ANALISIS RIIL I

Disusun oleh

Bambang Hendriya Guswanto, S.Si., M.Si.

Siti Rahmah Nurshiami, S.Si., M.Si.

PROGRAM STUDI MATEMATIKA

JURUSAN MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM

FAKULTAS SAINS DAN TEKNIK

UNIVERSITAS JENDERAL SOEDIRMAN

PURWOKERTO

2006

KATA PENGANTAR

Buku ini ditulis dalam rangka pengadaan buku ajar mata kuliah Analisis I, yang

merupakan mata kuliah wajib. Buku ini berisi materi yang diperuntukan bagi

mahasiswa yang telah mengambil mata Kalkulus I dan Kalkulus II. Topik-topik

dalam buku ini sebenarnya sudah dikenal oleh mahasiswa yang telah mengambil

kedua mata kuliah tersebut. Hanya saja, materi pada buku ini lebih abstrak,

teoritis, dan mendalam. Materi pada buku ini merupakan materi dasar analisis

real. Analisis real merupakan alat yang esensial, baik di dalam berbagai cabang

dari matematika maupun bidang ilmu-ilmu lain, seperti fisika, kimia, dan ekonomi.

Mata kuliah Analisis I adalah gerbang menuju mata kuliah yang lebih lanjut, baik

di dalam maupun di luar jurusan Matematika. Jika mata kuliah ini dapat dipahami

dengan baik maka mahasiswa mempunyai modal yang sangat berharga untuk

memahami mata kuliah lain. Diharapkan, setelah mempelajari materi pada buku

ini, mahasiswa mempunyai kedewasaan dalam bermatematika, yang meliputi

antara lain kemampuan berpikir secara deduktif, logis, dan runtut, serta memiliki

kemampuan menganalisis masalah dan mengomunikasikan penyelesaiannya

secara akurat dan rigorous.

Buku ini terdiri dari lima bab. Bab I membahas tentang himpunan bilangan real.

Di dalamnya, dibicarakan tentang sifat aljabar (lapangan), sifat terurut, dan sifat

kelengkapan dari himpunan bilangan real. Kemudian, dibahas tentang himpunan

bagian dari himpunan bilangan real yang dikonstruksi berdasarkan sifat

terurutnya, yang disebut sebagai interval. Dijelaskan pula tentang representasi

desimal dari bilangan real dan menggunakannya untuk membuktikan Teorema

Cantor. Selanjutnya, bab II berisi tentang barisan bilangan real, yang meliputi

definisi dan sifat-sifat barisan, Teorema Bolzano-Weierstrass, kriteria Cauchy,

barisan divergen, dan sekilas tentang deret tak hingga. Kemudian, bab III

mendiskusikan tentang definisi limit fungsi (termasuk limit sepihak, limit di tak

hingga, dan limit tak hingga) dan sifat-sifatnya. Lalu, bab IV membahas

kekontinuan fungsi, yang meliputi definisi fungsi kontinu dan sifat-sifatnya, fungsi

kontinu pada interval, kekontinuan seragam, serta fungsi monoton dan fungsi

invers.

Buku ini masih dalam proses pengembangan dan tentunya masih jauh dari

sempurna. Untuk itu, penulis membuka diri terhadap saran dan kritik dari

pembaca, demi semakin baiknya buku ini sebagai buku ajar mata kuliah wajib

Analisis I.

Purwokerto, 29 Juli 2006

Penulis,

Bambang Hendriya Guswanto, S.Si., M.Si.

Siti Rahmah Nurshiami, S.Si., M.Si.

DAFTAR ISI

KATA PENGANTAR

DAFTAR ISI

BAB I HIMPUNAN BILANGAN REAL

1.1 Sifat Aljabar dari R

1.2 Sifat Terurut dari R

1.3. Sifat Kelengkapan dari R

1.4. Interval

1.5 Representasi Desimal dari Bilangan Real

BAB II BARISAN BILANGAN REAL

2.1 Definisi Barisan Bilangan real

2.2 Sifat-Sifat Barisan Bilangan Real

2.3 Teorema Bolzano-Weierstrass

2.4 Kriteria Cauchy

2.5 Barisan Divergen

2.6 Deret Tak Hingga

BAB III LIMIT FUNGSI

3.1 Titik Timbun

3.2 Definisi Limit Fungsi

3.2 Sifat-Sifat Limit Fungsi

BAB IV KEKONTINUAN FUNGSI

4.1 Definisi Fungsi Kontinu

4.2 Sifat-Sifat Fungsi Kontinu

4.3 Fungsi Kontinu pada Interval

4.4 Kekontinuan Seragam

4.5 Fungsi Monoton

4.6 Fungsi Invers

DAFTAR PUSTAKA

BAB I

HIMPUNAN BILANGAN REAL

Bab ini menjelaskan tentang hal-hal yang berkaitan dengan dengan sistem

bilangan real sebagai suatu sistem matematika yang memiliki sifat-sifat sebagai

suatu lapangan yang terurut dan lengkap. Yang dimaksud dengan sistem

bilangan real sebagai suatu lapangan di sini adalah bahwa pada himpunan

semua bilangan real R yang dilengkapi dengan operasi penjumlahan dan

perkalian berlaku sifat-sifat aljabar dari lapangan. Sifat terurut dari R berkaitan

dengan konsep kepositifan dan ketidaksamaan antara dua bilangan real,

sedangkan sifatnya yang lengkap berkaitan dengan konsep supremum atau

batas atas terkecil. Teorema-teorema dasar dalam kalkulus elementer, seperti

Teorema Eksistensi Titik Maksimum dan Minimum, Teorema Nilai Tengah,

Teorema Rolle, Teorema Nilai Rata-Rata, dan sebagainya, didasarkan atas sifat

kelengkapan dari R ini. Sifat ini berkaitan erat dengan konsep limit dan

kekontinuan. Dapat dikatakan bahwa sifat kelengkapan dari R mempunyai

peran yang sangat besar di dalam analisis real.

Bab ini terdiri dari beberapa sub bab. Sub bab 1.1 membahas sifat lapangan dari

R . Sub bab 1.2 menjelaskan sifat terurut dari R , dan di dalamnya dibahas juga

tentang konsep nilai mutlak. Pada sub bab 1.3 didiskusikan tentang sifat

kelengkapan dari R . Pada sub bab ini dibahas mengenai sifat Archimedean dan

sifat kerapatan dari himpunan bilangan rasional. Selanjutnya, sub bab 1.4,

menjelaskan tentang interval, sebagai suatu himpunan bagian dari R yang

dikonstruksi berdasarkan sifat terurut dari R . Yang terakhir, sub bab 1.5

membahas tentang representasi desimal dari bilangan real. Pada sub bab ini,

juga dipaparkan bagaimana membuktikan Teorema Cantor dengan

menggunakan konsep representasi desimal dari bilangan real ini. Teorema

Cantor mengatakan bahwa himpunan R merupakan himpunan yang tak

terhitung (uncountable).

1.1 Sifat Aljabar dari R

Sifat 1.1 (Sifat Aljabar dari R ). Pada himpunan bilangan real R yang

dilengkapi operasi penjumlahan ( + ) dan operasi perkalian ( ⋅ ) berlaku sifat-sifat,

terhadap operasi penjumlahan :

T1. a b b a+ = + untuk setiap R∈ba,

T2. ( ) ( )a b c a b c+ + = + + untuk setiap R∈cba ,,

T3. Terdapat elemen R∈0 sedemikian sehingga 0 0a a a+ = + = untuk setiap

R∈a

T4. Terdapat elemen R∈− a sedemikian sehingga ( ) 0a a a a− + = + − = untuk

setiap R∈a

terhadap operasi perkalian :

K1. a b b a⋅ = ⋅ untuk setiap R∈ba,

K2. ( ) ( )a b c a b c⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ untuk setiap R∈cba ,,

K3. Terdapat elemen R∈1 sedemikian sehingga 1 1a a a⋅ = ⋅ = untuk setiap

a∈�

K4. Terdapat elemen R∈a/1 sedemikian sehingga ( ) ( )1/ 1/ 1a a a a⋅ = ⋅ =

untuk setiap R∈a ,

dan

D. ( )a b c a b a c⋅ + = ⋅ + ⋅ dan ( )b c a b a c a+ ⋅ = ⋅ + ⋅ untuk setiap R∈cba ,, .

Sifat T1 dan K1 merupakan sifat komutatif, sifat T2 dan K2 merupakan sifat

asosiatif, sifat T3 dan K3 menunjukkan eksistensi elemen identitas, dan sifat T4

dan K4 menunjukkan eksistensi elemen invers, berturut-turut masing-masing

terhadap operasi penjumlahan dan perkalian. Yang terakhir, sifat D merupakan

sifat distributif perkalian atas penjumlahan. Sifat T1-T4, K1-K4, dan D yang

dipenuhi oleh semua elemen di R , menjadikan R dipandang sebagai suatu

lapangan.

Terkait dengan elemen identitas 0 (terhadap operasi penjumlahan) dan 1

(terhadap operasi perkalian), kita memiliki fakta bahwa kedua elemen ini

merupakan elemen yang unik atau tunggal. Selain itu, perkalian setiap elemen di

R dengan elemen 0 hasilnya adalah 0. Fakta-fakta ini, secara formal matematis,

dapat direpresentasikan dalam teorema berikut ini.

Teorema 1.2.

a. Jika R∈az, dan z a a+ = maka 0z = .

b. Jika u b b⋅ = dengan R∈bu, dan 0b ≠ maka 1.u =

c. 0 0a ⋅ = untuk setiap R∈a .

Bukti.

a. Berdasarkan sifat T3, T4, T2, dan hipotesis z a a+ = ,

( )( ) ( ) ( ) ( )0 0z z z a a z a a a a= + = + + − = + + − = + − = .

b. Berdasarkan sifat K1, K2, K3, dan hipotesis u b b⋅ = , 0b ≠ ,

( )( ) ( ) ( ) ( )1 1/ 1/ 1/ 1u u u b b u b b b b= ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ = .

c. Berdasarkan sifat K3, D, dan T3,

( )0 1 0 1 0 1a a a a a a a+ ⋅ = ⋅ + ⋅ = ⋅ + = ⋅ = .

Berdasarkan a., diperoleh bahwa 0 0a ⋅ = . ■

Selain fakta di atas, kita juga memiliki fakta berikut ini.

Teorema 1.3.

a. Jika R∈ba, , 0a ≠ , dan 1a b⋅ = maka 1/b a= .

b. Jika 0a b⋅ = maka 0a = atau 0b = .

Bukti.

a. Berdasarkan sifat K3, K4, K2, dan hipotesis 0a ≠ , dan 1a b⋅ = ,

( )( ) ( ) ( ) ( )1 1/ 1/ 1 1/ 1/b b b a a b a a a a= ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ = .

b. Andaikan 0a ≠ dan 0b ≠ . Akibatnya, ( ) ( )( )1/ 1a b a b⋅ ⋅ ⋅ = . Berdasarkan

hipotesis, yaitu 0a b⋅ = , dan Teorema 1.2.c., kita memiliki bahwa

( ) ( )( ) ( )( )1/ 0 1/ 0a b a b a b⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ,

Terjadi kontradiksi di sini, yaitu antara pernyataan ( ) ( )( )1/ 1a b a b⋅ ⋅ ⋅ = dan

( ) ( )( )1/ 0a b a b⋅ ⋅ ⋅ = . Dengan demikian, haruslah bahwa 0a = atau 0b = .■

Teorema 1.3.a. mengatakan bahwa eksistensi invers dari suatu elemen di R

adalah unik. Sedangkan Teorema 1.3.b. mengandung arti bahwa perkalian dua

elemen tak nol di R tidaklah mungkin menghasilkan elemen nol.

Di dalam himpunan bilangan real R dikenal pula operasi lain, yaitu operasi

pengurangan ( − ) dan pembagian ( :). Jika R∈ba, maka operasi pengurangan

didefinisikan dengan ( ):a b a b− = + − sedangkan operasi pembagian

didefinisikan dengan ( ): : 1/a b a b= ⋅ , 0b ≠ .

1.2 SIFAT TERURUT DARI R

Seperti yang telah disinggung pada pendahuluan bab ini, sifat terurut dari R

berkaitan dengan konsep kepositifan dan ketidaksamaan antara dua bilangan

real. Seperti apa kedua konsep tersebut? Di sini, kita akan membahasnya.

Terlebih dahulu kita akan membahas konsep kepositifannya.

Sifat 1.4 (Sifat Kepositifan). Terdapat himpunan bagian tak kosong dari R ,

yang dinamakan himpunan bilangan real positif +

R , yang memenuhi sifat-sifat :

a. Jika +∈ Rba, maka +∈+ Rba .

b. Jika +∈ Rba, maka +∈⋅ Rba .

c. Jika R∈a maka salah satu diantara tiga hal, yaitu +∈ Ra , 0a = , dan

+∈− Ra , pasti terpenuhi.

Sifat 1.4.c. disebut juga sebagai sifat Trichotomy. Sifat ini mengatakan bahwa R

dibangun oleh tiga buah himpunan yang disjoin. Tiga buah himpunan tersebut

adalah himpunan { }+∈− Raa : yang merupakan himpunan bilangan real negatif,

himpunan { }0 , dan himpunan bilangan real positif +

R . Himpunan { }+∈− Raa :

bisa juga dituliskan dengan −

R . Jika +∈ Ra maka 0a > dan a dikatakan

sebagai bilangan real positif. Jika { }0U+∈Ra maka 0a ≥ dan a dikatakan

sebagai bilangan real nonnegatif. Jika −∈ Ra maka 0a < dan a dikatakan

sebagai bilangan real negatif. Jika { }0U−∈ Ra maka 0a ≤ dan a dikatakan

sebagai bilangan real nonpositif.

Penjumlahan k buah suku elemen 1 menghasilkan bilangan k . Himpunan

bilangan k yang dikonstruksi dengan cara demikian disebut sebagai himpunan

bilangan asli, dinotasikan dengan N . Himpunan N ini merupakan himpunan

bagian dari himpunan +

R . Himpunan ini memiliki sifat fundamental, yakni bahwa

setiap himpunan bagian tak kosong dari N memiliki elemen terkecil. Sifat yang

demikian disebut sebagai sifat well-ordering dari N .

Selanjutnya, jika kita ambil sembarang Nk ∈ maka Nk −− ∈ . Gabungan

himpunan N , { }0 , dan { }: Nk k− ∈ membentuk suatu himpunan yang disebut

sebagai himpunan bilangan bulat, dinotasikan dengan Z . Himpunan bilangan

asli N disebut juga sebagai himpunan bilangan bulat positif, dinotasikan dengan

Z+, sedangkan himpunan { }: Zk k− ∈ disebut juga himpunan bilangan bulat

negatif, dinotasikan dengan Z−.

Dari himpunan Z , kita bisa mengonstruksi bilangan dalam bentuk /m n , dengan

0n ≠ . Bilangan real yang dapat direpresentasikan dalam bentuk yang demikian

disebut sebagai bilangan rasional. Sebaliknya, bilangan real yang tidak dapat

direpresentasikan dalam bentuk itu disebut sebagai bilangan irasional. Himpunan

bilangan rasional dinotasikan dengan Q . Dapat dikatakan bahwa himpunan

bilangan real R merupakan gabungan dua himpunan disjoin, himpunan bilangan

rasional dan himpunan bilangan irasional. Bilangan 2 dan 0 merupakan contoh

bilangan-bilangan rasional, dan dapat ditunjukkan bahwa 2 , akar dari

persamaan 2 2x = , merupakan contoh bilangan irasional (lihat Bartle-Sherbert

[1]).

Sekarang, kita sampai kepada penjelasan tentang konsep ketidaksamaan antara

dua bilangan real, sebagai salah satu konsep yang berkaitan dengan sifat terurut

dari R .

Definisi 1.5. Misalkan R∈ba, .

a. Jika +∈− Rba maka a b> atau b a< .

b. Jika { }0U+∈− Rba maka a b≥ atau b a≤ .

Sifat Trichotomy dari R mengakibatkan bahwa untuk sembarang R∈ba,

berlaku salah satu dari a b> , a b= , atau a b< . Selain itu, dapat ditunjukkan

bahwa jika a b≥ dan a b≤ maka a b= . Dari sifat terurut, dapat juga diperoleh

fakta-fakta berikut ini.

Teorema 1.6. Misalkan R∈cba ,, .

a. Jika a b> dan b c> maka a c> .

b. Jika a b> maka a c b c+ > + .

c. Jika a b> dan 0c > maka ac bc> . Jika a b> dan 0c < maka ac bc< .

d. Jika 0ab > maka 0a > dan 0b > , atau 0a < dan 0b < .

e. Jika 0ab < maka 0a > dan 0b < , atau 0a < dan 0b > .

Bukti Teorema 1.6.a-1.6.b menggunakan definisi 1.5 dan Teorema 1.6.d-1.6.e

menggunakan sifat Trichotomy. Bukti Teorema tersebut ditinggalkan sebagai

latihan bagi para pembaca.

Jika kita mengambil sembarang 0a > maka 12

0a > dan 12

0 a a< < . Hal ini

mengandung arti setiap kita mengambil bilangan positif pasti selalu didapat

bilangan positif lain yang lebih kecil daripadanya. Dengan kata lain, tidak terdapat

bilangan positif yang terkecil. Pernyataan ini merupakan maksud dari teorema

berikut ini.

Teorema 1.7. Jika R∈a dan 0 a ε≤ < untuk setiap 0ε > maka 0a = .

Bukti. Andaikan 0a > . Pilih 12

aε = . Kita peroleh 0 aε< < . Pernyataan ini

kontradiksi dengan hipotesis bahwa 0 a ε≤ < untuk setiap 0ε > . Dengan

demikian, haruslah bahwa 0a = . ■

Sebelumnya kita telah dikenalkan dengan bilangan real nonnegatif, yaitu elemen

dari himpunan { }0U+

R . Jika 0a > atau 0a = maka jelas bahwa { }0U+∈Ra .

Jika 0a < tentunya 0a− > , sehingga { }0U+∈− Ra . Berdasarkan hal tersebut,

akan didefinisikan apa yang disebut sebagai nilai mutlak dari suatu bilangan real.

Nilai mutlak ini akan “me-nonnegatif-kan” bilangan-bilangan real.

Definisi 1.8 (Nilai Mutlak). Nilai mutlak dari bilangan real a , dinotasikan dengan

a , didefinisikan dengan

, 0:

, 0.

a aa

a a

≥=

− <

Dari Definisi 1.8 tersebut tampak bahwa 0a ≥ atau a adalah bilangan

nonnegatif untuk setiap bilangan real a . Sebagai contoh, 1 1− = , 0 0= , dan

2 2= .

Nilai mutlak dari bilangan-bilangan real ini memiliki sifat-sifat tertentu, di

antaranya seperti yang tertuang dalam fakta berikut ini.

Teorema 1.9.

a. ab a b= untuk setiap R∈ba, .

b. Misalkan 0c ≥ dan R∈a , a c≤ jika dan hanya jika c a c− ≤ ≤ .

c. Misalkan 0c ≥ dan R∈a , a c≥ jika dan hanya jika a c≥ atau a c≤ − .

Bukti.

a. Jika 0a = atau 0b = maka 0 0ab = = dan 0a b = . Jika , 0a b > maka

0ab > , a a= , dan b b= , sehingga ab ab= dan a b ab= . Jika 0a >

dan 0b < maka 0ab < , a a= , dan b b= − , sehingga ab ab= − dan

( )a b a b ab= − = − . Untuk kasus 0a < dan 0b > , penyelesaiannya serupa

dengan kasus sebelumnya.

b. Misalkan a c≤ . Untuk 0a ≥ , kita peroleh a a c= ≤ , sehingga didapat

0 a c≤ ≤ . Untuk 0a ≤ , kita peroleh a a c= − ≤ atau a c≥ − , sehingga

didapat 0c a− ≤ ≤ . Dengan menggabungkan hasil dari kedua kasus tersebut,

kita peroleh c a c− ≤ ≤ .

Untuk sebaliknya, misalkan c a c− ≤ ≤ . Hal tersebut mengandung arti c a− ≤

dan a c≤ . Dengan kata lain, a c− ≤ dan a c≤ . Lebih sederhana, yang

demikian dapat dituliskan sebagai a c≤ .

c. Misalkan a c≥ . Untuk 0a ≥ , kita peroleh a a c= ≥ . Untuk 0a ≤ , kita

peroleh a a c= − ≥ atau a c≤ − . Dengan menggabungkan hasil dari kedua

kasus tersebut, kita peroleh a c≥ atau a c≤ − .

Untuk sebaliknya, jika a c≥ atau a c≤ − maka a c≥ atau a c− ≥ . Dengan

kata lain, a c≥ . ■

Perhatikan kembali sifat nilai mutlak yang terdapat pada Teorema 1.9. Untuk

yang bagian a., jika a b= maka 2 2

a a a a= = . Untuk bagian b., jika c a=

maka a a a− ≤ ≤ .

Selanjutnya, kita sampai kepada sifat nilai mutlak yang lain, yang dinamakan

dengan Ketidaksamaan Segitiga. Ketidaksamaan ini mempunyai kegunaan yang

sangat luas di dalam matematika, khususnya di dalam kajian analisis dan aljabar.

Teorema 1.10 (Ketidaksamaan Segitiga). Jika R∈ba, maka a b a b+ ≤ +

dan kesamaan terjadi atau a b a b+ = + jika a kb= , dengan 0k > .

Bukti. Seperti yang telah dibahas sebelumnya, jika R∈ba, maka dapat

diperoleh bahwa a a a− ≤ ≤ dan b b b− ≤ ≤ . Jika kedua ketidaksamaan ini

kita jumlahkan maka ( )a b a b a b− + ≤ + ≤ + atau a b a b+ ≤ + . Bukti untuk

pernyataan berikutnya ditinggalkan sebagai latihan bagi para pembaca. ■

Lebih jauh, sebagai konsekuensi dari Teorema 1.10, kita memiliki akibat berikut

ini.

Akibat 1.11. Jika R∈ba, maka a b a b− ≤ − dan a b a b− ≤ + .

Bukti. Perhatikan bahwa a a b b= − + . Dengan menggunakan ketidaksamaan

segitiga, ( )a a b b a b b= − + ≤ − + atau a b a b− ≤ − . Dengan cara yang

serupa dapat kita peroleh bahwa ( )b b a a a b a= − + ≤ − + . Akibatnya,

b a a b− ≤ − atau a b a b− ≥ − − . Akhirnya, kita memiliki

a b a b a b− − ≤ − ≤ − atau a b a b− ≤ − .

Selanjutnya, perhatikan bahwa ( )a b a b a b a b− = + − ≤ + − = + ,

berdasarkan ketidaksamaan segitiga. ■

Selanjutnya, kita akan melihat bagaimana konsep terurut dari R ini diaplikasikan

untuk menyelesaikan masalah-masalah ketidaksamaan.

Contoh 1.12. Tentukan himpunan penyelesaian dari ketidaksamaan 4 2 6x − ≥ .

Penyelesaian. Perhatikan bahwa

( ) ( )4 2 4 2 6 4 2 2 6 2 4 8 2x x x x x− = + − ≥ ⇔ + − + ≥ + ⇔ ≥ ⇔ ≥ .

Tampak bahwa ketidaksamaan 4 2 6x − ≥ dipenuhi oleh semua

{ }: 2x x x∈ ∈ ≥� . ■

Contoh 1.13. Cari semua penyelesaian dari ketidaksamaan 2 6x x− < .

Penyelesaian. Perhatikan bahwa

( )( )2 26 6 0 2 3 0x x x x x x− < ⇔ − − < ⇔ + − < .

Darinya kita peroleh bahwa 2 0x + > dan 3 0x − < , atau 2 0x + < dan 3 0x − > .

Untuk kasus yang pertama kita dapatkan 2x > − dan 3x < , atau dengan kata

lain 2 3x− < < . Untuk kasus yang kedua kita peroleh bahwa 2x < − dan 3x > .

Perhatikan bahwa pada kasus kedua tersebut tidak ada nilai x yang

memenuhinya. Dengan demikian, ketidaksamaan 2 6x x− < dipenuhi oleh

semua { }32: <<−∈∈ xxx R . ■

Contoh 1.14. Selidiki apakah ketidaksamaan

22

2 3

x

x

−>

+

memiliki penyelesaian.

Penyelesaian. Perhatikan bahwa

( )2 2 2 32 3 82 0 0

2 3 2 3 2 3

x xx x

x x x

− − +− − −> ⇔ > ⇔ >

+ + +.

Yang demikian berarti 3 8 0x− − > dan 2 3 0x + > , atau 3 8 0x− − < dan

2 3 0x + < . Untuk kasus yang pertama kita peroleh 8/ 3x < − dan 3/ 2x > − .

Namun hal itu tidak mungkin terjadi, artinya tidak ada x yang memenuhi. Untuk

kasus yang kedua kita peroleh 8/ 3x > − dan 3/ 2x < − , atau dengan kata lain

8/ 3 3/ 2x− < < − . Jadi ketidaksamaan

22

2 3

x

x

−>

+

memiliki penyelesaian, dan himpunan semua penyelesaiannya adalah

{ }2/33/8: −<<−∈ xx R . ■

Contoh 1.15. Cari himpunan penyelesaian dari 2 1 5x + < .

Penyelesaian. Berdasarkan Teorema 1.9.b., 5 2 1 5x− < + < atau 6 2 4x− < < .

Darinya kita peroleh 3 2x− < < . Jadi himpunan penyelesaiannya adalah

{ }23: <<−∈ xx R

Bisa juga ketidaksamaan tersebut diselesaikan dengan cara lain. Perhatikan

bahwa

( )

2 1, 1/ 22 1

2 1 , 1/ 2.

x xx

x x

+ ≥ −+ =

− + < −

jika

jika

Penyelesaiannya dibagi menjadi dua kasus, yaitu :

Kasus I, /x 1 2≥ −≥ −≥ −≥ − .

Kita peroleh 2 1 2 1 5x x+ = + < . Akibatnya, 2 4x < atau 2x < . Pada kasus ini,

himpunan penyelesaian dari 2 1 5x + < adalah

{ } { } { }22/1:2:2/1: <≤−∈=<∈−≥∈ xxxxxx RRR I l.

Kasus II, /x < −< −< −< −1 2 .

Kita peroleh ( )2 1 2 1 2 1 5x x x+ = − + = − − < . Akibatnya, 2 6x− < atau 3x > − .

Pada kasus ini, himpunan penyelesaian dari 2 1 5x + < adalah

{ } { } { }2/13:3:2/1: −<<−∈=−>∈−<∈ xxxxxx RRR I .

Penyelesaian seluruhnya dari 2 1 5x + < adalah himpunan penyelesaian kasus I

digabung dengan himpunan penyelesaian kasus II. Akibatnya, kita dapatkan

himpunan penyelesaian keseluruhan dari 2 1 5x + < adalah

{ }23: <<−∈ xx R . ■

Contoh 1.17. Tentukan himpunan penyelesaian dari 1 2x x+ + < .

Penyelesaian. Sebelum melangkah jauh di dalam menyelesaikan

ketidaksamaan tersebut, perhatikan bahwa

, 0

, 0

jika

jika

x xx

x x

≥=

− < dan

( )

1, 11

1 , 1.

jika

jika

x xx

x x

+ ≥ −+ =

− + < −

Penyelesaiannya kita bagi menjadi tiga kasus terlebih dahulu, yaitu :

Kasus I, x < −< −< −< −1 .

Kita peroleh x x= − dan ( )1 1 1x x x+ = − + = − − . Akibatnya,

( )1 1 2x x x x+ + = − + − − < atau 2 3x− < atau 3 / 2x > − . Pada kasus ini,

himpunan penyelesaian dari 1 2x x+ + < adalah

{ } { } { }12/3:1:2/3: −<<−∈=−<∈−>∈ xxxxxx RRR I .

Kasus II, x− ≤ <− ≤ <− ≤ <− ≤ <1 0 .

Kita peroleh x x= − dan 1 1x x+ = + . Akibatnya, ( )1 1 2x x x x+ + = − + + <

atau 1 2< . Ketidaksamaan 1 2< dipenuhi oleh semua R∈x . Untuk kasus II,

himpunan penyelesaian dari 1 2x x+ + < adalah

{ } { } { }01:01: <≤−∈=∈<≤−∈ xxxxx RRR I .

Kasus III, x ≥≥≥≥ 0 .

Kita peroleh x x= dan 1 1x x+ = + . Akibatnya, ( )1 1 2x x x x+ + = + + < atau

2 1x < atau 1/ 2x < . Untuk kasus III, himpunan penyelesaian dari 1 2x x+ + <

adalah

{ } { } { }2/10:2/1:0: <≤∈=<∈≥∈ xxxxxx RRR I .

Dengan menggabungkan himpunan penyelesaian untuk kasus I, kasus II, dan

kasus III, diperoleh seluruh nilai R∈x yang memenuhi ketidaksamaan

1 2.x x+ + < , yaitu { }2/12/3: <<−∈ xx R . ■

Contoh 1.18. Selidiki apakah ketidaksamaan 3 2 4x x− + + ≤ memiliki

penyelesaian.

Penyelesaian. Sebelum melangkah jauh di dalam menyelesaikan

ketidaksamaan tersebut, perhatikan bahwa

( )

3, 33

3 , 3.

jika

jika

x xx

x x

− ≥− =

− − <dan

( )

2, 22

2 , 2.

jika

jika

x xx

x x

+ ≥ −+ =

− + < −

Penyelesaiannya kita bagi menjadi tiga kasus terlebih dahulu, yaitu :

Kasus I, x < −< −< −< −2 .

Kita peroleh ( )3 3 3x x x− = − − = − + dan ( )2 2 2x x x+ = − + = − − . Akibatnya,

( ) ( )3 2 3 2 4x x x x− + + = − + + − − ≤ atau 2 3x− ≤ atau 3/ 2x ≥ − . Untuk kasus

ini, kita tidak mempunyai penyelesaian dari 3 2 4x x− + + ≤ karena

{ } { } { }=−<∈−≥∈ 2:2/3: xxxx RR I .

Kasus II, x− ≤ <− ≤ <− ≤ <− ≤ <2 3 .

Kita peroleh ( )3 3 3x x x− = − − = − + dan 2 2x x+ = + . Akibatnya,

( ) ( )3 2 3 2 4x x x x− + + = − + + + ≤ atau 5 4≤ . Pernyataan ini merupakan

sesuatu yang mustahil. Jadi untuk kasus ini, kita tidak mempunyai penyelesaian.

Kasus III, x ≥≥≥≥ 3 .

Kita peroleh 3 3x x− = − dan 2 2x x+ = + . Akibatnya,

( ) ( )3 2 3 2 4x x x x− + + = − + + ≤ atau 2 5x ≤ atau 5 / 2x ≤ . Untuk kasus ini,

kita tidak mempunyai penyelesaian dari 3 2 4x x− + + ≤ karena

{ } { } { }=≤∈≥∈ 2/5:3: xxxx RR I .

Secara keseluruhan, kita tidak memiliki solusi untuk ketidaksamaan

3 2 4x x− + + ≤ . ■

1.3 SIFAT KELENGKAPAN DARI R

Pada subbab ini kita akan membahas sifat ketiga dari R , yaitu sifat kelengkapan.

Seperti yang telah dikatakan pada pendahuluan bab ini, sifat kelengkapan

berkaitan dengan konsep supremum atau batas atas terkecil. Untuk itu, kita akan

bahas terlebih dahulu apa yang dimaksud dengan batas atas dari suatu

himpunan bilangan real, dan kebalikannya, yaitu batas bawahnya.

Definisi 1.19. Misalkan X adalah himpunan bagian tak kosong dari R .

a. Himpunan X dikatakan terbatas atas jika terdapat R∈a sedemikian

sehingga a x≥ , untuk setiap x X∈ . Bilangan real a yang demikian disebut

sebagai batas atas dari X .

b. Himpunan X dikatakan terbatas bawah jika terdapat R∈b sedemikian

sehingga b x≤ , untuk setiap x X∈ . Bilangan real b yang demikian disebut

sebagai batas bawah dari X .

c. Himpunan X dikatakan terbatas jika X terbatas atas dan terbatas bawah.

Himpunan X dikatakan tidak terbatas jika X tidak terbatas atas atau tidak

terbatas bawah.

Sebagai contoh, perhatikan himpunan { }0: >∈ xx R . Setiap elemen pada

himpunan { }0: ≤∈ bb R merupakan batas bawah dari { }0: >∈ xx R . Setiap

kita mengambil elemen { }0: >∈∈ xxx R maka selalu kita dapatkan bahwa

1x x< + , sedangkan { }0:1 >∈∈+ xxx R . Yang demikian mengandung arti

bahwa tidak ada R∈a sedemikian sehingga a x≥ , untuk setiap

{ }0: >∈∈ xxx R . Jadi himpunan { }0: >∈ xx R terbatas bawah tetapi tidak

terbatas atas, atau juga dapat dikatakan bahwa himpunan tersebut tidak terbatas.

Contoh lain, pandang himpunan { }1: <∈ xx R . Himpunan { }1: ≥∈ aa R

merupakan koleksi semua batas atas dari { }1: <∈ xx R . Tidak ada R∈b

sedemikian sehingga b x≤ , untuk semua { }1: <∈∈ xxx R , karena setiap kita

mengambil { }1: <∈∈ xxx R maka selalu dapat kita peroleh bahwa 1x x− < ,

sedangkan { }1:1 <∈∈− xxx R . Akibatnya, himpunan { }1: <∈ xx R tidak

mempunyai batas bawah. Jadi himpunan { }1: <∈ xx R terbatas atas tetapi tidak

terbatas bawah, atau juga dapat dikatakan bahwa himpunan tersebut tidak

terbatas.

Berdasarkan paparan sebelumnya, himpunan { }10: <<∈ xx R memiliki batas

atas dan batas bawah, atau dengan kata lain himpunan tersebut merupakan

himpunan terbatas. Dari batas-batas bawahnya, kita dapat memilih batas bawah

yang terbesar, yaitu elemen 0. Sedangkan dari batas-batas atasnya, kita dapat

memilih batas atas yang terkecil, yaitu elemen 1. Berikut ini adalah definisi

secara formal dari batas atas terkecil, disebut supremum, dan batas bawah

terbesar, disebut infimum, dari suatu himpunan bilangan real.

Definisi 1.20. Misalkan X adalah himpunan bagian tak kosong dari R .

a. Misalkan X terbatas atas. Elemen R∈a dikatakan supremum dari X jika

memenuhi syarat-syarat :

(1) a adalah batas atas dari X

(2) a v≤ , untuk setiap v , batas atas dari X .

b. Misalkan X terbatas bawah. Elemen R∈b dikatakan infimum dari X jika

memenuhi syarat-syarat :

(1) b adalah batas bawah dari X

(2) b w≥ , untuk setiap w , batas bawah dari X .

Selanjutnya, mungkin timbul pertanyaan, apakah perbedaan antara supremum

(infimum) dengan maksimum (minimum)? Contoh sebelumnya tentang himpunan

{ }10: <<∈ xx R , bisa menjadi ilustrasi untuk menjelaskan hal ini. Himpunan

{ }10: <<∈ xx R tidaklah mempunyai minimum dan maksimum, karena tidak

ada { }10:, <<∈∈ xxMm R sedemikian sehingga m x≤ dan M x≥ , untuk

setiap { }10: <<∈∈ xxx R . Sedangkan untuk supremum dan infimum,

himpunan { }10: <<∈ xx R memilikinya, yaitu 1 dan 0, masing-masing secara

berurutan. Elemen minimum dan maksimum haruslah elemen dari himpunan

yang bersangkutan, tetapi elemen infimum dan supremum tidaklah harus

demikian. Jadi elemen infimum dan supremum bisa termasuk atau tidak

termasuk ke dalam himpunan yang bersangkutan. Himpunan { }10: ≤≤∈ xx R

memiliki infimum dan supremum, yaitu elemen 1 dan 0, yang termasuk ke dalam

himpunan { }10: ≤≤∈ xx R .

Selanjutnya, kita akan memberikan formulasi lain dari definisi supremum dan

infimum pada definisi 1.20. Kita mulai dengan definisi supremum. Elemen a

adalah batas atas dari X ekuivalen dengan a x≥ , untuk setiap x X∈ .

Pernyataan a v≤ , untuk setiap v , batas atas dari X , mengandung arti bahwa

jika z a< maka z adalah bukan batas atas dari X . Jika z adalah bukan batas

atas dari X maka terdapat zx X∈ sedemikian sehingga zx z> . Jadi kita

mempunyai fakta bahwa jika <z a maka terdapat z

x X∈ sedemikian

sehingga z

x z> . Selanjutnya, jika diberikan 0ε > maka a aε− < . Dengan

menggunakan fakta sebelumnya, maka terdapat x Xε ∈ sedemikian sehingga

x aε ε> − . Jadi kita memperoleh fakta baru, yang ekuivalen dengan fakta

sebelumnya, yaitu untuk setiap ε >>>> 0 terdapat x Xε ∈ sedemikian sehingga

x aε ε> −> −> −> − . Dengan demikian kita memperoleh fakta-fakta yang ekuivalen

dengan definisi 1.20.

Teorema 1.21. Elemen R∈a , batas atas dari X , himpunan bagian tak kosong

dari R , adalah supremum dari X jika dan hanya jika apabila z a< maka

terdapat zx X∈ sedemikian sehingga zx z> .

Teorema 1.22. Elemen R∈a , batas atas dari X , himpunan bagian tak kosong

dari R , adalah supremum dari X jika dan hanya jika untuk setiap 0ε >

terdapat x Xε ∈ sedemikian sehingga x aε ε> − .

Fakta-fakta serupa yang berkaitan dengan elemen infimum adalah sebagai

berikut.

Teorema 1.23. Elemen R∈b , batas bawah dari X , himpunan bagian tak

kosong dari R , adalah infimum dari X jika dan hanya jika apabila z b> maka

terdapat zx X∈ sedemikian sehingga zx z< .

Teorema 1.24. Elemen R∈b , batas bawah dari X , himpunan bagian tak

kosong dari R , adalah infimum dari X jika dan hanya jika untuk setiap 0ε >

terdapat x Xε ∈ sedemikian sehingga x bε ε< + .

Bukti Teorema 1.23 dan Teorema 1.24 ditinggalkan sebagai latihan bagi para

pembaca.

Selanjutnya, mungkin kita mempertanyakan apakah elemen supremum atau

infimum tunggal atau tidak. Mari kita kaji masalah ini. Misalkan R∈vu, adalah

supremum dari himpunan yang terbatas atas U . Untuk menunjukkan bahwa

supremum dari U adalah tunggal, berarti kita harus menunjukkan bahwa u v= .

Untuk menunjukkannya, perhatikan bahwa u w≤ dan v w≤ , untuk setiap w ,

batas atas dari U . Karena u dan v juga batas atas dari U , kita memiliki u v≤

dan v u≤ . Yang demikian berarti u v= atau supremum dari U adalah tunggal.

Dengan mudah, dapat pula kita tunjukkan bahwa infimum dari suatu himpunan

yang terbatas bawah juga tunggal.

Berdasarkan semua penjelasan pada subbab ini, kita mempunyai suatu aksioma

yang sangat esensial. Aksioma inilah yang dimaksud dengan sifat Kelengkapan

dari R , atau biasa juga disebut sifat supremum dari � .

Aksioma 1.25 (Sifat Kelengkapan dari R ). Setiap himpunan bagian dari R

yang terbatas atas memiliki supremum di R .

Aksioma tersebut mengatakan bahwa R , digambarkan sebagai himpunan titik-

titik pada suatu garis, tidaklah “berlubang”. Sedangkan himpunan bilangan-

bilangan rasional Q , sebagai himpunan bagian dari R yang juga memenuhi sifat

aljabar (lapangan) dan terurut, memiliki “lubang”. Inilah yang membedakan R

dengan Q . Karena tidak “berlubang” inilah, R , selain merupakan lapangan

terurut, juga mempunyai sifat lengkap. Oleh karena itu, R disebut sebagai

lapangan terurut yang lengkap. Penentuan supremum dari himpunan

{ }2,0:: 2 <≥∈= tttT Q bisa dijadikan ilustrasi untuk menjelaskan terminologi

“lubang” pada himpunan Q . Supremum dari Q∈T yaitu 2 , yang merupakan

akar dari persamaan 2 2x = , bukanlah bilangan rasional. Bilangan 2 ini

merupakan salah satu “lubang” pada Q . Maksudnya, supremum dari Q∈T

adalah 2 yang bukan merupakan elemen dari Q . Sehingga dapat dikatakan

bahwa aksioma kelengkapan tidak berlaku pada Q . Tetapi jika kita bekerja pada

R , yang demikian tidak akan terjadi.

Sekarang, misalkan V adalah himpunan yang terbatas bawah, artinya terdapat

R∈l sedemikian sehingga l x≤ , untuk setiap x V∈ . Darinya, kita memperoleh

bahwa l x− ≥ − , untuk setiap x V∈ . Dengan demikian, himpunan { }:x x V− ∈

terbatas atas. Menurut Aksioma 1.25., himpunan { }:x x V− ∈ memiliki

supremum. Misalkan s adalah supremum dari { }:x x V− ∈ . Yang demikian

berarti s x≥ − , untuk setiap x V∈ , dan s r≤ , untuk setiap r , batas atas dari

{ }:x x V− ∈ . Darinya, kita memiliki s x− ≤ , untuk setiap x V∈ , dan s r− ≥ − ,

untuk setiap r , batas atas dari { }:x x V− ∈ . Dapat ditunjukkan bahwa r batas

atas dari { }:x x V− ∈ jika dan hanya jika r− adalah batas bawah dari V . Jadi

kita memiliki s x− ≤ , untuk setiap x V∈ , dan s t− ≥ , untuk setiap t , batas bawah

dari V , atau dengan kata lain, s− adalah infimum dari himpunan V .

Berdasarkan penjelasan tersebut, kita memiliki hal yang serupa dengan Aksioma

1.25, yaitu bahwa setiap himpunan bagian dari R yang terbatas bawah memiliki

infimum di R .

Contoh 1.26. Tentukan supremum dari himpunan { }1: <∈= xxS R .

Penyelesaian. Kita klaim terlebih dahulu bahwa sup S , supremum dari S ,

adalah 1. Klaim kita benar jika dapat ditunjukkan bahwa :

1. Batas atas dari S adalah 1, atau 1x ≤ , untuk setiap x S∈ .

2. 1v ≥ , untuk setiap v , batas atas dari S .

Jelas bahwa 1 adalah batas atas dari S . Selanjutnya, misalkan 1v < . Perhatikan

elemen 1/ 2 / 2v+ . Dapat ditunjukkan bahwa 1/ 2 / 2 1v v< + < . Artinya, setiap

elemen 1v < bukanlah batas atas dari S . Jelas bahwa v batas atas dari S jika

dan hanya jika 1v ≥ . Hal ini sekaligus menunjukkan bahwa 1 merupakan batas

atas terkecil dari S . Dengan demikian, 1 merupakan supremum dari S .

Selanjutnya, kita akan menggunakan Teorema 1.21 untuk menunjukkan 1 adalah

supremum dari S . Jika 1v < , berdasarkan pembahasan tadi, dengan memilih

1/ 2 / 2vs v= + , kita peroleh bahwa vs S∈ dan vv s< . Jadi 1 merupakan

supremum dari S .

Kita akan coba cara lain untuk menunjukkan bahwa 1 merupakan supremum dari

S , seperti yang tertulis pada Teorema 1.22. Diberikan 0ε > . Di sini kita akan

memilih apakah ada s Sε ∈ sedemikian sehingga 1 sεε− < (pemilihan sε yang

demikian tidaklah unik). Jika kita memilih 1 / 2sε ε= − maka kita memperoleh apa

yang kita harapkan, karena jelas bahwa 1 / 2 1sε ε= − < , atau dengan kata lain

s Sε ∈ dan 1 1 / 2sεε ε− < = − . Yang demikian selalu mungkin untuk sembarang

0ε > yang diberikan. Jadi memang 1 adalah supremum dari S . ■

Contoh 1.27. Tentukan infimum dari { }0: >∈= xxI R .

Penyelesaian. Kita klaim terlebih dahulu bahwa inf I , infimum dari I , adalah 0.

Klaim kita benar jika dapat ditunjukkan bahwa :

1. Batas bawah dari I adalah 0, atau 0 x≤ , untuk setiap x I∈ .

2. 0w ≤ , untuk setiap w , batas bawah dari I .

Jelas 0 merupakan batas bawah dari I . Berikutnya, misalkan 0w > . Perhatikan

bahwa 0 / 2w w< < . Di sini / 2w I∈ . Artinya, jika 0w > maka w bukan batas

bawah dari I . Jelas bahwa 0w ≤ jika dan hanya jika w adalah batas bawah

dari I . Hal ini sekaligus menunjukkan bahwa 0 adalah batas bawah terbesar dari

I .

Berikutnya, kita akan menggunakan Teorema 1.23 untuk menunjukkan 0 adalah

infimum dari I . Misalkan 0w > . Berdasarkan pembahasan sebelumnya, dengan

memilih / 2wi w= , kita peroleh bahwa wi I∈ dan wi w< . Akibatnya, 0 adalah

infimum dari I .

Cara lain, adalah dengan menunjukkan seperti apa yang tercantum pada

Teorema 1.24. Diberikan 0ε > . Kita akan memilih apakah ada i Iε ∈ sedemikian

sehingga 0iε ε ε< + = . Jika / 2iε ε= maka i Iε ∈ dan iε ε< . Hal ini selalu

mungkin untuk sembarang 0ε > yang diberikan. Dengan demikian, 0 adalah

infimum dari I . ■

Contoh 1.28. Tunjukkan bahwa jika himpunan R⊆S terbatas atas dan 0a >

maka supremum dari { }: :aS as s S= ∈ , sup aS a= sup S .

Penyelesaian. Ada beberapa cara untuk menyelesaikan masalah tersebut. Kita

mulai dengan cara yang pertama, yaitu bahwa kita harus menunjukkan bahwa a

sup S adalah batas atas dari aS atau a sup S as≥ , untuk setiap s S∈ , dan a

sup S v≤ , untuk setiap v , batas atas dari aS . Karena S adalah himpunan yang

terbatas atas, S mempunyai supremum, menurut sifat Kelengkapan dari R .

Karenanya, sup S s≥ , untuk setiap s S∈ . Karena 0a > , a sup S as≥ , untuk

setiap s S∈ . Artinya, a sup S adalah batas atas dari aS . Akibatnya, aS

memiliki supremum. Selanjutnya, misalkan w adalah sembarang batas atas dari

aS atau w as≥ , untuk setiap s S∈ . Karena 0a > , kita peroleh bahwa /w a s≥ ,

untuk setiap s S∈ . Di sini /w a adalah batas atas dari S . Akibatnya, /w a ≥sup

S atau w a≥ sup S . Kita peroleh bahwa a sup S w≤ , untuk setiap w , batas atas

dari aS . Jadi sup aS a= sup S .

Cara kedua untuk menyelesaikan masalah tersebut adalah dengan menunjukkan

bahwa a sup S adalah batas atas dari aS dan untuk setiap v a< sup S terdapat

vs aS∈ sedemikian sehingga vv s< . Telah ditunjukkan bahwa a sup S adalah

batas atas dari aS . Sekarang, misalkan v a< sup S . Karena 0a > , /v a < sup S .

Akibatnya, terdapat /v as S∈ sedemikian sehingga // v av a s< . Karenanya, kita

memperoleh /v av as< . Di sini jelas bahwa /v aas aS∈ . Dengan memilih /v v as as= ,

kita mempunyai vs aS∈ dan vv s< . Jadi SaaS supsup = . ■

Lebih jauh, kita akan melihat bagaimana sifat kelengkapan dari R ini digunakan

untuk menunjukkan bahwa himpunan semua bilangan asli N tidak mempunyai

batas atas. Artinya tidak terdapat R∈x sedemikian sehingga n x≤ , untuk

setiap N∈n , atau dengan kata lain jika diberikan R∈x terdapat N∈xn

sedemikian sehingga xn x> .

Teorema 1.29 (Sifat Archimedean). Jika R∈x maka terdapat N∈xn

sedemikian sehingga xn x> .

Bukti. Andaikan N memiliki batas atas atau terdapat R∈x sedemikian

sehingga n x≤ , untuk setiap N∈n . Akibatnya, x adalah batas atas dari N .

Menurut sifat kelengkapan dari R , N memiliki supremum. Misalkan supremum

dari N itu adalah a . Perhatikan bahwa 1a a− < . Karena 1a − jelas bukan batas

atas dari N , maka terdapat N∈m sedemikian sehingga 1a m− < . Darinya kita

memiliki bahwa 1a m< + . Perhatikan bahwa N∈+1m . Yang demikian

mengakibatkan bahwa a bukan batas atas dari N . Hal ini kontradiksi dengan

asumsi di awal bahwa a adalah supremum dari N , yang tiada lain juga

merupakan batas atasnya. Jadi himpunan N tidak memiliki batas atas atau Jika

R∈x maka terdapat N∈xn sedemikian sehingga xn x> . ■

Sekarang, misalkan 0t > . Kita peroleh bahwa 1/ 0t > . Menurut sifat

Archimedean, terdapat N∈n , yang bergantung pada 1/ t (bisa juga dikatakan

bergantung pada t ), sedemikian sehingga 1/n t> , atau juga bisa ditulis sebagai

1/ n t< . Berdasarkan pembahasan ini, kita memiliki akibat berikut.

Akibat 1.30. Jika 0t > maka terdapat N∈tn sedemikian sehingga 0 1/ tn t< <

Selain Akibat 1.30, sifat Archimedean memilki konsekuensi lain, seperti yang

dinyatakan pada akibat berikut ini.

Akibat 1.31. Jika 0y > maka terdapat N∈yn sedemikian sehingga

1y yn y n− ≤ < .

Bukti. Misalkan { }mymE y <∈= :: N dengan R∈y . Sifat Archimedean

menjamin bahwa himpunan yE tidaklah kosong. Karena yE himpunan bagian

dari N dan tidak kosong, maka menurut sifat well-ordering dari R , yE

mempunyai elemen terkecil. Misalkan elemen terkecil itu adalah yn . Karena yn

adalah elemen terkecil dari yE , maka 1y yn E− ∉ atau yny ≤−1 . Dengan

demikian 1y yn y n− ≤ < . ■

Jika kita memiliki dua buah sembarang bilangan rasional yang berbeda, secara

intuitif kita akan mengatakan bahwa di antara keduanya juga terdapat bilangan

rasional yang lain dan jumlahnya bisa tak berhingga. Dengan kata lain, himpunan

semua bilangan rasional Q adalah himpunan yang rapat. Secara formal,

memang dapat dibuktikan bahwa Q memiliki sifat yang demikian.

Teorema 1.32. Jika Q∈yx, dan x y< maka terdapat bilangan rasional r

sedemikian sehingga x r y< < .

Bukti. Misalkan 0x = . Akibatnya, 0y > . Menurut Akibat 1.30, terdapat N∈p

sedemikian sehingga 1/ p y< . Bilangan rasional : 1/r p= memenuhi x r y< < .

Berikutnya, misalkan 0x > . Darinya, kita memiliki 0y x− > . Berdasarkan Akibat

1.30, terdapat N∈m sedemikian sehingga 1/ m y x< − . Karenanya, 1 my mx< −

atau 1 mx my+ < . Pandang 0mx > . Menurut Akibat 1.31, terdapat N∈n

sedemikan sehingga 1n mx n− ≤ < . Dari 1n mx− ≤ kita memperoleh 1n mx≤ + ,

sehingga 1n mx my≤ + < . Dari mx n< kita memperoleh mx n my< < . Akibatnya,

/x n m y< < . Bilangan rasional : /r n m= memenuhi x r y< < .

Terakhir, misalkan 0x < atau 0x− > . Akibatnya, 0y x− > . Dengan cara serupa

seperti pada kasus 0x > , kita bisa mendapatkan bilangan rasional r sedemikian

sehingga x r y< < . ■

Kita juga memiliki fakta lain, yang analog dengan teorema 1.32, untuk himpunan

bilangan-bilangan irasional.

Akibat 1.33. Jika R∈yx, dan x y< maka terdapat bilangan irasional z

sedemikian sehingga x z y< < .

Bukti. Dari hipotesis kita dapatkan bahwa R∈2/,2/ yx dan / 2 / 2x y< .

Menurut Teorema 1.32, terdapat bilangan rasional 0r ≠ sedemikian sehingga

/ 2 / 2x r y< < atau 2x r y< < . Bilangan : 2z r= merupakan bilangan

irasional dan memenuhi x z y< < . ■

1.4 INTERVAL

Pada subbab ini kita membahas suatu himpunan bagian dari R yang

dikonstruksi berdasarkan sifat terurut dari R . Himpunan bagian ini dinamakan

sebagai interval.

Definisi 1.34. Misalkan R∈ba, dengan a b< .

a. Interval buka yang dibentuk dari elemen a dan b adalah himpunan

( ) { }bxaxba <<∈= ::, R .

b. Interval tutup yang dibentuk dari elemen a dan b adalah himpunan

[ ] { }bxaxba ≤≤∈= ::, R .

c. Interval setengah buka (atau setengah tutup) yang dibentuk dari elemen a

dan b adalah himpunan [ ) { }bxaxba <≤∈= ::, R atau

( ] { }bxaxba ≤<∈= ::, R .

Semua jenis interval pada Definisi 1.34 merupakan himpunan yang terbatas dan

memiliki panjang interval yang didefinisikan sebagai b a− . Jika a b= maka

himpunan buka ( ) { },a a = dan himpunan tutup [ ] { },a a a= , yang dinamakan

dengan himpunan singleton. Elemen a dan b disebut titik ujung interval.

Selain interval terbatas, terdapat pula interval tak terbatas. Pada interval tak

terbatas ini, kita dikenalkan dengan simbol ∞ dan −∞ yang berkaitan dengan

ketak terbatasannya.

Definisi 1.35. Misalkan R∈a .

a. Interval buka tak terbatas adalah himpunan ( ) { }axxa >∈=∞ ::, R atau

( ) { }axxa <∈=∞− ::, R .

b. Interval tutup tak terbatas adalah himpunan [ ) { }axxa ≥∈=∞ ::, R atau

( ] { }axxa ≤∈=∞− ::, R .

Himpunan bilangan real R merupakan himpunan yang tak terbatas dan dapat

dinotasikan dengan ( ),−∞ ∞ . Perlu diperhatikan bahwa simbol ∞ atau −∞

bukanlah bilangan real. Karenanya, dapat dikatakan bahwa R ini tidak

mempunyai titik-titik ujung.

Teorema 1.36 (Karakterisasi Interval). Jika R⊆S adalah himpunan yang

memuat paling sedikit dua elemen dan memiliki sifat :

jika R∈yx, dan x y< maka [ ],x y S⊆ ,

maka S merupakan suatu interval.

Bukti. Kita akan membuktikannya untuk empat kasus.

Kasus I, S adalah himpunan terbatas.

Karena S himpunan terbatas maka S mempunyai infimum atau supremum.

Misalkan infimum dan supremum dari S adalah masing-masing, secara

berurutan, a dan b . Jika x S∈ maka a x b≤ ≤ . Karenanya, [ ],x a b∈ . Akibatnya,

[ ],S a b⊆ .

Selanjutnya, akan ditunjukkan bahwa ( ),a b S⊆ . Misalkan ( ),z a b∈ atau

a z b< < . Yang demikian berarti z bukan batas bawah dari S . Akibatnya,

terdapat zx S∈ sedemikian sehingga zx z< . Kita memperoleh pula bahwa z

bukan batas atas dari S . Itu artinya bahwa terdapat zy S∈ sedemikian sehingga

zz y< . Kita mendapatkan bahwa [ ],z zz x y∈ . Karena menurut hipotesis,

[ ],z zx y S⊆ , maka z S∈ . Karena yang demikian berlaku untuk sembarang

( ),z a b∈ , maka ( ),a b S⊆ .

Jika ,a b S∈ maka [ ],a b S⊆ . Karena telah diperoleh bahwa [ ],S a b⊆ , maka

[ ],S a b= . Jika ,a b S∉ maka [ ],S a b⊆ cukup dinyatakan dengan ( ),S a b⊆ .

Karena ( ),a b S⊆ dan ( ),S a b⊆ , maka ( ),S a b= . Jika a S∈ dan b S∉ maka

[ ],S a b⊆ dan ( ),a b S⊆ masing-masing, secara berurutan, cukup dinyatakan

[ ),S a b⊆ dan [ ),a b S⊆ . Akibatnya, kita memperoleh [ ),S a b= . Jika a S∉

dan b S∈ maka dapat ditunjukkan bahwa ( ],S a b= .

Kasus II, S adalah himpunan yang terbatas atas tetapi tidak terbatas

bawah.

Karena S terbatas atas, maka S mempunyai supremum. Misalkan supremum

dari S adalah b . Kita memperoleh bahwa x b≤ , untuk setiap x S∈ . Akibatnya,

( ],S b⊆ −∞ .

Berikutnya, kita akan menunjukkan bahwa ( ),b S−∞ ⊆ . Misalkan ( ),z b∈ −∞

atau z b< . Karena z bukan batas atas dari S , maka terdapat zy S∈

sedemikian sehingga zz y< . Karena S tidak terbatas bawah, maka terdapat

zx S∈ sedemikian sehingga zx z< . Akibatnya, [ ],z zz x y∈ . Karena menurut

hipotesis, [ ],z zx y S⊆ , maka z S∈ . Yang demikian berlaku untuk sembarang

( ),z b∈ −∞ . Karena itu, ( ),b S−∞ ⊆ .

Jika b S∈ maka ( ),b S−∞ ⊆ dapat pula dinyatakan dengan ( ],b S−∞ ⊆ .

Karena ( ],S b⊆ −∞ dan ( ],S b⊆ −∞ , maka ( ],S b= −∞ . Jika b S∉ maka

( ],S b⊆ −∞ cukup dinyatakan dengan ( ),S b⊆ −∞ Akibatnya, bersama dengan

( ),b S−∞ ⊆ , kita memperoleh bahwa ( ),S a b= .

Kasus III, S adalah himpunan yang tidak terbatas atas tetapi terbatas

bawah.

Dengan cara yang serupa, seperti pada kasus II, dapat ditunjukkan bahwa

[ ),S a= ∞ atau ( ),S a= ∞ dengan a adalah infimum dari S .

Kasus IV, S adalah himpunan yang tidak terbatas.

Berdasarkan hipotasis, jelas bahwa R⊆S . Selanjutnya, kita akan menunjukkan

bahwa S⊆R . Misalkan R∈z . Karena S tidak terbatas, maka z bukanlah

batas bawah dan batas atas dari S . Akibatnya, terdapat ,z zx y S∈ sedemikian

sehingga zx z< dan zz y< . Darinya, kita memiliki [ ],z zz x y∈ . Menurut hipotesis,

[ ],z zx y S⊆ . Akibatnya, z S∈ . Karena hal ini berlaku untuk sembarang R∈z ,

maka S⊆R . Dengan demikian, S=R .

Jadi, secara keseluruhan, telah ditunjukkan bahwa S merupakan suatu interval

di R . ■

1.5 REPRESENTASI DESIMAL DARI BILANGAN REAL

Semua bilangan real dapat dinyatakan dalam bentuk lain yang disebut sebagai

bentuk desimal. Misalkan [ ]0,1x∈ . Jika kita membagi interval [ ]0,1 menjadi 10

sub interval yang sama panjangnya, maka ( )1 1/10, 1 /10x b b∈ + untuk suatu

{ }1 0,1,2,...,9b ∈ . Jika kita membagi lagi interval ( )1 1/10, 1 /10b b + menjadi 10

sub interval yang sama panjangnya, maka

( )2 2

1 2 1 2/10 /10 , /10 1 /10x b b b b ∈ + + + untuk suatu { }2 0,1,2,..., 9b ∈ . Jika

proses tersebut terus dilanjutkan maka kita akan memperoleh barisan { }nb

dengan 90 ≤≤ nb , untuk semua N∈n , sedemikian sehingga x memenuhi

( )1 2 1 2

2 2

1... ...

10 10 10 10 10 10

nn

n n

bbb b b bx

++ + + ≤ ≤ + + + .

Representasi desimal dari [ ]0,1x∈ adalah 1 20, ... ...nb b b . Jika 1x ≥ dan N∈N

sedemikian sehingga 1N x N≤ < + maka representasi desimal dari 1x ≥ adalah

1 2, ... ...nN b b b dengan 1 20, ... ...nb b b adalah representasi desimal dari [ ]0,1x N− ∈ .

Sebagai contoh, kita akan menentukan bentuk desimal dari 1/7. Jika [ ]0,1 dibagi

menjadi 10 sub interval yang sama panjang maka ( )1/ 7 1/10, 1 1 /10∈ + . Jika

( )1/10, 1 1 /10+ dibagi menjadi 10 sub interval yang sama panjang maka

( )2 21/ 7 1/10 4 /10 ,1/10 4 1 /10 ∈ + + + . Selanjutnya, akan kita peroleh

( )2 3 2 31/ 7 1/10 4 /10 2 /10 ,1/10 4 /10 2 1 /10 ∈ + + + + + . Jika proses ini terus

dilanjutkan akan kita dapatkan bahwa 1/ 7 0,142857142857...142857...= .

Representasi desimal dari suatu bilangan real adalah unik, kecuali bilangan-

bilangan real berbentuk /10nm dengan ,m n∈� dan 1 10nm≤ ≤ . Sebagai

contoh, representasi decimal dari 1/2 adalah 0,4999… atau 0,5000… (Coba

pembaca periksa mengapa yang demikian bisa terjadi). Contoh lain,

1/8=0,124999...=0,125000... .

Coba perhatikan kembali representasi decimal dari 1/7 yaitu

0,142857142857...142857... . Terdapat pengulangan deretan angka 142857 pada

representasi desimal dari 1/7. Representasi desimal yang demikian disebut

reperesentasi desimal periodik dengan periode 6p = yang menunjukkan jumlah

deretan angka yang berulang. Dapat ditunjukkan bahwa bilangan real positif

adalah rasional jika dan hanya jika representasi desimalnya adalah periodik (lihat

Bartle-Sherbert [1]).

Dengan menggunakan representasi desimal dari bilangan real ini, kita akan

membuktikan Teorema Cantor yang mengatakan bahwa himpunan semua

bilangan real � adalah tak terhitung (uncountable).

Teorema 1.37. Interval satuan [ ] { }10::1,0 ≤≤∈= xx R adalah tak terhitung

(uncountable).

Bukti. Andaikan interval [ ]0,1 countable. Misalkan [ ] { }1 20,1 , ,..., ,...nx x x= .

Karena setiap elemen di [ ]0,1 dapat dinyatakan dalam bentuk desimal, maka kita

dapat menyatakan bahwa

1 11 12 1

2 21 22 1

1 2

0, ... ...

0, ... ...

0, ... ...

n

n

n n n nn

x b b b

x b b b

x b b b

=

=

=

M

M

dengan 0 9ijb≤ ≤ , untuk semua N∈ji, .

Selanjutnya definisikan bilangan real 1 2: 0, ... ...ny y y y= dengan

4, 5:

5, 4.

jika

jika

nn

n

nn

by

b

≥=

≤

Jelas bahwa [ ]0,1y ∈ . Berdasarkan pendefinisian ny , jelas bahwa ny x≠ untuk

setiap N∈n . Selain itu, bentuk 1 2: 0, ... ...ny y y y= adalah unik karena { }0,9ny ∉

untuk semua N∈n . Hal itu semua mengandung arti bahwa [ ]0,1y ∉ . Terjadi

kontradiksi di sini. Jadi [ ]0,1 haruslah uncountable. ■

Prosedur pada pembuktian Teorema 1.37 di atas dikenal sebagai prosedur

diagonal yang memanfaatkan representasi desimal bilangan real. Karena

[ ] R⊆1,0 dan [ ]0,1 uncountable, maka R adalah uncountable.

BAB II

BARISAN BILANGAN REAL

2.1 DEFINISI BARISAN BILANGAN REAL

Definisi 2.1. Barisan bilangan real adalah fungsi NN →:X .

Jika NN →:X adalah barisan bilangan real maka nilai fungsi X di N∈n

dinotasikan sebagai nx . Nilai nx ini disebut suku ke- n dari barisan bilangan real

X . Barisan bilangan real X dapat pula dituliskan sebagai ( )N∈nxn : . Dalam

literatur lain, barisan bilangan real X ini biasa dituliskan dalam notasi { }1n n

x∞

=.

Barisan bilangan real dapat direpresentasikan dalam berbagai cara. Barisan

bilangan real { }: 1,3,5,...X = dapat dinyatakan dengan ( )N∈= nxX n :: dengan

2 1nx n= − atau 1 2n nx x −= + dengan 1 1x = . Hubungan 1 2n nx x −= + dengan

1 1x = ini disebut sebagai hubungan rekursif.

Selanjutnya, perhatikan kembali barisan bilangan real ( )N∈−== nnxX n :12: .

Jika n semakin besar maka nx semakin besar, tanpa batas. Tetapi, kalau kita

perhatikan barisan ( )N∈== nnyY n :/1: , maka jika n semakin besar maka ny

semakin kecil, menuju angka nol. Barisan bilangan real Y ini dikatakan sebagai

barisan yang mempunyai limit atau barisan yang konvergen. Sedangkan barisan

bilangan real X dikatakan sebagai barisan yang tidak memiliki limit atau barisan

yang tidak konvergen atau divergen.

Definisi 2.2. Barisan bilangan real ( )N∈nxn : dikatakan konvergen ke R∈x ,

limit dari dari ( )N∈nxn : , jika untuk setiap 0ε > terdapat ( ) 0N ε > sedemikian

sehingga untuk setiap ( )εNn ≥ , nx x ε− < .

Misalkan barisan bilangan real ( )N∈nxn : konvergen. Diberikan 0ε > cukup

besar. Karena x adalah “ujung” dari barisan bilangan real ( )N∈nxn : , tentunya

nx x− yang cukup besar dapat dipenuhi oleh semua nx , n N≥ dengan N yang

kecil. Sebaliknya, jika 0ε > cukup kecil maka nx x− yang cukup kecil dapat

dipenuhi oleh setiap nx , n K≥ dengan K yang besar. Penjelasan tersebut

mengandung arti bahwa semakin besar N maka semakin kecil ε atau nx

dengan n N≥ akan semakin dekat ke limitnya, yaitu x . Pernyataan barisan

bilangan real X konvergen atau menuju ke x dapat dinyatakan sebagai

lim X x= atau ( )lim nx x= atau lim nn

x x→∞

= atau nx x→ .

Berdasarkan Definisi 2.2, kita bisa mendapatkan fakta bahwa lim nn

x x→∞

= jika dan

hanya jika untuk setiap 0ε > , himpunan { }ε≥−∈ xxn n:N adalah himpunan

yang berhingga. Bukti fakta ini ditinggalkan sebagai latihan bagi para pembaca.

Contoh 2.3. Perhatikan lagi barisan bilangan real ( )N∈== nnyY n :/1 .

Diberikan 0ε > . Selanjutnya, lihat bahwa 1/ 0 1/ 1/n n n− = = . Jika ( )n N ε≥

dengan ( ) 1/N ε ε> maka 1/n ε> atau1/ n ε< . Akibatnya, 1/ 0n ε− < untuk

setiap ( )n N ε≥ . Yang demikian berlaku untuk setiap 0ε > . Ini artinya bahwa

barisan bilangan real Y konvergen ke nol. ■

Sekarang, kita perhatikan lagi barisan bilangan real ( )N∈== nnyY n :/1 .

Kemudian pandang barisan bilangan real ( )' 1/ 2,1/ 4,1/ 6,...Y = . Suku-suku pada

'Y merupakan suku-suku yang menempati urutan genap pada Y . Barisan 'Y ini

disebut sebagai sub barisan dari Y . Berikut ini adalah definisi formal dari sub

barisan.

Definisi 2.4. Misalkan ( )N∈= nxX n :: adalah barisan bilangan real dan

1 2 ... ...kn n n< < < < dengan N∈kn untuk semua N∈k . Barisan bilangan real

( )N∈= kxXkn ::' disebut sebagai sub barisan dari ( )N∈= nxX n :: .

Bagaimana dengan limit sub barisan dari suatu sub barisan ? Teorema berikut

menjelaskan hal ini.

Teorema 2.5. Jika ( )N∈= kxXkn ::' adalah sub barisan dari barisan

( )N∈= nxX n :: yang konvergen ke R∈x maka sub barisan ( )N∈= kxXkn ::'

juga konvergen ke R∈x .

Bukti. Karena ( )N∈= nxX n :: adalah barisan yang konvergen ke R∈x , maka

jika diberikan 0ε > terdapat ( ) 0N ε > sedemikian sehingga untuk semua

( )n N ε≥ berlaku nx x ε− < .

Selanjutnya, dengan menggunakan induksi matematika, akan ditunjukkan bahwa

kn k≥ untuk setiap N∈k . Diketahui bahwa 1 2 ... ...kn n n< < < < . Untuk 1k =

jelas bahwa 1 1n ≥ . Misalkan untuk k p= berlaku pn p≥ . Kita akan tunjukkan

bahwa untuk 1k p= + berlaku 1 1pn p+ ≥ + . Karena 1p pn n+ > maka 1pn p+ >

atau dengan kata lain 1 1pn p+ ≥ + . Dengan demikian kn k≥ untuk setiap N∈k .

Jika ( )k N ε≥ maka ( )kn N ε≥ . Untuk semua ( )kn N ε≥ berlaku knx x ε− < .

Yang demikian berarti sub barisan ( )N∈= kxXkn ::' juga konvergen ke R∈x . ■

Apakah kebalikan dari Teorema 2.5 berlaku ? Untuk menjawabnya kita lihat

penjelasan berikut ini. Perhatikan bahwa barisan ( )' 1,1,1,...,1,...Z = adalah sub

barisan dari barisan ( )( )11, 1,1, 1,..., 1 ,...

nZ

+= − − − . Barisan 'Z adalah barisan

yang konvergen ke 1, tetapi barisan Z adalah barisan yang tidak konvergen.

Tetapi jika setiap sub barisan dari suatu barisan bilangan real X adalah barisan

yang konvergen maka X adalah barisan yang konvergen karena X sendiri

adalah sub barisan dari dirinya sendiri.

Bagaimana halnya dengan limit dari suatu barisan bilangan real yang konvergen,

apakah tunggal atau tidak ? Misalkan x dan y adalah limit dari barisan bilangan

real yang konvergen ( )N∈= nxX n :: . Jika diberikan 0ε > terdapat , 0x yN N >

sehingga untuk setiap xn N≥ dan yn N≥ , berlaku, masing-masing secara

berurutan, / 2nx x ε− < dan / 2nx y ε− < . Misalkan { }: ,x yN maks N N= .

Selanjutnya, perhatikan bahwa, berdasarkan pertidaksamaan segitiga,

( ) ( ) / 2 / 2n n n nx y x x x y x x x y ε ε ε− = − + − ≤ − + − < + =

untuk semua .n N≥ Karena 0ε > yang diberikan sembarang, maka 0x y− =

atau x y= . Yang demikian berarti bahwa limit dari suatu barisan bilangan real

yang konvergen adalah tunggal.

Teorema 2.6. Limit dari satu barisan bilangan real yang konvergen adalah

tunggal.

2.2 SIFAT-SIFAT BARISAN BILANGAN REAL

Definisi 2.6. Barisan bilangan real ( )N∈= nxX n :: dikatakan terbatas jika

terdapat bilangan real 0M > sedemikan sehingga nx M≤ untuk setiap N∈n .

Berkaitan dengan sifat keterbatasan barisan bilangan real tersebut kita memiliki

teorema berikut ini.

Teorema 2.7. Barisan bilangan real yang konvergen adalah terbatas.

Bukti. Misalkan barisan bilangan real ( )N∈= nxX n :: adalah barisan yang

konvergen ke R∈x . Itu berarti bahwa jika kita ambil 0 0ε > maka terdapat

bilangan real ( )0 0N ε > sehingga 0nx x ε− < untuk semua ( )0n N ε≥ .

Selanjutnya, perhatikan bahwa, berdasarkan pertidaksamaan segitiga,

( ) 0n n nx x x x x x x xε= − + ≤ − + < +

untuk semua ( )0n N ε≥ .

Berikutnya, pilih ( ){ }

01 2 3 01: , , , ..., ,

NM maks x x x x x

εε

−= + . Jelas bahwa untuk

setiap N∈n berlaku nx M≤ atau dengan kata lain barisan bilangan real X

adalah barisan yang terbatas. ■

Sekarang, Misalkan ( )N∈= nxX n :: dan ( )N∈= nyY n :: adalah dua buah

barisan bilangan real yang konvergen. Apakah ( )N∈+=+ nyxYX nn :: ,

( )N∈= ncxcX n :: dengan R∈c , ( )N∈= nyxXY nn :: , dan

( )N∈= nyxYX nn :/:/ juga barisan yang konvergen ? Teorema-teorema

berikut ini menjelaskan hal tersebut.

Teorema 2.8. Jika X dan Y adalah barisan yang konvergen ke x dan y ,

secara berurutan, dan R∈c maka barisan X Y+ , cX , dan XY adalah juiga

barisan yang konvergen, masing-masing secara berurutan, ke x y+ , cx , dan xy .

Bukti. Misalkan ( )N∈= nxX n :: dan ( )N∈= nyY n :: . Perhatikan bahwa,

bedasarkan pertidaksamaan segitiga,

( ) ( ) ( ) ( )n n n n n nx y x y x x y y x x y y+ − + = − + − ≤ − + − .

X dan Y adalah barisan yang konvergen ke x dan y , maka jika diberikan

0ε > maka terdapat bilangan real 1 2, 0N N > sedemikian sehingga untuk setiap

1n N≥ dan 2n N≥ , masing-masing secara berurutan, berlaku / 2nx x ε− < dan

/ 2ny y ε− < . Misalkan { }1 2: ,N maks N N= . Jika n N≥ maka

( ) ( ) / 2 / 2n n n nx y x y x x y y ε ε ε+ − + ≤ − + − < + = .

Karena 0ε > yang diberikan sembarang, maka X Y+ konvergen ke x y+ .

Berikutnya, perhatikan bahwa

n ncx cx c x x− = − .

Misalkan 0c = . Jika diberikan 0ε > maka dengan memilih berapa pun bilangan

real 0N > , selalu berlaku 0n ncx cx c x x ε− = − = < untuk setiap n N≥ .

Sekarang misalkan 0c ≠ . Karena X adalah barisan yang konvergen ke x maka

jika diberikan 0ε > maka terdapat bilangan real 0N > sedemikian sehingga

untuk setiap n N≥ , berlaku /nx x cε− < . Akibatnya, untuk setiap n N≥ ,

( )/n ncx cx c x x c cε ε− = − < = .

Karena 0ε > yang diberikan sembarang, maka cX konvergen ke cx .

Selanjutnya, kita akan menunjukkan bahwa barisan XY konvergen ke xy .

Pertama, perhatikan bahwa

( ) ( )

n n n n n n

n n n n

n n n

x y xy x y x y x y xy

x y x y x y xy

x y y x x y

− = − + −

≤ − + −

= − + −

Menurut Teorema 2.7, X adalah barisan yang terbatas. Itu artinya terdapat

bilangan real 0L > sehingga nx L≤ untuk setiap N∈n . Misalkan

{ }: ,M maks L y= . Jika diberikan 0ε > maka terdapat bilangan real 1 2, 0N N >

sedemikian sehingga untuk setiap 1n N≥ dan 2n N≥ , masing-masing secara

berurutan, berlaku ( )/ 2nx x Mε− < dan ( )/ 2ny y Mε− < . Misalkan

{ }1 2: ,N maks N N= . Jika n N≥ maka

( ) ( )/ 2 / 2n n n n nx y xy x y y x x y M M M Mε ε ε− ≤ − + − ≤ + = .

Karena 0ε > yang diberikan sembarang, maka XY konvergen ke xy . ■

Pembahasan berikutnya kita akan menunjukkan bahwa /X Y akan konvergen

ke /x y jika 0y ≠ . Tetapi sebelumnya, kita lihat terlebih dahulu teorema berikut

iini.

Teorema 2.9. Jika ( )N∈= nyY n :: adalah barisan tak nol ( 0ny ≠ untuk setiap

N∈n ) yang konvergen ke 0y ≠ maka barisan ( )N∈= nyY n :/1:/1 juga

konvergen ke 1/ y .

Bukti. Jika 0y ≠ kita peroleh bahwa 0y > . Karena Y adalah barisan yang

konvergen ke y , maka terdapat 1 0N > sehingga untuk setiap 1n N≥ , berlaku

( )1/ 2ny y y− < . Karena

n ny y y y− ≤ − atau n n ny y y y y y− − < − < −

maka ( )1/ 2ny y> atau 1 2

ny y< untuk setiap 1n N≥ .

Selanjutnya, jika diberikan 0ε > maka terdapat 2 0N > sehingga untuk setiap

2n N≥ , berlaku ( )2

1/ 2ny y y ε− < . Kemudian, perhatikan bahwa, berdasarkan

pertidaksamaan segitiga,

1 1 1n

n

n n n

y yy y

y y y y y y

−− = = − .

Jika { }1 2: ,N maks N N= maka untuk setiap n N≥ , berlaku

2

2

1 1 1 2 1

2n

n n

y y yy y y y y

ε ε− = − < ⋅ = .

Karena 0ε > yang diberikan sembarang, maka 1/Y konvergen ke 1/ y . ■

Berdasarkan Teorema 2.8 dan Teorema 2.9, jika X adalah barisan bilangan real

yang konvergen ke x dan Y adalah barisan bilangan real tak nol yang

konvergen ke 0y ≠ maka barisan bilangan real /X Y juga konvergen ke /x y .

Teorema 2.10 (Teorema Apit). Misalkan ( )N∈= nxX n :: , ( )N∈= nyY n :: , dan

( )N∈= nzZ n :: adalah barisan-barisan bilangan real yang memenuhi

n n nx y z≤ ≤ untuk setiap N∈n . Jika lim limn nn n

x z L→∞ →∞

= = maka lim nn

y L→∞

= .

Bukti. Jika diberikan 0ε > maka terdapat bilangan real 1 2, 0N N > sedemikian

sehingga untuk setiap 1n N≥ dan 2n N≥ , masing-masing secara berurutan,

berlaku nL xε− < dan nz L ε< + (mengapa demikian ?). { }1 2: ,N maks N N= .

Akibatnya, jika n N≥ maka

n n nL x y z Lε ε− < ≤ ≤ < + .

Kita peroleh bahwa nL y Lε ε− < < + atau ny L ε− < untuk setiap n N≥ .

Karena 0ε > yang diberikan sembarang, maka lim nn

y L→∞

= . ■

Contoh berikut ini memperlihatkan bagaimana Teorema Apit diaplikasikan untuk

menghitung limit suatu barisan.

Contoh 2.11. Kita akan menghitung limit dari barisan

∈ Nn

n

n:

cos2

. Secara

langsung, mungkin kita agak susah untuk menentukan limitnya. Perhatikan

bahwa 1 cos 1n− ≤ ≤ untuk setiap N∈n . Karenanya, kita bisa memperoleh

2 2 2

1 cos 1n

n n n

−≤ ≤ untuk setiap N∈n .

Akibatnya, 2 2 2

1 cos 1lim lim limn n n

n

n n n→∞ →∞ →∞

−≤ ≤ . Jadi

2

cos0 lim 0

n

n

n→∞≤ ≤ atau

2

coslim 0n

n

n→∞= . ■

Barisan bilangan real yang terbatas belum tentu konvergen. Sebagai contoh,

barisan bilangan real ( )( )N∈− nn

:1 adalah barisan yang terbatas tetapi tidak

konvergen. Syarat cukup lain apa yang diperlukan sehingga barisan yang

terbatas merupakan barisan yang konvergen ? Pembahasan berikut akan

menjelaskannya.

Definisi 2.12. Misalkan ( )N∈= nxX n :: adalah barisan bilangan real. Barisan

X dikatakan naik jika 1 2 1... ...n nx x x x +≤ ≤ ≤ ≤ ≤ dan dikatakan turun jika

1 2 1... ...n nx x x x +≥ ≥ ≥ ≥ ≥ . Barisan bilangan real yang naik atau turun disebut

sebagai barisan yang monoton.

Teorema 2.13 (Teorema Kekonvergenan Monoton). Misalkan ( )N∈= nxX n ::

adalah barisan bilangan real yang monoton. Barisan bilangan real X konvergen

jika dan hanya jika X terbatas. Lebih jauh,

i) Jika ( )N∈= nxX n :: adalah barisan yang naik dan terbatas atas maka

{ }N∈=∞→

nxx nnn

:suplim .

ii) Jika ( )N∈= nxX n :: adalah barisan yang turun dan terbatas bawah maka

{ }N∈=∞→

nxx nnn

:inflim .

Bukti.

i) Karena barisan X terbatas atas, maka, menurut sifat kelengkapan dari R ,

himpunan { }N∈nxn : memiliki supremum. Misalkan { }N∈= nxx n :sup . Jika

diberikan 0ε > maka x ε− bukanlah batas atas dari { }N∈nxn : . Yang

demikian mengandung arti terdapat N∈K sehingga Kx x xε− < < . Karena

X adalah barisan naik dan x adalah batas atas dari { }N∈nxn : maka kita

mempunyai fakta bahwa

1 2 ...K K Kx x x x x xε ε+ +− < ≤ ≤ ≤ < < + .

Dengan kata lain, nx x xε ε− < < + atau nx x ε− < untuk setiap n K≥ .

Karena 0ε > yang diberikan sembarang maka barisan X konvergen ke x .

ii) Karena barisan X terbatas bawah, maka, menurut sifat kelengkapan dari R ,

himpunan { }N∈nxn : memiliki infimum. Misalkan { }N∈= nxx n :inf . Jika

diberikan 0ε > maka x ε+ bukanlah batas bawah dari { }N∈nxn : . Yang

demikian mengandung arti terdapat N∈K sehingga Kx x x ε< < + . Karena

X adalah barisan turun dan x adalah batas bawah dari { }N∈nxn : maka

kita mempunyai fakta bahwa

2 1... K K Kx x x x x xε ε+ +− < < < ≤ ≤ < + .

Dengan kata lain, nx x xε ε− < < + atau nx x ε− < untuk setiap n K≥ .

Karena 0ε > yang diberikan sembarang maka barisan X konvergen ke x . ■

Contoh 2.14. kita akan menunjukkan bahwa barisan ( )N∈= nxX n :: yang

suku-sukunya memenuhi hubungan rekursif ( )1

11

2n nx x+ = + dengan 1 0x =

adalah barisan yang konvergen dengan menggunakan Teorema Kekonvergean

Monoton. Akan kita perlihatkan bahwa ( )N∈= nxX n :: adalah barisan yang naik

dan terbatas atas yang dibatas atasi oleh 2. Kedua hal itu akan ditunjukkan

dengan menggunakan induksi matematika.

Kita peroleh bahwa 2 1/ 2x = . Itu berarti bahwa 1 2x x≤ . Sekarang asumsikan

bahwa 1k kx x +≤ Kita akan membuktikan bahwa 1 2k kx x+ +≤ . Karena 1k kx x +≤ ,

maka ( ) ( )1

1 11 1

2 2k kx x ++ ≤ + atau 1 2k kx x+ +≤ . Jadi ( )N∈= nxX n :: adalah

barisan yang naik.

Jelas 1 2x ≤ . Asumsikan 2kx ≤ . Akan ditunjukkan bahwa 1 2kx + ≤ . Perhatikan

bahwa

( ) ( )1 1

1 1 32 1 2 1

2 2 2k k k kx x x x+ +≤ ⇔ = + ≤ + ⇔ ≤ .

Berdasarkan pernyataan terakhir, bisa juga kita katakan bahwa 2nx ≤ untuk

setiap N∈n . Ini berarti X adalah barisan yang terbatas atas.

Karena ( )N∈= nxX n :: adalah barisan yang naik dan terbatas atas, maka,

menurut Teorema Kekonvergenan Monoton, barisan X konvergen. Perhatikan

bahwa ( )N∈= + nxX n ::' 1 adalah sub barisan dari ( )N∈= nxX n :: . Karena X

adalah barisan yang konvergen, maka, menurut Teorema 2.5, 'X juga

merupakan barisan yang konvergen ke titik yang sama. Misalkan limit barisannya

adalah x . Perhatikan bahwa

( ) ( ) ( )1 1

1 1 11 lim lim 1 1 1

2 2 2n n n n

n nx x x x x x x+ +

→∞ →∞= + ⇒ = + ⇒ = + ⇒ = .

Jadi barisan bilangan real X konvergen ke 1. ■

2.3 TEOREMA BOLZANO-WEIERSTRASS

Pada bagian ini kita akan membahas Teorema Bolzano-Weierstrass, yang

memberikan syarat cukup suatu barisan bilangan real memiliki sub barisan yang

konvergen. Tetapi, sebelumnya, kita akan membahas terlebih dahulu tentang

eksistensi sub barisan yang monoton dari suatu barisan bilangan real.

Terema 2.15 (Teorema Sub Barisan Monoton). Setiap barisan bilangan real

memiliki sub barisan yang monoton.

Bukti. Misalkan ( )N∈= nxX n :: adalah barian bilangan real. Definisikan

( )nkxX kn ≥= :: . Untuk setiap N∈n , bisa saja nX memiliki suku terbesar,

namun, bisa juga tidak.

Kasus I, untuk setiap N∈n , nX memiliki suku terbesar. Misalkan 1ns adalah

suku terbesar dari 1X . Selanjutnya, perhatikan 1 1nX + . Misalkan

2nx adalah suku

terbesar dari 1 1nX + . Jelas bahwa

1 2n nx x≥ dengan 1 2n n< . Kita juga bisa

mendapatkan 3ns yang merupakan suku terbesar dari

2 1nX + . Jelas pula bahwa

2 3n nx x≥ dengan 2 3n n< . Jika proses ini terus dilanjutkan maka kita akan

dapatkan

1 2 3 1... ...

k kn n n n nx x x x x+

≥ ≥ ≥ ≥ ≥ ≥ dengan 1 2 3 1... ...k kn n n n n +< < < < < < .

Jadi kita dapatkan barisan ( )N∈kxkn : merupakan sub barisan dari

( )N∈= nxX n :: yang monoton turun.

Kasus II, tidak semua nX memiliki suku terbesar. Misalkan N∈1n

sedemikian sehingga 1nX tidak memiliki suku terbesar. Definisikan suatu

himpunan bagian dari 1nX , yakni { }

11: : ,n n nI x n n x x= > ≥ . Jelas Himpunan

{ }I ≠ karena 1nX tidak memiliki suku terbesar. Misalkan N∈2n sedemikian

sehingga

{ }2 11min : ,n n n nx x n n x x= > ≥ .

Misalkan N∈3n sedemikian sehingga

{ }3 11 2min : , ,n n n nx x n n n n x x= > ≠ ≥ .

Misalkan pula N∈4n sedemikian sehingga

{ }4 11 2 3min : , , ,n n n nx x n n n n n n x x= > ≠ ≠ ≥ .

Jika proses tersebut terus dilanjutkan maka kita akan mendapatkan

1 2 3 1.. ...

k kn n n n nx x x x x+

≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ dengan 1 2 3 1... ...k kn n n n n +< < < < < < .

Jadi kita dapatkan barisan ( )N∈kxkn : merupakan sub barisan dari

( )N∈= nxX n :: yang monoton naik.

Jadi barisan bilangan real ( )N∈= nxX n :: memiliki sub barisan yang monoton. ■

Misalkan ( )N∈= kxXkn :' adalah sub barisan yang monoton dari barisan

bilangan real ( )N∈= nxX n :: yang terbatas. Karena X terbatas maka 'X

terbatas juga. Menurut Teorema Kekonvergenan Monoton, 'X adalah barisan

yang konvergen. Jadi kita memperoleh suatu fakta, biasa dikenal sebagai

Teorema Bolzano-Weierstrass untuk barisan, yaitu

Teorema 2.16. Barisan bilangan real yang terbatas memiliki sub barisan yang

konvergen.

2.4 KRITERIA CAUCHY

Teorema Kekonvergenan Monoton memberikan jaminan atau syarat cukup

barisan bilangan real yang monoton adalah barisan yang konvergen. Bagaimana

halnya dengan barisan yang tidak monoton ? Apakah masih memungkinkan

menjadi barisan yang konvergen ? Penjelasan yang akan hadir berikut ini

memberikan syarta perlu dan syarat cukup suatu barisan bilangan real yang tidak

monoton adalah barisan yang konvergen.

Definisi 2.17. Barisan bilangan real ( )N∈= nxX n :: dikatakan sebagai barisan

Cauchy jika untuk setiap 0ε > terdapat bilangan real ( ) 0N ε > sedemikian

sehingga untuk setiap ( )εNmn ≥, berlaku n mx x ε− < .

Contoh 2,18. Kita akan menunjukkan bahwa barisan bilangan real ( )N∈nn :/1 2

adalah barisan Cauchy. Diberikan 0ε > . Pilih ( ) 2/N ε ε> . Akibatnya, jika

( ),n m N ε≥ maka , 2 /n m ε> atau2 21/ ,1/ / 2n m ε< . Dengannya, kita

dapatkan untuk ( ),n m N ε≥ , berlaku

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1

2 2n m n m n m

ε εε− ≤ + = + < + = .

Karena 0ε > yang diberikan sembarang, maka barisan bilangan real

( )N∈nn :/1 2 adalah barisan Cauchy. ■

Contoh 2.19. Akan kita perlihatkan bahwa barisan bilangan real

( )( )N∈−= nXn

:1 bukanlah barisan Cauchy. Negasi dari definisi barisan

Cauchy adalah terdapat 0 0ε > sedemikian sehingga untuk setiap ( )0 0N ε >

terdapat ( )0,n m N ε≥ yang memenuhi 0n mx x ε− ≥ . Misalkan 0 1/ 2ε = .

Perhatikan bahwa 1 2 1/ 2n nx x +− = ≥ . Jadi untuk setiap ( )0 0N ε > kita selalu

bisa mendapatkan ( )0,n m N ε≥ dengan 1m n= + sehingga 1 1/ 2n nx x +− ≥ .

Jadi barisan ( )( )N∈−= nXn

:1 bukanlah barisan Cauchy. ■

Lema 2.20. Barisan bilangan real Cauchy adalah barisan yang terbatas.

Bukti. Misalkan ( )N∈= nxX n : adalah barisan Cauchy. Yang demikian berarti

jika diberikan 0>ε maka terdapat ( ) 0>εN sedemikian sehingga untuk setiap

( )εNmn ≥, berlaku ε<− mn xx . Akibatnya, ( ) εε <− Nn xx untuk setiap

( )εNn ≥ . Darinya, kita memperoleh ( ) εε +< Nn xx untuk setiap ( )εNn ≥ .

Misalkan

( ) ( ){ }εεε += − NN xxxxmaksM ,,....,,: 121 .

Untuk setiap N∈n , kita memilki Mxn < . Jadi ( )N∈= nxX n : adalah barisan

yang terbatas. ■

Selanjutnya, kita akan melihat bahwa setiap barisan bilangan real Cauchyi

adalah barisan yang konvergen dan setiap barisan bilangan real yang konvergen

adalah barisan Cauchy.

Teorema 2.21. Suatu barisan bilangan real adalah konvergen jika dan hanya jika

barisan itu adalah barisan Cauchy.

Bukti. Kita akan buktikan syarat perlunya terlebih dahulu. Misalkan

( )N∈= nxX n : adalah barisan yang konvergen. Karenanya, jika diberikan

0>ε maka terdapat ( ) 0>εN sedemikian sehingga untuk setiap ( )εNn ≥

berlaku 2/ε<− xxn . Berdasarkan pertidaksamaan segitiga, untuk setiap

( )εNmn ≥, berlaku

( ) ( ) εεε =+<−+−≤−+−=− 2/2/mnmnmn xxxxxxxxxx .

Karena 0>ε yang diberikan sembarang, maka ( )N∈= nxX n : adalah barisan

Cauchy.

Berikutnya, kita akan membuktikan syarat cukupnya. Misalkan ( )N∈= nxX n :

adalah barisan Cauchy. Itu berarti bahwa jika diberikan 0>ε maka terdapat

( ) 0>εN sedemikian sehingga untuk setiap ( )εNmn ≥, berlaku 2/ε<− mn xx .

Menurut Lema 2.20, ( )N∈= nxX n : adalah barisan yang terbatas, dan menurut

Teorema Bolzano-weierstrass, ( )N∈= nxX n : mempunyai sub barisan

( )N∈= kxXkn :' yang konvergen ke x . Yang demikian mengandung arti bahwa

terdapat ( ) 0>εK sedemikian sehingga untuk setiap ( )εKk ≥ berlaku

2/ε<− xxkn . Misalkan ( ) ( ) ( ){ }εεε KNmaksH ,:= dan ( ) { },..., 21 nnH ∈ε .

Karenanya, ( ) 2/εε <− xxH . Untuk ( )εHn ≥ kita mempunyai

( )( ) ( )( ) ( ) ( ) εεεεεεε =+<−+−≤−+−=− 2/2/xxxxxxxxxx HHnHHnn .

Karena 0>ε yang diberikan sembarang, maka ( )N∈= nxX n : adalah barisan

yang konvergen ke x . ■

2.5 BARISAN DIVERGEN

Coba perhatikan kembali Definisi 2.17, definisi tentang barisan bilangan real

Chauchy. Definisi tersebut ekuivalen dengan pernyataan bahwa suatu barisan

bilangan real divergen jika dan hanya jika barisan tersebut bukanlah barisan

Cauchy. Itu artinya untuk suatu 00 >ε tidak terdapat 0>K sedemikian

sehingga untuk setiap Kmn ≥, berlaku ε<− mn xx . Akibatnya, untuk setiap

N∈k terdapat kmn ≥, berlaku ε≥− mn xx .

Perhatikan barisan bilangan real ( ){ }N∈−=+

nZn

:11

. Ambil 10 =ε . Untuk kn =

dan 1+= km berlaku

( ) ( ) 12111

1 >=−−−=−=−+

+

kk

kkmn xxxx .

Jadi untuk setiap N∈k terdapat kmn ≥, sedemikian sehingga 1>− mn xx .

Dengan kata lain, ( ){ }N∈−=+

nZn

:11

adalah barisan yang divergen.

Lihat kembali barisan ( )N∈−== nnxX n :12 yang merupakan barisan yang

divergen. Misalkan diberikan sembarang bilangan 0M > . Kita peroleh selalu ada

N∈n sehingga nx M> , yakni untuk ( )1 / 2n M> + . Barisan ini dikatakan

divergen menuju tak hingga positif (+∞ ).

Bagaimana halnya dengan barisan ( )N∈+−== nnsS n :12 . Barisan S juga

adalah barisan yang divergen, karena setiap kita mengambil 0M > selalu

dapatkan N∈n sehingga ns M< − , yakni untuk ( )1 / 2n M> + . Barisan ini

dikatakan divergen menuju tak hingga negatif ( −∞ ).

Sekarang pehatikan barisan ( )( )11, 1,1, 1,..., 1 ,...

nZ

+= − − − . Telah ditunjukkan

bahwa barisan ini juga merupakan barisan yang divergen. Suku-suku barisan ini

nilainya berosilasi atau berubah-ubah, secara berselang-seling dan terus-

menerus tanpa henti, antara 1 atau -1. Barisan ini divergen tetapi tidak menuju ke

+∞ maupun −∞ .

Dari tiga contoh barisan divergen di atas, kita dapat membuat definisi formal

barisan yang divergen.

Definisi 2.22. Misalkan ( )N∈= nxX n : adalah barisan bilangan real. Barisan

X dikatakan divergen menuju +∞ ( −∞ ) jika untuk setiap 0M > terdapat

( ) 0N M > sehingga untuk setiap ( )n N M≥ berlaku nx M> ( nx M< − ).

Definisi 2.23. Jika ( )N∈= nxX n : adalah barisan bilangan real yang divergen

tetapi tidak menuju ke +∞ maupun −∞ maka ( )N∈= nxX n : adalah barisan

bilangan real yang divergen secara berosilasi.

Berdasarkan Teorema 2.7 dan Teorema Kekonvergenan Monoton, barisan

bilangan real yang monoton adalah barisan yang konvergen jika dan hanya jika

barisan tersebut adalah barisan yang terbatas. Dengan kata lain, barisan

bilangan real yang monoton adalah barisan yang divergen jika dan hanya jika

barisan itu adalah barisan yang tidak terbatas. Dapat ditunjukkan jika suatu

barisan adalah tak terbatas dan naik maka limit barisan tersebut menuju positif

tak hingga. Jika suatu barisan adalah tak terbatas dan turun maka limit barisan

itu menuju negatif tak hingga.

Ada cara lain untuk menunjukkan bahwa suatu barisan bilangan real adalah

barisan yang divergen. Teorema berikut, dinamakan Teorema Perbandingan,

menjelaskan kondisi yang membuat suatu barisan dikatakan sebagai barisan

yang divergen.

Teorema 2.24. Jika ( )N∈nxn : dan ( )N∈nyn : adalah barisan bilangan real

yang memenuhi

nn yx ≤ untuk setiap N∈n

Maka

a. Jika +∞=∞→

nn

xlim maka +∞=∞→

nn

ylim .

b. Jika −∞=∞→

nn

ylim maka −∞=∞→

nn

xlim .

Bukti.

a. Misalkan 0>M . Karena +∞=∞→

nn

xlim , maka terdapat 0>N sehingga untuk

setiap Nn ≥ berlaku Mxn > . Karena nn yx ≤ untuk setiap N∈n , maka

nn yx ≤ untuk setiap Nn ≥ . Akibatnya, Myn > untuk setiap Nn ≥ ..

Karena 0>M yang diberikan sembarang, maka +∞=∞→

nn

ylim .

b. Misalkan 0>M . Karena −∞=∞→

nn

ylim , maka terdapat 0>N sehingga untuk

setiap Nn ≥ berlaku Myn −< . Karena nn yx ≤ untuk setiap N∈n , maka

nn yx ≤ untuk setiap Nn ≥ . Akibatnya, Mxn −< untuk setiap Nn ≥ .

Karena 0>M yang diberikan sembarang, maka −∞=∞→

nn

xlim . ■

Namun demikian, tidaklah selalu kita bisa menjumpai kondisi dua barisan seperti

yang ada pada hipotesis Teorema 2.24, sehingga kita tidak dapat

mengaplikasikan teorema tersebut untuk menunjukkan suatu barisan bilangan

real adalah barisan yang divergen. Teorema di bawah ini, dinamakan sebagai

Teorema Perbandingan Limit, menjelaskan kondisi (yang lebih umum

dibandingkan kondisi pada Teorema 2.24) yang menjadikan suatu barisan

bilangan real dikatakan sebagai barisan divergen.

Teorema 2.25. Jika ( )N∈nxn : dan ( )N∈nyn : adalah barisan bilangan real

positif yang memenuhi

Ly

x

n

n

n=

∞→lim dengan R∈L dan 0>L

maka diperoleh bahwa +∞=∞→

nn

xlim jika dan hanya jika +∞=∞→

nn

ylim .

Bukti. Karena Ly

x

n

n

n=

∞→lim , maka jika diberikan 2/L=ε terdapat 0>N

sedemikian sehingga untuk setiap Nn ≥ berlaku 2// LLyx nn <− atau

2/3/2/ LyxL nn << atau ( ) ( ) nnn yLxyL 2/32/ << . Akibatnya, kita mempunyai

bahwa ( ) nn xyL <2/ dan ( ) nn yxL <3/2 untuk Nn ≥ . Berdasarkan Teorema

2.24, jika +∞=∞→

nn

xlim maka +∞=∞→

nn

ylim dengan menggunakan fakta

( ) nn yxL <3/2 untuk Nn ≥ . Dengan Teorema yang sama, jika ∞=∞→

nn

ylim maka

∞=∞→

nn

xlim dengan menggunakan fakta ( ) nn xyL <2/ untuk Nn ≥ . Jadi

+∞=∞→

nn

xlim jika dan hanya jika +∞=∞→

nn

ylim . ■

2.6 DERET TAK HINGGA

Misalkan ( )N∈= nxX n :: adalah barisan bilangan real. Dari suku-suku barisan

dari X kita bisa mengonstruksi barisan lain ( )N∈= nsS n :: dengan

nn xxxxs ++++= ...: 321 dengan N∈n .

Barisan S yang demikian dinamakan sebagai deret tak hingga (atau deret saja)

yang dibangkitkan oleh barisan ( )N∈= nxX n :: . Bilangan ns disebut sebagai

jumlah parsial dari derat tak hingga. Bilangan nx disebut sebagai suku dari deret

tak hingga. Jika nn

s∞←

lim ada maka S dikatakan sebagai deret tak hingga yang

konvergen dan limit tersebut disebut sebagai jumlah deret tak hingga S atau

jumlah dari ......321 +++++ nxxxx . Deret tak hingga S dapat pula dinotasikan

dengan

∑∞

=1n

nx atau ∑ nx .

Jadi jika nn

s∞←

lim ada maka ∑∞

=∞←

=1

limn

nnn

xs . Kemudian, jika nn

s∞←

lim tidak ada maka

S dikatakan sebagai deret tak hingga yang divergen.

Contoh 2.26. Kita akan memperlihatkan bahwa deret tak hingga

...8

1

4

1

2

1

2

1

1

+++=

∑

∞

=

n

n

adalah deret yang konvergen.

Perhatikan bahwa

...16

1

8

1

4

1

2

1

2

1

1

+++=

∑

∞

=

n

n

.

Akibatnya,

12

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

1111

=

⇔=

⇔=

−

∑∑∑∑

∞

=

∞

=

∞

=

∞

=

n

n

n

n

n

n

n

n

.

Dengan demikian,

...8

1

4

1

2

1

2

1

1

+++=

∑

∞

=

n

n

Adalah deret yang konvergen. ■

Dapat ditunjukkan bahwa deret

1...32

1 −=+++=∑

∞

= r

ararararar

n

n

jika 1<r (coba pembaca buktikan). Deret yang demikian dinamakan deret deret

geometrik.

Jelas bahwa deret tak hingga

( ) ...531121

+++=−∑∞

=n

n

adalah salah satu contoh deret tak hingga yang divergen karena jumlah deret

tersebut tidak terbatas..

Tentunya bukanlah sesuatu yang mudah untuk menunjukkan suatu deret tak

hingga adalah deret yang konvergen. Melalui fakta-fakta berikut ini, kita akan

diberikan syarat perlu untuk kekonvergenan deret tak hingga.

Teorema 2.27. Jika deret tak hingga ∑∞

=1n

nx konvergen maka 0lim =∞→

nn

x .

Bukti. Jika nn xxxxs ++++= ...321 maka 13211 ... −− ++++= nn xxxxs .

Akibatnya, nnn xss =− −1 . Jika deret tak hingga ∑∞

=1n

nx konvergen maka

( ) 0limlimlimlimlimlim 11 =⇔=−⇔=−∞→∞→

−∞→∞→∞→

−∞→

nn

nn

nn

nn

nn

nnn

xxssxss . ■

Pandang barisan jumlah parsial ( )N∈nsn : dengan nn xxxxs ++++= ...321 .

Jika deret tak hingga ∑∞

=1n

nx konvergen maka ( )N∈nsn : adalah barisan yang

konvergen. Menurut Kriteria Cauchy untuk barisan, kita memperoleh fakta seperti

yang tertuang dalam teorema berikut ini.

Teorema 2.28 (Kriteria Cauchy untuk Deret Tak Hingga). Barisan ( )N∈nsn :

atau deret tak hingga ∑∞

=1n

nx konvergen jika dan hanya jika untuk setiap 0>ε

terdapat ( ) 0>εN sedemikian sehingga jika ( )εNnm ≥> maka

ε<=− ∑+=

m

nj

jnm xss1

.

Jika ( )N∈nxn : adalah barisan nonnegatif maka barisan jumlah parsial

( )N∈nsn : adalah barisan yang monoton naik. Menurut Teorema

Kekonvergenan Monoton, jika ( )N∈nsn : adalah barisan terbatas mala

( )N∈nsn : adalah barisan yang konvergen.

Teorema 2.29. Misalkan ( )N∈nxn : adalah barisan nonnegatif. Barisan jumlah

parsial ( )N∈nsn : adalah barisan terbatas jika dan hanya jika ( )N∈nsn :

adalah barisan yang konvergen atau deret tak hingga ∑∞

=1n

nx adalah konvergen.

Lebih jauh, { }N∈==∞→

∞

=∑ nssx nn

nn

n :suplim1

.

Contoh 2.30. Perhatikan deret tak hingga ∑∞

=1

1

n n. Kemudian, perhatikan pula

bahwa

++

+++

+++=

− nnns2

1...

12

1...

4

1

3

1

2

11

12

++++

+++>

nn 2

1...

2

1...

4

1

4

1

2

11

2

1...

2

1

2

11 ++++=

2

1n

+= .

Berdasarkan hal tersebut, ( )N∈nsn : adalah barisan tak terbatas. Menurut

Teorema 2.29, deret tak hingga ∑∞

=1

1

n n divergen. ■

Contoh 2.31. Kita akan menunjukkan bahwa deret tak hingga ∑∞

=12

1

n n konvergen.

Barisan jumlah parsial dari deret tak hingga tersebut adalah barisan yang

monoton naik. Untuk menunjukkan barisan jumlah parsial terbatas, cukup

dengan menunjukkan terdapat sub barisan dari ( )N∈nsn : , yaitu ( )N∈kskn : ,

yang terbatas. Untuk itu, perhatikan bahwa, jika 112: 1

1 =−=n maka 11

=ns , jika

312: 2

2 =−=n maka

( ) 2/112/213/12/11 222

2+=+<++=ns ,

dan jika 712: 3

3 =−=n maka

( ) 222222 2/12/114/47/16/15/14/1223

++=+<++++= nnn sss .

Secara umum, dengan menggunakan induksi matematika, kita peroleh bahwa

jika 12: −= k

kn maka

( ) ( ) 122/1...2/12/110

−++++<<

k

nks .

Karena ( ) ( ) ( ) 22/11/1...2/1...2/12/1112

=−=+++++−k

, maka 2<kns untuk

setiap N∈k . Akibatnya, sub barisan ( )N∈kskn : terbatas. Dengan demikian,

barisan ( )N∈nsn : terbatas. Menurut Teorema 2.29, deret tak hingga ∑∞

=1

2/1n

n

konvergen. ■

Kita juga bisa menentukan kekonvergenan suatu deret tak hingga dengan cara

membandingkan suku ke- k pada deret takhingga tersebut dengan suku ke- k

pada deret tak hingga yang lain.

Teorema 2.32 (Uji Perbandingan). Misalkan ( )N∈nxn : dan ( )N∈nyn :

adalah barisan bilangan real yang bersifat, untuk suatu N∈K , nn yx ≤≤0

untuk setiap Kn ≥ .

a. Jika ∑∞

=1n

ny konvergen maka ∑∞

=1n

nx konvergen.

b. Jika ∑∞

=1n

nx divergen maka ∑∞

=1n

ny konvergen.

Bukti. Menurut Teorema Cauchy untuk deret tak hingga, jika ∑∞

=1n

ny konvergen

maka apabila diberikan 0>ε terdapat ( ) 0>εN sedemikian sehingga jika

( )εNnm ≥> maka

ε<= ∑∑+=+=

m

nj

j

m

nj

j yy11

.

Misalkan ( ){ }εNKM ,sup:= . Kita peroleh untuk Mnm ≥> ,

ε<≤ ∑∑+=+=

m

nj

j

m

nj

j yx11

.

Menurut Teorema Cauchy untuk deret tak hingga, ∑∞

=1n

nx konvergen.

Kontrapositif dari a. adalah b. . ■

Contoh 2.33. Kita akan menunjukkan bahwa deret tak hingga ∑∞

= +13 1n n

n

konvergen. Perhatikan bahwa

23

1

1 nn

n≤

+ untuk setiap N∈n .

Kita ketahui bahwa deret tak hingga ∑∞

=12

1

n n konvergen. Menurut Uji

Perbandingan, ∑∞

= +13 1n n

n deret tak hingga yang konvergen. ■

Teorema 2.34 (Uji Perbandingan Limit). Misalkan ( )N∈nxn : dan ( )N∈nyn :

adalah barisan bilangan real positif sejati dan limit

n

n

n y

xL

∞→= lim:

Nilainya ada.

a. Untuk 0≠L , ∑∞

=1n

nx konvergen jika dan hanya jika ∑∞

=1n

ny konvergen.

b. Untuk 0=L , jika ∑∞

=1n

ny konvergen maka ∑∞

=1n

nx konvergen.

Bukti. Misalkan 0≠L . Diberikan 2/L=ε . Karenanya, terdapat 0>N

sedemikian sehingga untuk setiap Nn ≥ , 2// LLyx nn <− atau

2/3/2/ LyxL nn << . Berdasarkan Uji Perbandingan, ∑∞

=1n

nx konvergen jika dan

hanya jika ∑∞

=1n

ny konvergen.

Misalkan 0=L . Diberikan 1=ε . Karenanya, terdapat 0>N sedemikian

sehingga untuk setiap Nn ≥ , 10/ <−nn yx atau nn yx <<0 . Berdasarkan Uji

Perbandingan, jika ∑∞

=1n

ny konvergen maka ∑∞

=1n

nx konvergen. ■

Perhatikan kembali deret tak hingga ∑∞

= +13 1n n

n pada contoh 2.33. Perhatikan

bahwa

( )01

1lim

/1

1/lim

3

3

2

3

≠=+

=+

∞→∞→ n

n

n

nn

nn.

Karena deret tak hingga ∑∞

=12

1

n n konvergen, maka, menurut Uji Perbandingan

Limit, deret tak hingga ∑∞

= +13 1n n

n konvergen.

Ada cara lain, selain menggunakan Teorema 2.29, yaitu dengan menggunakan

suatu uji yang disebut sebagai Uji Kondensasi Cauchy, untuk menunjukkan

bahwa deret tak hingga ∑∞

=1

/1n

n dan ∑∞

=1

2/1n

n , masing-masing, divergen dan

konvergen, secara berurutan. Bahkan dengan Uji Kondensasi Cauchy kita dapat

menunjukkan secara umum bahwa deret-p, ∑∞

=1

/1n

pn , konvergen jika 1>p dan

divergen jika 1≤p .

Teorema 2.35 (Uji Kondensasi Cauchy). Misalkan barisan ( )N∈kak :

nonnegatif dan monoton turun. Deret tak hingga ∑∞

=1k

ka konvergen jika dan hanya

jika deret tak hingga ∑∞

=12

2k

kka konvergen.

Bukti. Perhatikan jumlah parsial ∑=

=n

k

kn as1

dan ∑=

=n

k

k

n kat1

22 . Untuk kn 2< ,

( ) ( ) ( )1227654321 ......

−++++++++++< kk aaaaaaaaasn

k

ktaaaa k =++++<

22

2

21 2...22 2 .

Jelas jika ∑∞

=12

2k

kka konvergen maka ∑

∞

=1k

ka konvergen.

Untuk kn 2> ,

( ) ( )kk aaaaaasn 2124321 ...... 1 +++++++≥+−

2/2...22/2

1

221 2 k

ktaaaa k =++++≥ −

.

Seperti halnya di atas, jika ∑∞

=1k

ka konvergen maka ∑∞

=12

2k

kka konvergen. ■

Untuk 0≤p , jelas bahwa 0/1lim ≠∞→

p

nn . Dengan menggunakan Teorema 2.27,

deret tak hingga ∑∞

=1

/1n

pn divergen untuk 0≤p . Perhatikan bahwa

( )( )∑∑

∞

=

−∞

=

=1

1

1

22

2

k

kp

kpk

k

dengan 0>p .

Dengan menggunakan Uji Kondensasi Cauchy, dapat ditunjukkan bahwa bahwa

deret-p, ∑∞

=1

/1n

pn , konvergen jika 1>p dan divergen jika 1≤p (Detai l

penjelasan fakta ini ditinggalkan sebagai latihan bagi pembaca).

Kita pun dapat menunjukkan kekonvergenan suatu deret tak hingga dengan

membandingkan dua suku pada deret tak hingga tersebut.

Teorema 2.36. Misalkan ( )N∈nan : adalah barisan bilangan real non negatif

sejati.

a. Jika 1/lim 1 <+∞→

nnn

aa maka deret tak hingga ∑∞

=1n

na konvergen.

b. Jika 1/lim 1 >+∞→

nnn

aa maka deret tak hingga ∑∞

=1n

na divergen.

c. Jika 0/lim 1 =+∞→

nnn

aa maka tidak diperoleh kesimpulan apakah ∑∞

=1n

na

konvergen atau divergen.

Bukti. Misalkan Laa nnn

=+∞→

/lim 1 . Misalkan 1<L , maka terdapat 0>N

sedemikian sehingga untuk setiap Nn ≥ , Laa nn <+ /1 . Karenanya,

............ 2

21 ++++<++++ +++ N

k

NNkNNN aLaLLaaaa .

Ruas kanan pertidaksamaan di atas merupakan deret tak hingga geometrik

dengan rasio 10 << L . Akibatnya, menurut Teorema 2.32, deret tak hingga

∑∞

=1n

na konvergen.

Jika 1>L , kita bisa memperoleh bahwa, untuk suatu 0>N ,

............ 2

21 ++++>++++ +++ N

k

NNkNNN aLaLLaaaa .

Karena 1>L , deret di ruas kanan pertidaksamaan adalah deret yang divergen.

Yang demikian mengakibatkan deret di ruas kiri divergen. Akibatnya, deret tak

hingga ∑∞

=1n

na divergen.

Untuk 1=L , perhatikan deret tak hingga ∑∞

=1

/1n

n dan ∑∞

=1

2/1n

n . Diperoleh

( )1

/1

1/1lim =

+∞→ n

n

n dan

( )1

/1

1/1lim

2

2

=+

∞→ n

n

n.

Deret tak hingga ∑∞

=1

/1n

n dan ∑∞

=1

2/1n

n adalah deret yang divergen dan konvergen,

masing-masing secara berurutan. Jadi untuk 1=L , kita tidak bisa mendapatkan

kesimpulan tentang kekonvergenan suatu deret tak hingga. ■

BAB III

LIMIT FUNGSI

3.1 Titik Timbun

Definisi 3.1.

Misalkan R⊆A dan R∈c , dengan c tidak harus di A. C di sebut titik timbun A

jika

),()(,0 δδδ δ +−=>∀ ccCV memuat paling sedikit satu anggota A yang tidak

sama dengan c, atau ( ) ∅≠∩ AccV }/{)(δ .

Contoh 3.2.

1. Misalkan A = ( 2 , 3 ), tentukan titik timbun A.

Penyelesaian

2 titik timbun A, karena dengan mengambil sebarang δ = ½ , dimana

)2,1()2(21

21

2/1 =V maka ( ) ∅≠∩ AV }2/{)2(2/1 . Sehingga dengan mengambil

δ > 0 dapat disimpulkan ( ) ∅≠∩ AV }2/{)2(δ .

2 ½ juga titik timbun A, karena ( ) ∅≠∩>∀ AV }2/{)2(,021

21

δδ .

3 juga titik timbun A, karena ( ) ∅≠∩>∀ AV }3/{)3(,0 δδ .

Jadi dapat disimpulkan bahwa setiap titik pada interval [2 , 3] merupakan titik

timbun A.

2. Misalkan B = {1, 2, 3, 4, 5 }, tentukan titik timbun B.

Penyelesaian

Ambil δ = ½ , sehingga )1,()1(21

21

2/1 =V . Tetapi

( ) ∅=∩ BV }1/{)1(2/1 . Jadi 1 bukan titik timbun B. Begitu juga dengan titik

yang lain..

Jadi dapat disimpulkan bahwa B = {1, 2, 3, 4, 5 } tidak mempunyai titik timbun.

Teorema 3.3.

Misalkan R⊆A dan R∈c , c titik timbun A jika dan hanya jika

cancaa nn

nn =∋∈∀≠∃∞→

)(lim,),( N .

Bukti:

)(⇒ Misal c titik timbun A. Sehingga )(1 cVn

memuat sedikitnya satu titik di A yang

berbeda dari c. Jika na titik tersebut, maka

cancaAa nn

nn =∋∈∀≠∈∞→

)(lim,, N .

)(⇐ Diserahkan kepada pembaca sebagai latihan. ■

3.2 Definisi Limit Fungsi

Definisi 3.4.

Misalkan RR →⊆ AfA :, dan R∈c , dengan c titik timbun A. Misalkan L limit

dari f di titik c, ditulis Lxfcx

=→

)(lim jika ∋>∃>∀ ,0,0 δε untuk

( ) AccVx ∩∈ }/{)(δ berlaku )()( LVxf ε∈ .

Definisi limit di atas dapat ditulis Lxfcx

=→

)(lim jika dan hanya jika

∋>∃>∀ ,0,0 δε untuk δ<−< cx0 dan Ax ∈ berlaku ε<− Lxf )( .

Contoh 3.5

1. Misalkan xxfAfnn

A 2)(,:,:1

=→

∈= RR . Buktikan 0)(lim0

=→

xfx

.

Bukti:

Ambil 0>ε sebarang. Pilih 2

εδ = , Sehingga jika δ<=−< xx 00 dan

Ax ∈ berlaku εε

δ ==<==−=−2

222202)( xxxLxf .

Jadi terbukti 02lim0

=→

xx

.

2. Buktikan 22lim cx

cx=

→.

Analisa pendahuluan

Tujuan pembuktian ini mencari 0>δ sehingga untuk

Axcx ∈<−<>∀ ,0,0 δε berlaku ε<− 22cx .

Perhatikan bahwa cxcxcxcxcx −+=−+=− ))((22.

Jika diambil 1=δ maka 1<− cx .

Menurut pertidaksamaan segitiga 1<−<− cxcx atau cx +< 1 .

Sehingga ( ) cxccxcxcx −+<−+=− 2122,

Dengan mengambil c21+

=ε

δ maka diperoleh ε<− 22cx .

Bukti:

Ambil 0>ε sebarang. Pilih

+=

c21,1min

εδ , Sehingga jika δ<−< cx0

dan R∈x berlaku ( ) ε<−+≤−+=− cxccxcxcx 2122

Jadi terbukti 22lim cx

cx=

→. ■

Teorema 3.6.

Jika R→Af : dan c titik timbun A , R∈c maka f hanya mempunyai satu limit

di titik c.

Selanjutnya akan dibicarakan kaitan antara barisan dengan limit fungsi dan

kriteria kedivergenan.

Teorema 3.7 (Kriteria Barisan untuk Limit).

Misalkan R→Af : dan c titik timbun A , maka

Lxfcx

=→

)(lim jika dan hanya jika untuk setiap barisan (xn) di A yang konvergen

ke c dimana ( ))(,, nn xfncx N∈∀≠ konvergen ke L.

Bukti dari teorema 3.6 dan 3.7 diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.

Contoh 3.8.

Buktikan 4lim 2

2=

→x

x dengan menggunakan kriteria barisan.

Bukti:

Ambil ( ) ℵ∈−= nn

xn ,1

2 . Akan ditunjukkan ( ))( nxf konvergen ke 4.

Perhatikan bahwa 414

4lim)(lim222

=

+−=

→→ nnxf

xn

x.

Jadi terbukti bahwa 4lim 2

2=

→x

x. ■

Teorema 3.9 (Kriteria Kedivergenan).

Misalkan RR →⊆ AfA :, dan R∈c , dengan c titik timbun A.

a) Jika R∈L maka f tidak punya limit L di c jika dan hanya jika ada barisan

(xn) di A yang konvergen ke c dimana ,, ℵ∈∀≠ ncxn tetapi ( ))( nxf tidak

konvergen ke L.

b) f tidak punya limit di c jika dan hanya jika ada barisan (xn) di A yang

konvergen ke c dimana ,, N∈∀≠ ncxn tetapi ( ))( nxf tidak konvergen ke R .

Contoh 3.10.

1. Buktikan xx

1lim

0→ tidak ada di R .

Bukti:

Misalkan x

xf1

)( = . Ambil ( ) N∈= nn

xn ,1

2. Tetapi

2

21

1)( n

n

xf n == ,sehingga ( ))( nxf tidak konvergen karena tidak terbatas

di ℜ . Jadi terbukti bahwa xx

1lim

0→ tidak ada di R .

2. Buktikan )sgn(lim0

xx→

tidak ada.

Bukti:

Misalkan f(x) = sgn (x). Perhatikan bahwa

<−

=

>

=

0,1

0,0

0,1

)sgn(

x

x

x

x .

Sehingga fungsi sgn (x) dapat ditulis menjadi 0,)sgn( ≠= xx

xx .

Ambil ( ) N∈−

= nn

xn

n ,)1(

. Tetapi

n

n

n

n

n

nn

n

n

x

xxxf )1(

)1(

)1(

)sgn()( −=−

−

=== ,

sehingga ( ))( nxf divergen. ■

3.3 Teorema Limit

Definisi 3.11.

Misalkan RR →⊆ AfA :, dan R∈c , dengan c titik timbun A. f dikatakan

terbatas pada lingkungan c jika ada lingkungan δ dari c, yaitu )(cVδ dan

konstanta M > 0 sehingga ).(,)( cVAxMxf δ∩∈∀≤

Teorema 3.12.

Misalkan RR →⊆ AfA :, dan f mempunyai limit di R∈c , maka f terbatas

pada suatu lingkungan dari c.

Definisi 3.13

Misalkan RRR →→⊆ AgAfA :,:, . Definisikan

Axxhxh

xfx

h

fbxbfxbf

xgxfxfgxgxfxgfxgxfxgf

∈∀≠=

ℜ∈=

=−=−+=+

,0)(,)(

)()(),())((

)()())((,)()())(()()())((

Teorema 3.14.

Misalkan RRR →→⊆ AgAfA :,:, dan R∈c , dengan c titik timbun A.

Misalkan ℜ∈b .

1. Jika Lxfcx

=→

)(lim dan Mxgcx

=→

)(lim , maka

bLxbfLMxfg

MLxgfMLxgf

cxcx

cxcx

==

−=−+=+

→→

→→

))((lim))((lim

))((lim))((lim

2. Jika 0)(lim,,0)(,: ≠=∈∀≠→→

HxhAxxhAhcx

R maka .limH

L

h

f

cx=

→

Bukti:

1. Ambil 0>ε sebarang.

Misal Lxfcx

=→

)(lim , artinya ∋>∃ ,01δ untuk 10 δ<−< cx dan Ax ∈

berlaku 2

)(ε

<− Lxf .

Misal Mxgcx

=→

)(lim , artinya ∋>∃ ,02δ untuk 20 δ<−< cx dan Ax ∈

berlaku 2

)(ε

<− Mxg .

Akan ditunjukkan MLxgfcx

+=+→

))((lim .

Pilih ),min( 21 δδδ = , sehingga untuk δ<−< cx0 dan Ax ∈ berlaku

))(())(()())(( MxgLxfMLxgf −+−=+−+

εεε

=+<−+−≤22

)()( MxgLxf

Jadi terbukti MLxgfcx

+=+→

))((lim . ■

2. Bukti selanjutnya diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.

Contoh 3.15.

Hitung

−

−

+

→→ 63

4lim).

4lim).

2

222 x

xb

x

xa

xx

Jawab.

a) Kita dapat menggunakan teorema 3.13 (b), karena jika dimisalkan f(x) = x + 4

dan h(x) = x2 , 0)(lim,,0)(2

≠=ℜ∈∀≠→

Hxhxxhx

maka

2

3

4

6

lim

)4(lim4lim

2

2

2

22==

+=

+

→

→

→ x

x

x

x

x

x

x

b) Tidak dapat menggunakan teorema 3.13 (b), karena jika dimisalkan

ℜ∈∀−=−= xxxhxxf ,63)(,4)( 2 tetapi 0)63(lim)(lim

22=−==

→→xxhH

xx

maka untuk ( )3

4)22(

3

12lim

3

1)2(

3

1lim

63

4lim,2

22

2

2=+=+=+=

−

−≠

→→→xx

x

xx

xxx.

■

Teorema 3.16.

Misalkan RR →⊆ AfA :, dan R∈c , dengan c titik timbun A. Jika

cxAxbxfa ≠∈∀≤≤ ,)( dan jika )(lim xfcx→

ada maka bxfacx

≤≤→

)(lim .

Teorema Apit 3.17.

Misalkan RR →⊆ AhgfA :,,, dan R∈c , dengan c titik timbun A. Jika

cxAxxhxgxf ≠∈∀≤≤ ,)()()( dan jika )(lim)(lim xhLxfcxcx →→

== maka

Lxgcx

=→

)(lim .

Contoh 3.18.

Buktikan bahwa

→ xx

1coslim

0 tidak ada tetapi 0

1coslim

0=

→ x

xx

.

Bukti.

Akan dibuktikan

→ xx

1coslim

0 tidak ada . Misalkan

=

xxf

1cos)( .

Ambil subbarisan ( ) ℵ∈= nn

xn ,2

1

π dan subbarisan ( ) ℵ∈

−= n

nyn ,

)12(

1

π,

dimana 0)12(

1lim,0

2

1lim =

−=

∞→∞→ ππ nn nn .Tetapi 12cos)( == πnxf n dan

1)12cos()( −=−= πnyf n , sehingga ))((lim))((lim nn

nn

yfxf∞→∞→

≠ .

Jadi

→ xx

1coslim

0 tidak ada.

Akan dibuktikan 01

coslim0

=

→ x

xx

.

Perhatikan bahwa xx

xx ≤

≤−

1cos dan xx

xx−==

→→ 00lim0lim maka menurut

teorema apit 01

coslim0

=

→ x

xx

. ■

Teorema 3.19.

Misalkan RR →⊆ AfA :, dan R∈c , dengan c titik timbun A. Jika

0)(lim >→

xfcx

maka cxcVAxxfcV ≠∩∈∀>∋∃ ),(,0)()( δδ .

Bukti:

Misalkan 0)(lim >=→

xfLcx

. Pilih 02

>=L

ε , sehingga menurut definisi limit

fungsi 2

)(,00L

LxfAxcx <−⇒∈<−<∋>∃ δδ .

Karena 2

)(L

Lxf <− maka 2

)(2

LLxf

L<−<− atau

cxcVAxL

xf ≠∩∈∀>> ),(,02

)( δ . ■

Soal – soal

1. Misalkan

∈= Nnn

D :1

. Tentukan titik timbun D.

2. Misalkan 53)(,:),2,0( +=→= xxfAfA R .

Buktikan 5)(lim0

=→

xfx

dan 8)(lim1

=→

xfx

3. Buktikan jika R→Af : dan c titik timbun A , R∈c maka f hanya

mempunyai satu limit di titik c.

4. Buktikan 0,11

lim >=→

ccxcx

.

5. Misalkan RR →⊆ AfA :, dan R∈c , dengan c titik timbun A. Buktikan

jika 0)(lim)(lim =−⇔=→→

LxfLxfcxcx

.

6. Misalkan RR →⊆ IfI :, dan Ic ∈ . Misalkan

IxcxKLxfLK ∈−≤−∋∃ ,)(& Buktikan Lxfcx

=→

)(lim .

7. Buktikan bahwa limit berikut tidak ada

)0()1

sin(lim)())sgn((lim)(

)0(1

lim)()0(1

lim)(

200

020

≠+

>>

→→

→→

xx

dxxc

xx

bxx

a

xx

xx

8. Misalkan RR →⊆ AgfA :,, dan R∈c , dengan c titik timbun A. Misalkan f

terbatas pada lingkungan dari c dan 0)(lim =→

xgcx

. Buktikan bahwa

0))((lim =→

xfgcx

.

9. Berikan contoh fungsi f dan g dimana fungsi f dan g tidak punya limit di titik c,

tetapi f + g dan fg mempunyai limit di titik c.

10. Buktikan teorema 3.15

11. Misalkan RR →⊆ AfA :, dan R∈c , dengan c titik timbun A. Buktikan

jika 0)(lim <→

xfcx

maka cxcVAxxfcV ≠∩∈∀<∋∃ ),(,0)()( δδ .

BAB IV

KEKONTINUAN FUNGSI

4.1 Definisi Fungsi Kontinu

Definisi 4.1.

Misalkan RR →⊆ AfA :, dan Ac ∈ . f dikatakan kontinu di titik c jika untuk

setiap lingkungan ))(( cfVε dari f(c) terdapat lingkungan )(cVδ dari c sehingga

jika )(cVAx δ∩∈ maka ))(()( cfVxf ε∈ .

Berikut ini ada beberapa hal yang perlu diperhatikan dalam pengambilan titik c;

1. Jika Ac ∈ , dimana c titik timbun A, maka dari definisi limit dan definisi fungsi

kontinu dapat disimpulkan bahwa )(lim)( xfcfcdikontinufcx→

=⇔ .

Dengan kata lain, jika c titik timbun A maka f dikatakan kontinu di titik c jika

memenuhi syarat

• f terdefinisi di titik c

• )(lim xfcx→

ada

• )(lim)( xfcfcx→

=

2. Jika Ac ∈ , dimana c bukan titik timbun A, maka ada lingkungan )(cVδ dari c

sehingga }{)( ccVA =∩ δ . Jadi dapat disimpulkan bahwa fungsi f jelas

kontinu di titik Ac ∈ walaupun c bukan titik timbun A. Titik ini disebut ”titik

terisolasi dari A”.

Definisi selanjutnya akan membicarakan kekontinuan fungsi pada suatu

himpunan.

Definisi 4.2.

Misalkan RR →⊆ AfA :, Jika AB ⊆ , f dikatakan kontinu pada B jika f

kontinu di setiap titik pada B.

Teorema 4.3

Misalkan RR →⊆ AfA :, dan Ac ∈ . Pernyataan berikut ekuivalen :

1) f dikatakan kontinu di titik c jika untuk setiap lingkungan ))(( cfVε dari f(c)

terdapat lingkungan )(cVδ dari c sehingga jika )(cVAx δ∩∈ maka

))(()( cfVxf ε∈ .

2) Untuk εδδε <−⇒<−∈∀∋>∃>∀ )()(,0,0 cfxfcxAx .

3) Jika (xn) barisan bilangan riil, R∈∀∈∋ nAxn , dan (xn) konvergen ke-c

maka barisan f((xn)) konvergen ke f(c).

Kriteria Ketakkontinuan 4.4

Misalkan RR →⊆ AfA :, dan Ac ∈ . f tidak kontinu di titik c jika dan hanya

jika )x(A)x( nn ∋∈∃ konvergen ke c, f((xn)) tidak konvergen ke f(c).

Contoh 4.5

1. Misalkan f(x) = 2x. Buktikan f(x) kontinu pada R .

Bukti:

Ambil 0>ε sebarang dan R∈c sebarang.

Pilih εδδε

δ =<−=−=−⇒∈<−∋= 2222)()(,2

cxcxcfxfDxcx f .

Sehingga menurut definisi kekontinuan f(x) kontinu pada R .

2. Misalkan R∈= xxxh ,)( 2. Buktikan h(x) kontinu pada R .

Bukti:

Pada contoh 3.5 (2) telah dibuktikan bahwa )()(lim 2chcxh

cx==

→ dengan

R∈c , maka h kontinu pada setiap titik R∈c . Sehingga h kontinu pada R .

3. Misalkan R∈= xxxf ),sgn()( . Buktikan bahwa f(x) tidak kontinu di x = 0.

Bukti:

Pada contoh 3.9 (2) telah dibuktikan bahwa )sgn(lim0

xx→

tidak ada di R .

Sehingga f(x) = sgn x tidak kontinudi x = 0.

4. Misalkan R=A , dan f ”fungsi Di richlet” yang didefinisikan sebagai berikut:

ℜ∈

∈=

Qx

Qxxf

\,0

,1)(

Buktikan bahwa f(x) tidak kontinu di R .

Bukti:

• Misalkan Qc ∈ , ambil N∈∀→ℜ∈ ncxQx nn ,)(,\)( . Karena

N∈∀= nxf n ,0)( maka 0))((lim =∞→

nn

xf , tetapi f(c) = 1. Akibatnya f

tidak kontinu pada Qc ∈ .

• Misalkan Q\R∈b , ambil N∈∀→∈ nbyQy nn ,)(,)( . Karena

N∈∀= nyf n ,1)( maka 1))((lim =∞→

nn

yf , tetapi f(b) = 0. Akibatnya f

tidak kontinu pada Q\R∈b .

Dari kedua kasus di atas dapat diambil kesimpulan f tidak kontinu pada R .

Selanjutnya ada beberapa hal tentang perluasan fungsi kontinu;

1) Terkadang ada fungsi R→Af : yang tidak kontinu di titik c karena f(c)

tidak terdefinisi.Tetapi, jika fungsi f mempunyai limit L di titik c maka dapat

didefinisaikan fungsi baru R→∪ }{: cAF yang didefinisikan sebagai

berikut:

∈

==

Ax,)x(f

cx,L)x(F

Maka F kontinu di titik c.

2) Misalkan fungsi R→Ag : tidak mempunyai limit di titik c, maka tidak

dapat dibuat fungsi R→∪ }{: cAG yang kontinu di titik c dan

didefinisikan sebagai berikut:

∈

==

Ax,)x(g

cx,C)x(G

Untuk membuktikan pernyataan di atas andaikan C)x(Glimcx

=→

. Bukti

selengkapnya diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.

Contoh 4.6

1) Misalkan 01

≠

= x,

xsin)x(g . Karena )x(glim

x 0→ tidak ada, maka kita

tidak dapat memperluas fungsi g(x) di titik x = 0.

2) Misalkan 01

≠

= x,

xsinx)x(f . Karena f(0) tidak terdefinisi dan f tidak

kontinu di titik x = 0 tetapi 01

0=

→ x

sinxlimx

, maka kita dapat memperluas

fungsi f(x) menjadi RR →:F yang didefinisikan sebagai berikut:

≠

=

=0

100

x,x

sinx

x,

)x(F .

Sehingga F kontinu di x = 0.

4.2 Sifat-sifat Fungsi Kontinu

Misalkan RRR ∈→⊆ bAhgfA ,:,,, . Pada definisi 3.12 telah dibahas tentang

penjumlahan (f + g), selisih (f - g), perkalian dua fungsi (fg), dan perkalian fungsi

dengan skalar (bf) serta pembagian (f / h) dengan Axxh ∈∀≠ ,0)( . Berikut ini

akan membahas penjumlahan, selisih, perkalian dua fungsi, dan perkalian fungsi

dengan skalar serta pembagian fungsi kontinu.

Teorema 4.7.

Misalkan RRR ∈→⊆ bAgfA ,:,, . Misalkan Ac ∈ dan f dan g kontinu di titik

c,

a) Maka f + g, f - g, fg, bf kontinu di titik c.

b) Jika ℜ→A:h kontinu di Ac ∈ dan jika Ax,)x(h ∈∀≠ 0 maka f /h

kontinu di titik c.

Bukti:

a). Untuk membuktikan teorema di atas, dibagi menjadi dua kasus :

1. Jika c bukan titik timbun A

2. Jika c titik timbun A, f kontinu di titik c, dan g kontinu di titik c maka

)()(lim cfxfcx

=→

dan )()(lim cgxgcx

=→

. Sehingga

)(lim)(lim)()(lim))((lim xgxfxgxfxgfcxcxcxcx →→→→

+=+=+

))(()()( cgfcgcf +=+=

Akibatnya (f + g) kontinu di titik c. ■

Teorema 4.8.

Misalkan RRR ∈→⊆ bAgfA ,:,, . Misalkan Ac ∈ dan f dan g kontinu pada

A,

a) Maka f + g, f - g, fg, bf kontinu pada A.

b) Jika R→Ah : kontinu pada A dan jika Ax,)x(h ∈∀≠ 0 maka f /h

kontinu di pada A.

Teorema 4.9.

Misalkan RR →⊆ AfA :, , dan misalkan | f | didefinisikan sebagai

Axxfxf ∈∀= ,)()( .

a) Jika f kontinu di titik Ac ∈ maka | f | kontinu di titik c.

b) Jika f kontinu pada A maka | f | kontinu pada A.

Bukti teorema 4.8 dan 4.9 diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.

Teorema 4.10.

Misalkan AxxfAfA ∈∀≥→⊆ 0)(,:, RR , dan misalkan f didefinisikan

sebagai Axxfxf ∈∀= ,)())((

a) Jika f kontinu di titik Ac ∈ maka f kontinu di titik c.

b) Jika f kontinu pada A maka f kontinu pada A.

Bukti.

a) Ambil 0>ε sebarang. Misalkan Ac ∈ . Jika ( ) 0=cf maka ( ) 0=cf .

Karena f kontinu di Ac ∈ maka

( ) 2)(,0 εδδ <=⇒<−∈∀∋>∃ xfxfcxAx atau

( ) ( ) ( ) ε<−=− cfxfxf 0 .

Sekarang misalkan Ac ∈ dan ( ) 0≠cf . Karena Karena f kontinu di

Ac ∈ maka ( ) ( )cfcfxfcxAx εδδ <−⇒<−∈∀∋>∃ )(,0 .

Perhatikan bahwa δ<−∈∀ cxAx , berlaku

( )( )( )

( )( )

εε

=<−

<+

−=

+

−=

+

+−=−

)(

)(

)(

)()(

)()(

)()(

)()(

)()(

)()(

)()()()()()(

cf

cf

cf

cfxf

cfxf

cfxf

cfxf

cfxf

cfxf

cfxfcfxfcfxf

Jadi terbukti f kontinu di titik c. ■

Pada teorema 4.7 membahas tentang perkalian dua fungsi kontinu adalah

kontinu. Selanjutnya akan dibahas tentang komposisi fungsi kontinu.

Komposisi Fungsi Kontinu

Teorema 4.11.

Misal BAfBgAfBA ⊆∋→→⊆ )(,:,:,, RRR . Jika f kontinu di titik Ac ∈

dan g kontinu pada B)c(fb ∈= maka R→Afg :o kontinu di titik c.

Teorema 4.12.

Misal BAfBgAfBA ⊆∋→→⊆ )(,:,:,, RRR . Misalkan f kontinu pada A

dan g kontinu pada B . Jika BAf ⊆)( maka R→Afg :o kontinu pada A.

Bukti teorema 4.11 dan 4.12 diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.

4.3 Fungsi Kontinu pada Interval

Definisi 4.13.

Misal R→Af : . f dikatakan terbatas pada A jika AxMxfM ∈∀≤∋>∃ ,)(0 .

Dari definisi di atas dapat dikatakan suatu fungsi dikatakan terbatas jika range

fungsi tersebut terbatas di R . Ingat bahwa fungsi kontinu tidak selalu terbatas,

contohnya pada }0:{,1

)( >∈== xxAx

xf R , f kontinu pada A tetapi tidak

terbatas pada A.

Jika }10:{,1

)( <<∈== xxBx

xf R juga f kontinu pada B tetapi f tidak

terbatas pada B. Sedangkan jika }1:{,1

)( ≥∈== xxCx

xf R f kontinu pada C

dan f terbatas pada C, meskipun C tidak terbatas.

Teorema 4.14 (Keterbatasan).

Misal I = [a,b] interval tertutup terbatas dan misalkan R→If : kontinu pada I.

Maka f terbatas pada I.

Bukti:

Andaikan f tidak terbatas pada I, maka N∈∀>∋∈∃ nnxfIx nn ,)( . Karena I

terbatas maka X = (xn) terbatas, sehingga menurut teorema Bolzano-Weistrass

ada subbarisan yang konvergen, sebut )( nrxX =′ yang konvergen ke x. Karena

IX ∈′ maka menurut teorema Ix ∈ .

Dari hipotesis di atas diketahui f kontinu pada I, sehingga menurut teorema 4.3

))((rnxf konvergen ke f(x). Menurut teorema suatu barisan konvergen adalah

terbatas, maka ))((rnxf terbatas. Hal ini bertentangan dengan kenyataan bahwa

R∈≥> rrnxf rnr,)( . Jadi pengandaian salah haruslah f terbatas pada I.■

Definisi 4.15

Misalkan RR →⊆ AfA :, . f mempunyai maksimum absolut pada A jika ada

AxxfxfAx ∈∀≥∋∈ ),(*)(* dan f mempunyai minimum absolut pada A jika

ada AxxfxfAx ∈∀≤∋∈ ),()( ** .

x* disebut titik maksimum absolut dan *x disebut titik minimum absolut.

Teorema 4.16 (Maksimum-Minimum).

Misal I = [a,b] interval tertutup terbatas dan misalkan R→If : kontinu pada I.

Maka f mempunyai maksimum absolut dan minimum absolut pada I.

Bukti :

Misalkan }),({)( IxxfIf ∈= . Karena I interval tertutup terbatas maka f(I) juga

terbatas pada R , sehingga f(I) mempunyai supremum dan infimum, sebut s* =

sup f(I) dan )(inf* Ifs = . Akan dibuktikan )(&*)(**, *** xfsxfsIxx ==∋∈∃ .

Karena s* = sup f(I) maka N∈− nn

s ,1

* bukan batas atas f(I). Sehingga

N∈≤<−∋∈∃ nsxfn

sIx nn *,)(1

* .

Karena I terbatas maka X = (xn) juga terbatas, sehingga menurut Teorema

Bolzano-Weistrass ada subbarisan )(rnxX =′ yang konvergen ke x*. Karena f

kontinu di x* maka *)()(lim xfxfrn

n=

∞→ sehingga ℵ∈≤<− rsxf

ns

rn

r

*,)(1

* .

Karena *lim*1

*lim ssn

sn

rn ∞→∞→

==

− maka menurut teorema apit *))((lim sxf

rnn

=∞→

.

Sehingga )(sup*))((lim*)( Ifsxfxfrn

n===

∞→.

Akibatnya f(x) mempunyai absolut maksimum. ■

Teorema 4.17 (Lokasi Akar).

Misal I = [a,b] interval tertutup terbatas dan misalkan R→If : kontinu pada I.

Jika )(0)(,, βαβαβα ffI <<∋∈< atau )(0)( βα ff >> maka

0)(),( =∋∈∃ cfc βα .

Bukti dari teorema lokasi akar diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.

Teorema 4.18 (Niai Tengah Bolzano’s).

Misal I = [a,b] interval dan misalkan R→If : kontinu pada I. Jika Iba ∈, dan

jika R∈k yang memenuhi )()( bfkaf << maka kcfbac =∋∈∃ )(),( .

Bukti:

Misal Iba ∈, dan )()( bfkaf << , R∈k .

• Misalkan a < b dan misalkan g(x) = f(x) – k. Karena )()( bfkaf <<

maka )(0)( bgag << . Karena f(x) kontinu pada I maka g(x) juga kontinu

pada I, sehingga menurut teorema lokasi akar

kcfcgbcabac −==∋<<∈∃ )()(0),,( .Jadi f(c) = k.

• Misalkan b < a dan misalkan h(x) = k - f(x). Karena )()( bfkaf << maka

)(0)( ahbh << . Karena f(x) kontinu pada I maka h(x) juga kontinu pada I,

sehingga menurut teorema lokasi akar

)()(0),,( cfkchacbbac −==∋<<∈∃ .Jadi f(c) = k. ■

Akibat 4.19.

Misal I = [a,b] interval tertutup terbatas dan misalkan R→If : kontinu pada I.

Jika ℜ∈k yang memenuhi )(sup)(inf IfkIf ≤≤ maka kcfIc =∋∈∃ )( .

4.4 Kekontinuan Seragam

Definisi 4.20.

Misalkan .:, RR →⊆ AfA f dikatakan kontinu seragam pada A jika untuk

εεδεδε <−⇒<−∈∀∋>∃>∀ )()()(,,0)(,0 ufxfuxAux .

Selanjutnya akan dibicarakan beberapa kriteria ketakkontinuan seragam, salah

satunya dengan menggunakan barisan.

Definisi 4.21 (Ketak Kontinuan Seragam).

Misalkan .:, RR →⊆ AfA Pernyataan berikut ekuivalen :

1) f tidak kontinu seragam pada A

2) 00 )()(,,0,0 εδεδ δδδδδδ ≥−⇒<−∋∈∃>∃>∀ ufxfuxAux

3) N∈∀≥−=−∋∈∃>∃∞→

nufxfuxAux nnn

nn ,)()(&0)(lim)(),(,0 00 εε δδ

Dari definisi kekontinuan fungsi jelas bahwa jika f kontinu seragam pada A maka

f kontinu di setiap titik dari A. Tetapi jika f kontinu di setiap titik dari A tidak

mengakibatkan f kontinu seragam pada A. Contohnya misalkan

}0:{,1

)( >∈== xxAx

xg R . Fungsi g kontinu pada A ( lihat contoh ), tetapi g

tidak kontinu seragam pada A karena dengan mengambil

0)(lim1

1,

1,

21

0 =−∋+

===∞→

nnn

nn uxn

un

xε dan

R∈∀=≥=+−=− nnnugxg nn ,1|)1(|)()( 02

1 ε .

Selanjutnya jika f kontinu pada suatu interval tertutup terbatas, sebut I maka f

kontinu seragam pada I.

Teorema 4.22 (Kekontinuan Seragam).

Misalkan I adalah interval tertutup terbatas, dan R→If : kontinu pada I maka

f kontinu seragam pada I.

Bukti dari teorema 4.22 diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.

Pada teorema 4.22 suatu fungsi kontinu akan kontinu seragam jika intervalnya

tertutup dan terbatas. Apabila intrervalnya tidak tertutup dan terbatas akan sulit

menentukan kekontinuan seragam. Untuk itu diperlukan kondisi lain, yaitu

kondisi Lipschitz .

Definisi 4.23 (Fungsi Lipschitz).

Misalkan .:, RR →⊆ AfA Jika AuxuxKufxfK ∈∀−≤−∋>∃ ,,)()(0

maka f dikatakan fungsi Lipschitz pada A atau memenuhi kondisi Lipschitz.

Teorema 4.24.

Jika R→Af : dan f fungsi Lipschitz maka f kontinu seragam pada A.

Bukti:

Ambil 0>ε sebarang.

Misalkan f fungsi Lipschitz maka AuxuxKufxfK ∈∀−≤−∋>∃ ,,)()(0 .

Akan ditunjukkan f kontinu seragam pada A atau

εδδ <−⇒<−∈∀∋>∃ )()(,,0 ufxfuxAux .

Pilih K

εδ = , sehingga ε

εδ ==<−≤−∈∀

KKKuxKufxfAux )()(,, .

Jadi f kontinu seragam pada A. ■

Kebalikan dari teorema di atas tidak benar, artinya tidak setiap fungsi kontinu

seragam adalah fungsi Lipschitz. Contohnya, misalkan

xxgIIg ==ℜ→ )(],2,0[,: . Menurut teorema 4.10 g kontinu pada I,

sehingga menurut teorema 4.22 g kontinu seragam pada I. Tetapi g bukan fungsi

Lipschitz karena tidak ada IuxuxKugxgK ∈∀−≤−∋> ,,)()(0 .

Contoh 4.25.

1. Misalkan f(x) = x2 pada A = [0,b] dengan b konstanta positif. Tunjukkan

bahwa f kon tinu seragam.

Jawab:

Ambil ],0[, bux ∈ sebarang. Perhatikan bahwa

uxbuxuxuxufxf −≤−+=−=− 2)()( 22.

Sehingga dengan mengambil K = 2b , f merupakan fungsi Lipschitz. Menurut

teorema 4.24 f kontinu seragam.

2. Misalkan ),1[,)( ∞== Axxg . Tunjukkan bahwa g kon tinu seragam.

Jawab:

Ambil Aux ∈, sebarang. Perhatikan bahwa

uxux

uxuxugxg −≤

+

−=−=−

2

1)()( .

Sehingga dengan mengambil K = ½ , g merupakan fungsi Lipschitz. Menurut

teorema 4.24 g kontinu seragam.

4.5 Fungsi Monoton dan Fungsi Invers

Definisi 4.26.

Misalkan ,: R→Af f dikatakan naik pada A jika Ax,x ∈∀ 21 dan 21 xx ≤ maka

)x(f)x(f 21 ≤ .

f dikatakan naik sejati pada A jika Ax,x ∈∀ 21 dan 21 xx < maka

)x(f)x(f 21 < .

Misalkan ,: R→Af f dikatakan turun pada A jika Ax,x ∈∀ 21 dan 21 xx ≤

maka )x(f)x(f 21 ≥ .

f dikatakan naik sejati pada A jika Ax,x ∈∀ 21 dan 21 xx < maka

)x(f)x(f 21 > .

Jika R,→Af : naik pada A maka g = -f turun pada A, sedangkan jika

R,→Af : turun pada A maka g = -f naik pada A.

Fungsi yang monoton belum tentu konitnu, sebagai contoh

Misalkan

∈

∈=

],(x,

],[x,)x(f

211

100

Pada fungsi di atas, f naik pada [0,2] tetapi tidak kontinu di x = 1.

Teorema 4.27.

Misal ,:, RR →⊆ IfI f naik pada I. Misal Ic ∈ dimana c bukan titik ujung

dari I, maka

}cx,Ix:)x(finf{)x(flim).ii(

}cx,Ix:)x(fsup{)x(flim).i(

cx

cx

>∈=

<∈=

+

−

→

→

Bukti:

(i). Ambil 0>ε sebarang.

Misalkan Ix ∈ dan x < c. Karena f naik maka )c(f)x(f ≤ . Sehingga

}cx,Ix:)x(f{ <∈ terbatas di atas oleh f(c). Karena }cx,Ix:)x(f{ <∈

terbatas di atas maka mempunyai supremum,sebut

}cx,Ix:)x(fsup{L <∈= .

Maka ε−>ε∀ L,0 bukan batas atas }cx,Ix:)x(f{ <∈ , sehingga

Iy ∈∃ ε dimana .L)y(fLcy ≤<ε−∋< εε

Pilih δ<−<∋−=δ ε ycyc 0 maka cyy <<ε dan

L)y(f)y(fL ≤≤<ε− ε . Akibatnya ε<− L)x(f jika δ<−< yc0 atau

ε<<∈− },:)(sup{)( cxIxxfxf untuk δ<−< yc0 .

Karena 0>ε sebarang, maka dapat disimpulkan

},:)(sup{)(lim cxIxxfxfcx

<∈=−→

.

(ii). Buktinya di serahkan kepada pembaca sebagai latihan. ■

Akibat 4.28.

Misal ,:, RR →⊆ IfI f naik pada I. Misal Ic ∈ dimana c bukan titik ujung

dari I, maka pernyataan berikut equivalent:

a) f kontinu di c

b) )x(flim)c(f)x(flimcxcx +− →→

==

c) }cx,Ix:)x(finf{)c(f}cx,Ix:)x(fsup{ >∈==<∈

Misal I interval dan ,: R→If f fungsi naik. Misal a titik ujung kiri dari I, dan f

kontinu di a jika dan hanya jika },ax,Ix:)x(finf{)a(f >∈= atau f kontinu

pada a jika dan hanya jika )x(flim)a(fax +→

= .

Misal I interval dan ,: R→If f fungsi naik. Misal b titik ujung kanan dari I, dan

f kontinu di b jika dan hanya jika },bx,Ix:)x(fsup{)b(f <∈= atau f kontinu

pada b jika dan hanya jika )x(flim)b(fbx −→

= .

Soal-Soal

12. Misalkan ,:, RR →⊆ AfA dan Ac ∈ , f kontinu pada c. Buktikan jika

εε δδ <−⇒∩∈∋∃>∀ )()()(,)(,0 yfxfcVAyxcV .

13. Misalkan R∈= xxxf ),sgn()( . Buktikan bahwa f(x) kontinu di di 0, ≠∈ cc R .

14. Misalkan ,: RR →f f kontinu pada c, 0)(, >∈ cfc R . Buktikan

0)()()( >⇒∈∀∋∃ xfcVxcV δδ .

15. Misalkan

∈+

∈=→

Q\R

QRR

xx

xxxgg

,3

,2)(,:

Tentukan di titik mana g kontinu.

16. Tentukan di titik mana fungsi berikut kontinu

ℜ∈+=

≠+

=

≥+=

ℜ∈+

++=

xxxkd

xx

xxhc

xxxxgb

xx

xxxfa

,1cos)().(

0,|sin|1

)().(

0,)().(

,1

12)().(

2

2

2

17. Misalkan ,: RR →f dan K > 0 yang memenuhi

R∈−≤− yxyxKyfxf ,,)()( . Buktikan bahwa f kontinu di setiap titik

R∈c .

18. Misalkan RR →⊆ AfA :, , dan misalkan | f | didefinisikan sebagai

Axxfxf ∈∀= ,)()( . Buktikan jika f kontinu di titik Ac ∈ maka | f | kontinu

di titik c.

19. Misalkan ,:, RR →⊆ AfA dan f kontinu pada A. Jika f n didefinisikan

sebagai N∈∀= nxfxfnn ,))(()( , buktikan bahwa f n kontinu pada A.

20. Berikan contoh fungsi f dan g yang tidak kontinu di titik c, tetapi (f + g) dan

(fg) kontinu di titik c.

21. Berikan contoh fungsi R→]1,0[:f yang tidak kontinu di setiap titik dari [0,1],

tetapi |f| kontinu pada [0,1].

22. Misal I = [a,b] dan misalkan R→If : kontinu pada I dimana

Ixxf ∈> ,0)( . Buktikan Ixxf ∈∀≥∋>∃ ,)(0 αα .

23. Misal I = [a,b] dan misalkan R→If : kontinu pada I dimana

)()(,21 xfyfIyIx ≤∋∈∃∈∀ . Buktikan 0)( =∋∈∃ cfIc .

24. Buktikan teorema 4.17

25. Buktikan teorema 4.22

26. Misal I = [a,b] dan misalkan R→If : kontinu pada I , dan misalkan

0)(,0)( >< bfaf . Misalkan { }0)(: <∈= xfIxW dan w = sup{W}.

Buktikan f(w) = 0.

27. Misalkan ),0[,)( ∞== Axxg . Tunjukkan bahwa g kon tinu seragam pada

A.

28. Misalkan ),[,1

)( ∞== aAx

xg dengan a konstanta positif. Tunjukkan bahwa

g kon tinu seragam pada A.

29. Buktikan jika f kontinu seragam pada A maka f terbatas pada A.

30. Misalkan f(x) = x dan g(x) = sin x, tunjukkan bahwa f(x) dan g(x) kontinu

seragam pada ℜ , tetapi (fg)(x) tidak kontinu seragam pada ℜ .

31. Misalkan ),1[,1

)(2

∞== Ax

xg . Tunjukkan bahwa g kon tinu seragam pada

A, tetapi g tidak kontinu seragam pada ),0( ∞=B .

32. Gunakan kriteria ketakkontinuan seragam pada fungsi berikut:

),0()1sin()().(

),0[)().( 2

∞==

∞==

Bxxgb

Axxfa

33. Buktikan jika f dan g kontinu seragam pada R maka gf o kontinu seragam

pada R .

34. Misalkan RRRR ∈→→⊆ bAgAfA ,:,:, . Misalkan Ac ∈ dan f dan g

kontinu di titik c, buktikan (f + g), f - g, fg, bf kontinu di c dengan

menggunakan definisi fungsi kontinu.

DAFTAR PUSTAKA

1. Bartle, R. G., Sherbert, D. R., Introduction to Real Analysis, John Wilwey &

Sons, Inc., Third Edition, 2000.

2. DePree, J., Swartz, C., Introduction to Real Analysis, John Wilwey & Sons,

Inc., 1988.

3. Goldberg, R. R., Methods of Real Analysis, John Wiley & Sons, Second

Edition.