (|xn|) langsung diakibatkan oleh kekonvergenan (xn).

(ii) Karena x > 0 maka√

x > 0. Selanjutnya dibentuk

√xn −

√x =

(√

xn −√

x)(√

xn +√

x)√xn +

√x

=xn − x√xn +

√x. (*)

Karena√

xn +√

x ≥ √x > 0 maka 1√

xn+√

x≤ 1√

xsehingga dari (*) diperoleh

∣∣√xn −√

x∣∣ ≤

(1√x

)|xn − x|.

Karena xn → x maka (xn − x) → 0, dan dengan menggunakan Teorema kekon-

vergenan terdominasi maka terbukti lim(√

xn) =√

x =(√

lim(xn))

.

2.3 Barisan Monoton Terbatas (BMT)

Sebelumnya sudah dibahas bahwa barisan konvergen pasti terbatas, tetapi barisanterbatas belum tentu konvergen. Pada bagian ini dibahas syarat cukup agarbarisan terbatas konvergen.

Definisi 2.3.1. Suatu barisan (xn) dikatakan monoton jika ia naik saja atauturun saja. Dikatakan naik jika

x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn ≤ · · · , atau xn ≤ xn+1 untuk setiap n ∈ Ndan dikatakan turun jika

x1 ≥ x2 ≥ · · · ≥ xn ≥ · · · , atau xn ≥ xn+1 untuk setiap n ∈ N.

Contoh 2.3.1. Barisan (1, 2, 3, 4, · · · , n, · · · ), (1, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 4, · · · ) meru-pakan barisan yang naik. Barisan (1, 1

2, 1

3, · · · , 1

n, · · · ), merupakan barisan yang

turun. Barisan (a, a2, a3, · · · , an, · · · ) turun jika a < 0, dan naik jika a > 0.Barisan (−1, +1,−1, · · · , (−1)n, · · · ) merupakan barisan tidak monoton. Barisankonstan (2, 2, · · · , 2, · · · ) merupakan barisan naik dan juga turun. Barisan(7, 6, 2, 1, 2, 3, 4, · · · ) dan (−2, 0, 1, 1

3, 1

2, 1

3, · · · ) merupakan barisan tidak monoton

tapi pada akhirnya monoton.

Teorema 2.3.1 (Teorema Konvergen Monoton). Jika barisan (xn) monotondan terbatas maka ia konvergen. Selanjutnya,

(i) Bila (xn) naik maka lim(xn) = sup{xn n ∈ N}(ii) Bila (xn) turun maka lim(xn) = inf{xn n ∈ N}.Bukti. (i) Diketahui (xn) naik dan terbatas. Ada M > 0 sehingga |xn| ≤ M ⇒xn ≤ M untuk semua n ∈ N. Jadi himpunan {xn : n ∈ N} terbatas diatas.Berdasarkan sifat supremum, himpunan ini selalu mempunyai supremum, katakan

x∗ := sup{xn : n ∈ N}.Selanjutnya akan ditunjukkan lim(xn) = x∗.

Diberikan ε > 0 sebarang, maka x∗ − ε bukan lagi batas atas {xn : n ∈ N}.Jadi ada xK ∈ {xn} sehingga

x∗ − ε < xK .

Karena (xn) naik dan xn < x∗ untuk setiap n maka diperoleh

x∗ − ε < xK ≤ xn < x∗ < x∗ + ε untuk setiapn ≥ K.

Ini berakibat x∗ − ε < xn < x∗ + ε atau |xn − x∗| < ε untuk setiap n ≥ K, yaituterbukti lim(xn) = x∗.Bukti untuk bagian (ii) lihat latihan berikut.

Latihan 2.3.1. Lengkapi bukti bagian (ii) Teorema TKM di atas.

Contoh 2.3.2. Selidikilah apakah barisan (xn) yang didefinisikan oleh

xn := 1 +1

2+

1

3+ · · ·+ 1

nkonvergen atau divergen.

Bukti. Jelas barisan ini monoton naik sebab

xn+1 = xn +1

n≥ xn untuk setiap n ∈ N.

Selanjutnya dibuktikan apakah barisan ini terbatas atau tidak.Untuk melihat pola barisan ini secara numerik , kita perhatikan suku ke n

xn = 1 +1

2+

1

3+ · · ·+ 1

nKomputasi numerik memberikan data sebagai berikut :

x10 = 2.9290, x100 = 5.1874, x1000 = 7.4855, x10000 = 9.7876, x100000 = 12.0901.

Terlihat bahwa kenaikannya sangat lambat sehingga berdasarkan data ini ’seolah-olah’ suku-suku barisan ini akan menuju bilangan tertentu atau konvergen. Untuksuatu n diambil suku ke 2n, yaitu x2n . Untuk n = 1, x21 = 1 + 1

2. Untuk n = 2,

x22 = 1 + 12

+(

13

+ 14

). Untuk n = 3, x23 = 1 + 1

2+

(13

+ 14

)+

(15

+ 16

+ 17

+ 18

).

Secara umum diperoleh

x2n = 1 +1

2+

(1

3+

1

4

)+ · · ·+

(1

2n−1 + 1+

1

2n−1 + 2+ · · ·+ 1

2n

)

> 1 +1

2+

(1

4+

1

4

)+ · · ·+ · · ·+

(1

2n+

1

2n+ · · ·+ 1

2n

)

= 1 +1

2+

1

2+

1

2+ · · ·+ 1

2︸︷︷︸nsuku

= 1 +n

2.

Jadi selalu ada suku pada barisan ini yang lebih besar dari bilangan real manapunsehingga barisan ini tidak terbatas dan disimpulkan barisan ini divergen. Sebagaiilustrasi diberikan bilangan real α = 5001. Maka kita dapat menemukan sukuyang lebih besar dari 5001, yaitu suku ke 210.000. Silahkan dicek!

Kekonvergenan barisan yang disajikan dalam bentuk rekursif lebih mudahdiperiksa dengan menggunakan TKM.

Contoh 2.3.3. Misalkan (xn) barisan yang didefinisikan secara rekursif sebagaiberikut : {

x1 := 1,

xn+1 :=√

2xn untuk n ≥ 1.

Selidikilah kekonvergenan barisan ini. Bila ia konvergen berapakah limitnya.

Penyelesaian. Diperhatikan x1 = 1 dan x2 =√

2. Jadi 1 ≤ x1 < x2 < 2.Secara intuitif, barisan ini monoton naik dan terbatas diatas oleh 2. Untuk me-nunjukkan klaim ini kita gunakan prinsip induksi matematika, yaitu menunjukkanbahwa berlaku

1 ≤ xn < xn+1 < 2.

Kita baru saja membuktikan pernyataan ini berlaku untuk n = 1. Diasumsikanberlaku untuk n = k, yaitu kita mempunyai 1 ≤ xk < xk+1 < 2. Akibatnya,2 ≤ 2xk < 2xk+1 < 4. Untuk n = k + 1, diperoleh

1 <√

2 ≤ xk+1 =√

2xk <√

2xk+1 := xk+2 <√

4 = 2.

Jadi berlaku

1 ≤ xk+1 < xk+2 < 2, yaitu berlaku untuk n = k + 1.

Dengan demikian terbukti bahwa barisan ini monoton naik dan terbatas. Berdasar-kan TKM barisan ini konvergen. Selanjutnya dihitung limitnya. Bila supremumhimpunan {xn} mudah dicari maka limitnya langsung didapat, yaitu lim(xn) =sup{xn}. Berdasarkan hasil perhitungan numeris 10 suku pertama barisan iniadalah

1.0000, 1.4142, 1.6818, 1.8340, 1.9152, 1.9571, 1.9785, 1.9892,

1.9946, 1.9973.

Terlihat supremumnya adalah 2. Secara teoritis masih harus dibuktikan bahwa2 benar-benar sebagai supremumnya. Cara kedua adalah dengan menggunakansifat ekor barisan dan barisan akar. Misalkan x = lim(xn), maka

lim(xn+1) = lim(√

2xn) =√

lim(2xn)

x =√

2x

x2 = 2x ⇒ x(x− 2) = 0.

Diperoleh x = 0 atau x = 2. Karena xn > 1 maka nilai yang memenuhi adalahx = 2. Cara ketiga adalah dengan mengamati bahwa untuk limit ini menghasilkanbentuk akar kontinu berikut,

lim(xn) =

√2

√2√

2 · · ·.

Misalkan x =

√2√

2√

2 · · · maka diperoleh

x2 = 2x ⇒ x(x− 2) = 0 ⇒ x = 0 atau x = 2.

Ini memberikan hasil yang sama yaitu lim(xn) = 2.

Latihan 2.3.2. Diberikan barisan (zn) yang didefinisikan secara rekursif sebagaiberikut : {

z1 := 1,

zn+1 := 14(2zn + 3) untuk n ≥ 1.

Selidikilah kekonvergenan barisan ini. Jika ia konvergen, hitunglah limitnya.

Latihan 2.3.3. Misalkan a > 0 dan z1 > 0. Didefinisikan zn+1 := (a + zn)1/2.Selidikilah kekonvergenan barisan ini. Jika ia konvergen, hitunglah limitnya.

Latihan 2.3.4. Buktikan dengan menggunakan TKM, jika 0 0.

2.4 Barisan Bagian

Pada bagian awal Bab ini telah diperkenalkan istilah ekor barisan. Ekor barisanini merupakan bentuk khusus dari barisan bagian. Berikut ini diberikan definisibarisan bagian.

Definisi 2.4.1. Misalkan X := (xn) barisan bilangan real dan misalkan diambilbarisan bilangan asli naik tegas, yaitu r1 < r2 < · · · < rn < · · · maka barisan X ′

yang diberikan oleh(xr1 , xr2 , xr3 , · · · , xrn , · · · )

disebut barisan bagian dari X. Barisan bagian ini ditulis X ′ := (xrn : n ∈ N).

Contoh 2.4.1. Diberikan barisan X := (1, 12, 1

3, · · · , 1

n, · · · ). Beberapa barisan

bagian dari X adalah

(a) X ′ := (12, 1

4, · · · , 1

2n, · · · ).,

(b) X ′′ := (1, 13, 1

5, · · · , 1

2n−1, · · · ).

(c) X ′′′ := (14, 1

5, 1

6, · · · , 1

n+3, · · · ).

Sedangkan berikut ini bukan merupakan barisan bagian X :

(a) Y ′ := (1, 13, 1

2, 1

4, 1

3, · · · )

(b) Y ′′ := (12, 1

2, 1

3, 1

3, · · · ).

Gambar 2.2: Konstruksi barisan bagian

Konstruksi barisan bagian ini diilustrasikan pada Gambar 2.2. Berdasarkankonstruksi ini terlihat jelas bahwa rn ≥ n untuk setiap n ∈ N. Kekonvergenanbarisan bagian mengikuti kekonvergenan barisan induknya. Berikut ini Teoremakekonvergenan barisan bagian (TKBB).

Teorema 2.4.1 (Teorema Konvergen Barisan Bagian). Jika barisan (xn)konvergen ke x maka setiap barisan bagiannya konvergen ke x.

Bukti. Diberikan ε > 0 sebarang. Karena (xn) konvergen ke x maka ada bilan-gan asli K sehingga

|xn − x| < ε untuk setiap n ≥ K.

Karena rn ≥ n untuk setiap n ∈ N maka berlaku pula

|xrn − x| < ε untuk setiap rn ≥ n ≥ K.

Contoh 2.4.2. Kita buktikan dengan menggunakan TKBB bahwa lim(c1/n) = 1dimana c > 0. Misalkan zn = c1/n, diambil z2n = c1/2n = (c1/n)2 = z2

n sebagaibarisan bagiannya. Ditulis z = lim(zn), diperoleh

lim(zn) = lim(z2n)

lim(zn) = lim((zn)2) = (lim(zn))2

z = z2 ⇒ z(z − 1) = 0 ⇒ z = 0 atau z = 1.

Karena zn > 0 untuk setiap n dan (zn) monoton naik (seharusnya sudah dibuk-tikan pada latihan sebelumnya) maka dimabil z = 1.

Melalui TKBB kita dapat membuat kriteria barisan divergen. Diperhatikankontraposisinya, jika ada dua barisan bagian konvergen tetapi limit keduanyatidak sama maka barisan induknya divergen.

Contoh 2.4.3. Diperhatikan barisan X := ((−1)n) mempunyai dua barisanbagian X ′ := (x2n) = ((−1)2n) dan X ′′ := (x2n−1) = ((−1)2n−1). Karena

lim X ′ = 1 6= −1 = lim X ′′

maka barisan ((−1)n) divergen, hasil yang sama seperti sebelumnya.

Tidak semua barisan monoton, tetapi pada setiap barisan selalu dapatdikonstruksi barisan bagian yang monoton. Bila barisan induknya terbatas makajelas setiap barisan bagian juga terbatas. Kosekuensi dari kenyataan ini diperolehTorema terkenal berikut.

Teorema 2.4.2 (Teorema Bolzano-Wierestraß). Setiap barisan terbatas se-lalu memuat barisan bagian yang konvergen.

Sebagai ilustrasi yang menjelaskan Teorema B-W ini diperhatikan barisan((−1)n) merupakan barisan terbatas tetapi tidak konvergen. Dua barisan bagian-nya yaitu (x2n) = ((−1)2n) dan (x2n−1) = ((−1)2n−1) konvergen, berturut-turutke 1 dan −1.

2.5 Barisan Cauchy dan Kontraksi

Teorema konvergen monoton (TKM) yang sudah dibahas sebelumnya sangatberguna untuk menyelidiki kekonvergenan suatu barisan, namun ia memilikiketerbatasan karena hanya dapat diterapkan pada barisan yang monoton. Untukbarisan yang tidak monoton TKM tidak berguna sama sekali. Untuk itu padabagian akhir Bab ini diberikan dua kriteria konvergenan tanpa syarat monoton.

Definisi 2.5.1 (Barisan Cauchy). Barisan X := (xn) disebut barisan Cauchyjika untuk setiap ε > 0 terdapat bilangan asli K, biasanya bergantung pada εsehingga

|xn − xm| < ε untuk setiap m, m ≥ K.

Lemma 2.5.1. Barisan Cauchy selalu terbatas.

Bukti. Misalkan X := (xn) barisan Cauchy, dan diberikan ε := 1. Terdapatlahbilangan asli K sehingga

|xn − xm| < 1 untuk setiap m,n ≥ K.

Khususnya, untuk m = K maka berlaku

|xn − xK | < 1 ⇒ |xn| < 1 + |xK | untuk setiap n ≥ K.

Ambil M := max{|x1|, |x2|, · · · , |xK−1|, 1+ |xK |} maka diperoleh |xn| < M untuksetiap n ∈ N yaitu (xn) terbatas.

Kriteria Cauchy untuk barisan diungkapkan pada Teorema berikut.

Teorema 2.5.1. Suatu barisan bilangan real adalah konvergen bila hanya bila iabarisan Cauchy.

Bukti. (⇒) Diketahui (xn) konvergen, katakan lim(xn) = x. Diberikan ε > 0sebarang, maka ada bilangan asli K sehingga |xn−x| < ε/2 untuk setiap n ≥ K.Jadi untuk setiap m,n ≥ K berlaku

|xn − xm| = |(xn − x) + (x− xm)|≤ |x− xn|+ |x− xm| < ε/2 + ε/2 = ε.

Terbukti (xn) barisan Cauchy.(⇐) Diberikan ε > 0 sebarang. Karena (xn) Cauchy maka ada bilangan asli K1

sehingga|xn − xm| < ε/2 untuk setiap m,n ≥ K1.

Berdasarkan Lemma 2.5.1, barisan Cauchy (xn) ini terbatas dan berdasarkan Teo-rema Bolzano-Wierestraß terdapat barisan bagian (xrn) yang konvergen, katakanlim(xrn) = x∗. Oleh karena itu terdapat bilangan asli K2 sehingga

|xrn − x∗| < ε/2 untuk setiap rn ≥ K2.

Bila diambil K := max{K1, K2} maka keduanya berlaku

|xn − xm| < ε/2 dan |xrn − x∗| < ε/2 untuk setiap n,m, rn ≥ K.

Khususnya untuk m = K = rn berlaku

|xn − xK | < ε/2 dan |xK − x∗| < ε/2 untuk setiap n ≥ K.

Akhirnya diperoleh untuk setiap n ≥ K berlaku

|xn − x∗| = |xn − xK + xK − x∗|≤ |xn − xK |+ |xK − x∗| < ε/2 + ε/2 = ε,

yaitu (xn) konvergen ke x.

Contoh 2.5.1. Kita tunjukkan ( 1n) adalah barisan Cauchy. Diberikan ε > 0

sebarang. Selalu ada bilangan asli K sehingga K > 2ε. Jadi untuk setiap m,n ≥

M berlaku 1m

< ε2

dan 1n

< ε2. Jadi

|xm− xn| = |1/m− 1/n| ≤ 1/m + 1/n < 2/ε + 2/ε = ε, untuk setiap m,m ≥ K.

Latihan 2.5.1. Buktikan barisan (n+1n

) adalah Cauchy, tetapi barisan (n+ (−1)n

n)

bukan Cauchy.

Contoh 2.5.2. Selidikilah kekonvergenan barisan (xn) yang didefinisikan secararekursif berikut :

{x1 := 1, x2 := 2

xn := 12(xn−2 + xn−1) untuk n ≥ 2.

Penyelesaian. Dapat ditunjukkan dengan induksi bahwa 1 ≤ xn ≤ 2 untuksetiap n ∈ N. Apakah barisan ini monoton ?. Coba perhatikan beberapa sukupertamanya berikut ini,

1.0000, 2.0000, 1.5000, 1.7500, 1.6250, 1.6875, 1.6563, 1.6719,

1.6641, 1.6680

Tidak ada indikasi barisan ini monoton sehingga TKM tidak dapat digunakan.Diperhatikan secara rekursif didapat

|xn − xn+1| = |xn +1

2(xn−1 − xn)|

=1

2|xn − xn−1|

=1

2|xn−1 − xn|

=1

22|xn−1 − xn−2| = 1

22|xn−2 − xn−1|

...

=1

2n−1|x2 − x1| = 1

2n−1.

Misalkan m > n, diperhatikan suku-suku ke n, n+1, n+2, · · · ,m−1,m. Denganmenggunakan ketidaksamaan segitiga diperoleh

|xn − xm| = |(xn − xn+1) + (xn+1 − xn+2) + (xn+2 − xn+3) + · · ·+ (xm−1 − xm)|≤ |xn − xn+1|+ |xn+1 − xn+2|+ |xn+2 − xn+3|+ · · ·+ |xm−1 − xm|=

1

2n−1+

1

2n+

1

2n+1+ · · ·+ 1

2m−2

=1

2n−1

(1 +

1

2+

1

22+ · · ·+ 1

2m−n−1

)

=1

2n−1

(2− (1/2)m−n−1

)<

2

2n−1=

1

2n−2

Diambil K bilangan asli terkecil yang lebih besar dari (2−2 log ε), maka

|xn − xm| < ε untuk setiap m, m ≥ K.

Terbukti barisan ini konvergen. Selanjutnya, limit barisan tidak dapat diperolehdengan menggunakan sifat ekor barisan karena akan menghasilkan relasi x =12(x + x). Relasi ini selalu benar tetapi tidak memberikan informasi apapun.

Sekarang digunakan TKBB. Ambil suku-suku ganjil (x2n+1 : n ∈ N). Untukn = 1 diperoleh x3 = 1 + 1

2. Karena x4 = 1

2(2 + 3

2) = (1 + 1

2+ 1

4), maka untuk

n = 2 diperoleh x5 = 12(x3 + x4) = 1 + 1

2+ 1

23 . Karena x6 = 1 + 12+ 1

23 + 124 , maka

untuk n = 3 diperoleh x7 = 1 + 12+ 1

23 + 125 . Secara umum, dengan menggunakan

induksi matematika dapat dibuktikan bahwa setiap bilangan asli n berlaku

x2n+1 = 1 +1

2+

1

23+

1

25+ · · ·+ 1

22n−1︸︷︷︸deret geometri nsuku

= 1 +12

(1− (1

4)n

)

3/4

= 1 +2

3(1− (1/4n)) .

Berdasarkan ini diperoleh

lim(xn) = lim(x2n+1) = lim

(1 +

2

3(1− (1/4n))

)= 1 + 2/3 = 5/3.

Latihan 2.5.2. Misalkan y1 dan y2 bilangan real sebarang dengan y1 < y2.Didefinisikan yn := 1

3yn−1+

23yn−2 untuk n ≥ 2. Selidikilah kekonvergenan barisan

(yn), dan bila ia konvergen hitunglah limitnya.

Satu lagi kriteria kekonvergenan barisan bilangan real yang diberikan padapenghujung Bab ini yaitu barisan kontraksi.

Definisi 2.5.2. Barisan bilangan real X := (xn) dikatakan kontraksi jika adabilangan real C dengan 0 < C < 1 sehingga

|xn+2 − xn+1| < C|xn+1 − xn|untuk setiap bilangan asli n. Kita sebut saja bilangan C sebagai kontraktornya.

Sifat kontraksi ini dapat dipahami sebagai berikut. Misalkan didefinisikandn := |xn+1−xn| yaitu magnitud atau jarak dari dua suku yang berdekatan. Bilabarisan magnitud ini (dn) turun secara tegas maka barisan (xn) bersifat kontraksi.Ini berarti jarak antara dua suku berdekatan semakin lama semakin kecil.

Teorema 2.5.2. Bila (xn) barisan kontraksi maka ia konveregen.

Bukti. Cukup dibuktikan barisan kontraksi (xn) merupakan barisan Cauchy.Pertama diperhatikan pola magnitud selisih yang didominasi oleh |x2 − x1|

|xn+2 − xn+1| ≤ C|xn+1 − xn|≤ CC|xn − xn−1| = C2|xn − xn−1|= C2C|xn−1 − xn−2| = C3|xn−1 − xn−2|...

≤ Cn|x2 − x1|.

Karena C = 37

< 1 maka disimpulkan ia merupakan barisan kontraksi, jadikonvergen. Karena konvergen, pertanyaan selanjutnya adalah berapa limitnya?Misalkan x := lim(xn) maka diperoleh

x3 − 7x + 2 = 0,

yaitu limit barisan ini merupakan salah satu akar polinomial x3 − 7x + 2 = 0.Beberapa suku pertamanya adalah

0.5, 0.303571, 0.289711, 0.289188, 0.289169, 0.289169.

Jadi dapat disimpulkan bahwa lim(xn) ≈ 0.289169.

Latihan 2.5.3. Jika x1 < x2 dan xn := 12(xn−2 + xn−1) untuk n ≥ 3, buktikan

(xn) konvergen. Berapakah limitnya.

SOAL-SOAL LATIHAN BAB 2

1. Buktikan dengan menggunakan definisi limit barisan

a. lim(

n2−12n2+3

)= 1

2

b. lim( √

nn+1

)= 0

2. Buktikan bahwa lim(xn) = 0 bila hanya bila lim(|xn|) = 0. Periksalahpernyataan ini untuk xn = (−1)n.

3. Jika lim(xn) = x dan x > 0, tunjukkan bahwa ada bilangan asli M sehinggaxn > 0 untuk setiap n ≥ M .

4. Buktikan bahwa lim((2n)1/n

)= 1.

5. Buktikan bahwa lim(

2n

n!

)= 0.

6. Misalkan X dan Y suatu barisan. Jika X dan X + Y konvergen, buktikanY juga konveregen.

7. Buktikan barisan( (−1)n

n

)konvergen.

8. Buktikan barisan((−1)nn

)divergen.

9. Hitunglah nilai limit berikut dan nyatakan secara eksplisit Teorema yangdigunakan pada setiap langkahnya.

a. lim((2 + 1/n)2

).

b. lim(√

n−1√n+1

).

10. Buktikan lim(

sin nn

)= 0.

11. Misalkan x1 := a > 0 dan xn+1 := 2 − 1xn

untuk n ≥ 2. Buktikan bahwa(xn) konvergen dan hitunglah limitnya.

12. Misalkan x1 := a > 0 dan xn+1 := xn + 1xn

untuk n ≥ 2. Selidikilahkekonvergenan (xn). Bila ia konvergen, berapa limitnya.

13. Selidikilah kekonvergenan barisan (yn) yang didefinisikan oleh

yn :=1

n + 1+

1

n + 2+ · · ·+ 1

2n.

14. Sebelum tahun 1500 SM, orang Mesopotamia menghitung akar suatu bi-langan positif menggunakan iterasi berikut : Misalkan a > 0, didefinisikan

{s1 := 1,

sn+1 := 12(sn + a/sn) untuk n ≥ 1.

Buktikan (sn) konvergen ke√

a. Gunakan hasil ini untuk aproksimasi√

2.

15. Misalkan xn := 112 + 1

22 + · · ·+ 1n2 . Buktikan barisan (xn) monoton naik dan

terbatas.

16. Diberikan barisan X := (xn) dan Y := (yn). Dibentuk barisan Z := (zn)dengan cara

z2n−1 := xn, dan z2n := yn, untuk n ≥ 1.

Buktikan Z konvergen bila hanya bila X dan Y konvergen dan lim(xn) =lim(yn).

17. Buktikan jika (xn) dan (yn) barisan Cauchy maka barisan (xn + yn) dan(xnyn) juga konvergen.

18. Jika 0 < r < 1 dan |xn+1 − xn| < rn, buktikan (xn) barisan Cauchy.

19. Bila (xn) barisan kontraksi dengan konstanta C dan lim(xn) = x, buktikan

a. |xn − x| ≤ Cn−1

1−C|x2 − x1|.

b. |x− xn| ≤ C1−C

|xn − xn−1|.20. Diketahui suku banyak x3−5x+1 = 0 mempunyai salah satu akar r dengan

0 < r < 1. Buatlah barisan iterasi yang merupakan barisan kontraksi,kemudian aproksimasilah akar r ini dengan ketelitian 0.0001.

analisis bab1 bab2

Documents