DIKTAT KULIAH ANALISIS PENGANTAR ANALISIS REAL I (Introduction to Real Analysis I) M. Zaki Riyanto, S.Si e-mail: zaki@mail.ugm.ac.id http://zaki.math.web.id COPYRIGHT 2008-2009 Pengantar Analisis Real I ii HALAMAN PERSEMBAHAN Tulisan ini saya persembahkan kepadapenggiat dan pemerhati Matematika di Indonesia Pengantar Analisis Real I iii KATA PENGANTAR Syukuralhamdulillah,akhirnyapenulisanbukuinidapatdiselesaikandengantepat waktu. Materi buku ini diambil dari catatan kuliah Pengantar Analisis Real I di Jurusan MatematikaUGMpadatahun2004dan2005.PengantarAnalisisRealImerupakan matakuliahwajibbagimahasiswaS-1Matematika.Semogadenganbukuyang sederhana ini dapat membantu para mahasiswa dalam mempelajari dan memahaminya. Diharapkanmahasiswatelahmempelajarikonseplogikapembuktian,himpunan,dan Kalkulus Lanjut. Padakesempataninitaklupasayamengucapkanbanyakterimakasihkepada semuatemankuliahdiMatematikaUGMangkatan2002dan2003,khususnyayang telah membantu dan meminjamkan buku catatan kuliahnya. Kami sangat menyadari sepenuhnya bahwa buku ini masih jauh dari sempurna. Olehkarenaitu,kamisangatmengharapkankritikmaupunsaranyangmembangun demi kelanjutan dan sempurnanya buku ini, terima kasih. Yogyakarta, 26 Agustus 2008 M. Zaki Riyanto, S.Si. E-mail : zaki@mail.ugm.ac.id http://zaki.math.web.id Pengantar Analisis Real I iv DAFTAR ISI Halaman Judul................ Halaman Persembahan............................... Kata Pengantar........................................... Daftar Isi................................. i ii iii iv Bab I. Bab II. BILANGAN REAL 1.1.Sifat-sifat Aljabar dan Urutan dalam...................................... 1.2.Nilai Mutlak dan Garis Bilangan Real......................................... 1.3.Sifat Lengkap.............. 1.4.Penggunaan Sifat Aksioma Supremum........................................ 1.5.Interval dalam................. BARISAN DAN DERET 2.1.Barisan dan Limit Barisan............................................................ 2.2.Teorema-teorema Limit................................................................ 2.3.Barisan Monoton ......................................................................... 2.4.Barisan Bagian............................................................................. 2.5.Barisan Cauchy............................................................................ 2.6.Sifat Barisan Divergen................................................................. 2.7.Deret Tak Berhingga.................................................................... 1 13 17 21 27 38 45 53 56 62 65 68 Daftar Pustaka........74 Pengantar Analisis Real I 1 BAB 1 BILANGAN REAL Padababinidibahassifat-sifatpentingdarisistembilanganreal,sepertisifat-sifat aljabar,urutan,danketaksamaan.Selanjutnya,akandiberikanbeberapapengertian seperti bilangan rasional, harga mutlak, himpunan terbuka, dan pengertian lainnya yang berkaitan dengan bilangan real. 1.1. Sifat-sifat Aljabar dan Urutan dalam Sebelummenjelaskantentangsifat-sifat,diberikanterlebihdahulutentangstruktur aljabar dari sistem bilangan real. Akan diberikan penjelasan singkat mengenai sifat-sifat dasardaripenjumlahandanperkalian,sifat-sifataljabarlainyangdapatditurunkan dalambeberapaaksiomadanteorema.Dalamterminologialjabarabstrak,sistem bilanganrealmembentuklapangan(field)terhadapoperasibinerpenjumlahandan perkalian biasa. Sifat-sifat Aljabar Pada himpunan semua bilangan real terdapat dua operasi biner, dinotasikan dengan +dan.yangdisebutdenganpenjumlahan(addition)danperkalian (multiplication). Operasi biner tersebut memenuhi sifat-sifat berikut: (A1)+ = + a b b auntuk semua , a b(sifat komutatif penjumlahan) (A2)( ) ( ) a b c a b c + + = + +untuk semua, , a b c (sifat assosiatif penjumlahan) (A3)terdapat0 sedemikian hingga0 a a + =dan0 a a + =untuk semuaa(eksistensi elemen nol) (A4)untuksetiapa terdapata sedemikianhingga( ) 0 a a + = dan ( ) 0 a a + =(eksistensi elemen negatif atau invers penjumlahan) (M1)a b b a = untuk semua , a b(sifat komutatif perkalian) (M2)( ) ( ) a b c a b c = untuk semua, , a b c (sifat assosiatif perkalian) Pengantar Analisis Real I 2 (M3)terdapat1sedemikianhingga1 a a = dan1 a a = untuksemuaa(eksistensi elemen unit 1) (M4) untuksetiapa ,0 a terdapat 1a sedemikianhingga 11 aa| | = |\ dan 11 aa| | = |\ (eksistensi invers perkalian) (D)( ) ( ) ( ) a b c a b a c + = + dan( ) ( ) ( ) b c a b a c a + = + untuk semua, , a b c (sifat distributif perkalian atas penjumlahan) Sifat-sifatdiatastelahumumdiketahui.Sifat(A1)-(A4)menjelaskansifat penjumlahan,sifat(M1)-(M4)menjelaskansifatperkalian,dansifatterakhir menggabungkan kedua operasi. Selanjutnya,diberikanbeberapateorematentangelemen0dan1yangtelah diberikanpadasifat(A3)dan(M3)diatas.Jugaakanditunjukkanbahwaperkalian dengan 0 akan selalu menghasilkan 0. Teorema 1.1.1. (a)Jika, z adenganz a a + = , maka0 z = . (b)Jika u dan0 b elemen denganu b b = , maka1 u = . (c)Jikaa , maka0 0 a = . Bukti.(a)Menggunakan aksioma (A3), (A4), (A2), asumsiz a a + = , dan (A4), diperoleh ( )( ) ( )( )0( )0.z zz a az a aa a= += + += + += += (b) Menggunakan aksioma (M3), (M4), (M2), asumsiu b b = , dan (M4), diperoleh Pengantar Analisis Real I 3 11u uu bb= | | | |= ||\ \ ( )1u bb| |= |\ 11.bb| |= |\ = (c)Karena( ) 0 1 0 . 1 0 1 a a a a a a a + = + = + = = , maka0 0 a = . Dengan demikian, maka teorema terbukti. Teorema 1.1.2. Jikaa , maka (a)( ) 1 .a a = . (b)( ) a a = . (c)( ) ( ) 1 1 1 = . Selanjutnya,diberikanduasifatpentingdarioperasiperkalian,yaitusifat ketunggalanelemeninversnyadanbahwaperkalianduabilanganituhasilnyanol apabila salah satu faktornya adalah nol. Teorema 1.1.3. (a)Jika0 a b + = , makab a = . (b)Jika0 a danb sedemikian hingga1 a b = , maka 1ba= . (c)Jika0 a b = , maka0 a =atau0 b = . Bukti.(a)Karena0 a b + = , maka 0 a b + = ( ) ( ) ( ) 0 a a b a + + = + Pengantar Analisis Real I 4 ( ) ( )a a b a + + = (A2 dan A3) 0 b a + = (A4) b a = .(A3) (b) Karena1 a b = , maka 1 a b = ( )1 11 a ba a| | = |\ ( )1 1a ba a| | = |\ 11 ba =1ba= . (c)Diketahui0 a b = , maka 0 a b = ( )1 10 a ba a| | | | = ||\ \ ( )10 a ba| | = |\ ( )10 a ba| | = |\ 1 0 b = 0 b = . Dengan cara yang sama, kedua ruas dikalikan dengan 1b, maka diperoleh0 a = . Dengan demikian teorema terbukti. Teorematersebutdiatasmenjelaskanbeberapasifataljabarsederhanadari sistembilanganreal.Beberapaakibatdariteorematersebutdiberikansebagaibahan latihan soal di bagian akhir subbab ini. Pengantar Analisis Real I 5 Operasipengurangan(substraction)didefinisikandengan: ( ) a b a b = +untuk, a b .Samahalnyadenganoperasipembagian(division),untuk, a bdengan0 b didefinisikan 1:aab b| |= |\ . Untukselanjutnya,a b cukupdituliskandenganab ,danpenulisan 2a untuk aa, 3auntuk ( )2a a , dan secara umum didefinisikan ( )1:n na a a+=untukn. Lebih lanjut, 1a a = ,danjika0 a ,makadapatditulis 01 a = dan 1auntuk 1a,danjika n, dapat ditulis na untuk 1na| | |\ . Bilangan Rasional dan Irrasional Telahdiketahuibahwahimpunandanadalahsubsetdari.Elemenyang dapat dituliskan dalam bentuk ba di mana, a bdan0 a disebut dengan bilangan rasional(rationalnumbers).Himpunansemuabilanganrasionaldidinotasikan dengan. Dapat ditunjukkan bahwa penjumlahan dan perkalian dua bilangan rasional adalah bilangan rasional. Lebih lanjut, sifat-sifat lapangan juga berlaku untuk. Akantetapi,tidaksemuaelemenmerupakanelemen,seperti2 yang tidak dapat dinyatakan ke dalam bentuk ba. Elemenyang bukanelemen disebut bilangan irrasional (irrational numbers). Akanditunjukkanbahwatidakterdapatbilanganrasionalyangkuadratnya adalah2.Untukmembuktikannyadigunakanistilahgenapdanganjil.Suatubilangan aslidisebutgenapapabilabilanganitumempunyaibentuk2nuntuksuatun,dan disebut ganjil apabila bilangan itu mempunyai bentuk2 1 n untuk suatun. Teorema 1.1.4.Tidak ada elemenr sedemikian hingga 22 r = . Pengantar Analisis Real I 6 Bukti.Andaikanadar sedemikianhingga 22 r = .Karenar ,makardapat dituliskansebagai pqdenganpdanqtidakmempunyaifaktorberserikatselain1, sehinggadiperoleh 22pq| |= |\ atau 2 22 p q = .Karena 22q genap,maka 2p genap. Akibatnyapjugagenap,sebabjikaganjil,maka2 1 p m = untuksuatum,atau ( ) ( )22 2 22 1 4 4 1 2 2 2 1 p m m m m m = = + = + yangberartibahwa 2p ganjil.Jadi,p haruslahgenap.Karenapgenap,maka2 p k = untuksuatuk ,sehingga ( )22 22 4 p k k = = .Dilainpihakdiketahui 2 22 p q = danpgenap,akibatnyaqganjil, sebabjikaqgenap,makafaktorberserikatpdanqbukan1.Jadi,qharuslahganjil. Sehinggadiperoleh 2 2 2 2 2 22 4 2 2 p q k q k q = = = yangberartiqgenap.Timbul kontradiksi bahwa q ganjil. Jadi, pengandaian salah, yang benar adalah tidak adar sedemikian hingga 22 r = . Sifat-sifat Urutan pada Sifat urutan menjelaskan tentang kepositifan (positivity) dan ketaksamaan (inequalities) di antara bilangan-bilangan real.Adasubsettakkosong P ,yangdisebutdenganhimpunanbilangan-bilangan real positif tegas, yang memenuhi sifat-sifat berikut: (i)Jika, a bP, makaa b + P . (ii)Jika, a bP, makaabP . (iii)JikaaP, maka memenuhi tepat satu kondisi berikut: aP,0 a = ,a P. Sifat pertama dan kedua pada teorema di atas menjelaskan tentang sifat tertutup Pterhadapoperasipenjumlahandanperkalian.Sifatyangketiga(iii)seringdisebut SifatTrikotomi(TrichotomyProperty),sebabakanmembagikedalamtigajenis elemenyang berbeda. Hal ini menjelaskan bahwa himpunan{ } : a a Pdari bilangan Pengantar Analisis Real I 7 real negatif tidak mempunyai elemen yang sama dengan himpunan bilangan real positif. Lebih lanjut, merupakan gabungan tiga himpunan saling asing tersebut, yaitu { } {} : 0 a a = P P . Definisi 1.1.5.(i)JikaaP, ditulis0 a > , artinya a adalah bilangan real positif.(ii)Jika{} 0 a P , ditulis0 a , artinya a adalah bilangan real nonnegatif.(iii)Jikaa P , ditulis0 a < , artinya a adalah bilangan real negatif.(iv)Jika{} 0 a P , ditulis0 a , artinya a adalah bilangan real nonpositif. Definisi 1.1.6. Diberikan, a b . (a)Jikaa b P , maka ditulisa b >ataub a < . (b)Jika{} 0 a b P , maka ditulisa b ataub a . SifatTrikotomidiatasberakibatbahwauntuk, a b memenuhitepatsatu kondisi berikut: a b > ,a b = ,a b < . Selanjutnya,jikaa b danb a ,makaa b = .Jikaa b c < < ,makaartinya bahwaa b danb c > , makaa c > . (b)Jikaa b > , makaa c b c + > + . (c)Jikaa b >dan0 c > , makaca cb > . Jikaa b >dan0 c < , makaca cb < . (d)Jika0 a > , maka 10a > . Jika a danb c > ,, , a b c.Karenaa b > ,makaa b P .Karena b c > ,makab c P .Menurutsifaturutan,makaa b + P ,sehingga diperoleh ( ) ( ) a b b c + + P a b b c + P( ) ( ) a c b b + + P( ) 0 a c + P a c P. a c >(b) Jikaa b P ,maka( ) ( ) a c b c a b + = P .Sehinggadiperolehbahwa a c b c + > + . (c)Jikaa b PdancP, maka( ) ca cb c a b = P . Akibatnyaca cb >untuk 0 c > . Gunakan langkah yang sama untuk0 c . (b)1 0 > . (c)Jikan, maka0 n > . Teorema 1.1.9. Jika, a bdana b < , maka 2a ba b+< < . Pengantar Analisis Real I 9 Bukti.Karenaa b < ,maka2 a a a b a a b + < + < + ,diperoleh ( )2a ba+< .Karena a b < ,maka2 a b b b a b b + < + + < ,diperoleh ( )2a bb+< .Akibatnya,darikedua pernyataan di atas diperoleh bahwa 2a ba b+< < . Dapat ditunjukkan bahwa tidak ada bilangan real positif yang terkecil, sebab jika diberikan0 a > , dan karena 102 > , maka diperoleh 102a a < < . Selanjutnya,untukmembuktikanbahwasuatuhimpunan0 a adalahsama dengannol,makaharusditunjukkanbahwaaselalulebihkecildarisebarangbilangan positif yang diberikan. Teorema1.1.10.Jikaa sedemikianhingga0 a < untuksetiap0 > ,maka 0 a = . Bukti.Andaikan0 a > ,maka02aa > > .Diambil 02a = (0 bilanganrealpositif tegas),maka 00 a > > .Kontradiksidenganpernyataan0 a < untuksetiap0 > . Jadi, pengandaian salah, yang benar adalah0 a = . Perkalianantaraduabilanganpositifhasilnyaadalahpositif.Akantetapi,hasil perkalian yang positif belum tentu setiap faktornya positif. Teorema 1.1.11. Jika0 ab > , maka berlaku (i)0 a >dan0 b > , atau (ii)0 a dan0 b < . Ketaksamaan (Inequalities) Selanjutnya,akanditunjukkanbagaimanasifaturutandapatdigunakanuntuk menyelesaikan suatu ketaksamaan. Perhatikan contoh di bawah ini. Contoh 1.1.13. (a)Tentukan himpunan A dari bilangan real x sedemikian hingga2 3 6 x + . Jawab. Diketahuix A dan2 3 6 x + , maka 2 3 6 x + 2 3 x 32x . Jadi, 3:2A x x = ` ) . (b)Diberikan { }2: 2 B x x x = + > . Tentukan bentuk lain dari B. Jawab.Diketahuix B dan 22 x x + > atau 22 0 x x + > atau ( )( ) 1 2 0 x x + > . Sehingga diperoleh bahwa (i)1 0 x >dan2 0 x + > , atau (ii)1 0 x < dan2 0 x + < .Untukkasus(i)diperolehbahwa1 x > dan 2 x > ,yangberarti1 x > .Untukkasus(ii)diperolehbahwa1 x < dan 2 x < , yang berarti2 x < . Jadi, himpunannya adalah { } { } : 1 : 2 B x x x x = > < . Teorema 1.1.14. Jika0 a dan0 b , maka (a) 2 2a b a b a b < < < . (b) 2 2a b a b a b . 1.1.15.KetaksamaanBernoulliJika1 x > ,maka(1 ) 1nx nx + + untuksemua n. Pengantar Analisis Real I 11 Bukti. Akan dibuktikan menggunakan induksi.Untuk1 n = , maka ( )11 1 1 1 1 x x x x + + + +(pernyataan benar). Misalkanbenaruntukn k = ,yaitu(1 ) 1kx kx + + .Akandibuktikanbenaruntuk 1 n k = + , yaitu ( ) ( )( )122(1 ) (1 ) (1 ) 1 111 1 .k kx x x kx xkx x kxk x kx++ = + + + += + + += + + + Karena 20 kx ,maka( )1(1 ) 1 1kx k x++ + + ,yangberartibenaruntuk1 n k = + .Jadi, terbukti bahwa(1 ) 1nx nx + +untuk semuan. 1.1.16. Ketaksamaan Cauchy Jikan dan 1 1,..., , ,...,n na a b b , maka( ) ( )( )22 2 2 2 2 21 1 2 2 1 2 1 2... ... ...n n n na b a b a b a a a b b b + + + + + + + + +atau 21 1 1n n ni i i ii i ia b a a= = =| | | || | || |\ \ \ . Selanjutnya,jikatidaksemua0ib= ,maka 22 21 1 1n n ni i i ii i ia b a b= = =| | | || |= || |\ \ \ jikadan hanya jika terdapats sedemikian hingga 1 1a sb = , 2 2a sb = , ..., n na sb = . Bukti. Didefinisikan fungsi: F sebagai berikut: ( ) ( ) ( )2 2 21 1 2 2( ) ...n nF t a tb a tb a tb = + + + ,t . Jelas bahwa( ) 0 F t , untuk setiapt . Selanjutnya, ( ) F t( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2 21 1 1 1 2 2 2 22 2 ... 2n n n na ta b t b a ta b t b a ta b t b = + + + + + + ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 21 2 1 1 2 2 1 2... 2 ... ...n n n na a a t a b a b a b t b b b = + + + + + + + + + + 2 2 21 1 12 .n n ni i i ii i ia t a b t b= = =| | | | | |= + |||\ \ \ Pengantar Analisis Real I 12 Ingatbahwapersamaan 22 0 A Bt Ct + + jikadanhanyajika( )22 4 0 B AC ,yang berakibat 2B AC . Sehingga diperoleh bahwa21 1 1n n ni i i ii i ia b a a= = =| | | || | || |\ \ \ . Dengan demikian teorema terbukti. SOAL LATIHAN SUBBAB 1.1 1.Jika, a b , tunjukkan bahwa: (a)( ) ( ) ( ) a b a b + = + . (b)( )( ) a b ab = . (c) ( )aabb =jika0 b . 2.Selesaikan persamaan berikut. (a)2 5 8 x + = . (b) 22 x x = . 3.Jika0 a dan0 b , tunjukkan bahwa1 1 1( ) ab a b| || |= | |\ \ . 4.Buktikan bahwa tidak ada bilangan rasional t sedemikian hingga 23 t = . 5.Buktikan bahwa jika0 a > , maka ( )11aa= . 6.Jika, a b , tunjukkan bahwa 2 20 a b + =jika dan hanya jika0 a b = = . 7.Buktikan bahwa ( )22 21 1( )2 2a b a b (+ + ( , untuk semua, a b . 8.Tunjukkan bahwa jikaadan, m n, maka m n m na a a+=dan( )m n mna a = . (Gunakan induksi matematik.) Pengantar Analisis Real I 13 1.2. Nilai Mutlak dan Garis Bilangan Real DarisifatTrikotomi,dapatditarikkesimpulanbahwajikaa dan0 a ,makaa ataua merupakan bilangan real positif. Nilai mutlak dari0 a didefinisikan sebagai nilai positif dari dua bilangan tersebut. Definisi1.2.1.Nilaimutlak(absolutevalue)darisuatubilanganreala,dinotasikan dengan |a|, didefinisikan sebagai jika 0.: 0 jika 0.jika 0.a aa aa a> = = < Sebagai contohnya, |3| = 3 dan9 9 = . Dapat dilihat dari definisi di atas bahwa 0 a untuksemuaa ,danbahwa0 a= jikadanhanyajika0 a = .Jugabahwa a a =untuk semuaa . Berikut ini diberikan beberapa sifat nilai mutlak. Teorema 1.2.2. (a)ab a b =untuk semuaa . (b) 22a a =untuk semuaa . (c)Jika0 c , makaa c jika dan hanya jikac a c . (d)a a a untuk semuaa . Bukti.(a)Jika0 a b = = ,makaterbukti.Jika0 a > dan0 b > ,maka0 ab > ,sehingga ab ab a b = = .Jika0 a > dan0 b < ,maka0 ab < ,sehingga ( ) ab ab a b a b = = = . Pengantar Analisis Real I 14 (b)Karena 20 a , maka 22 2a a aa a a a = = = = . (c)Jikaa c ,makaa c dana c yangberartic a c .Sebaliknya,jika c a c , maka diperoleha c dana c . Jadi,a c . (d)Gunakan langkah yang sama seperti pada (c) dengan mengambilc a = . BerikutinidiberikansebuahteoremayangdisebutdenganKetaksamaan Segitiga (Triangle Inequality). 1.2.3. Ketaksamaan Segitiga Jika, a b , makaa b a b + + . Bukti.DariTeorema1.2.2(d),diketahuia a a danb b b .Dengan menjumlahkan kedua ketaksamaan diperoleh ( )a b a b a b + + + . Menggunakan Teorema 1.2.2.(c) diperoleh bahwaa b a b + + . Akibat 1.2.4. Jika, a b , maka(a)a b a b . (b)a b a b + . Bukti.(a)Tulisa a b b = + danmasukkankedalamKetaksamaanSegitiga.Sehingga ( ) a a b b a b b = + + .Kurangkankeduaruasdenganb ,diperoleh a b a b .Gunakancarayangsamauntukb b a a = + ,diperoleh a b a b . Kombinasikan kedua ketaksamaan tersebut, diperoleh a b a b a b . Menggunakan Teorema 1.2.2(c) diperoleh bahwaa b a b . Pengantar Analisis Real I 15 (b)GantilahbpadaKetaksamaanSegitigadenganb,sehinggadiperoleh a b a b + . Karenab b = , maka diperoleh bahwaa b a b + . Ketaksamaansegitigadiatasdapatdiperluassehinggaberlakuuntuksebarang bilangan real yang banyaknya berhingga. Akibat 1.2.5. Jika 1 2, ,...,na a aadalah sebarang bilangan real, maka 1 2 1 2... ...n na a a a a a + + + + + + . Contoh 1.2.6.Diberikanfungsifyangdidefinisikandengan 22 3 1( )2 1x xf xx +=untuk[ ] 2, 3 x . Tentukan konstanta M sedemikian hingga( ) f x M , untuk setiap[ ] 2, 3 x . Diketahui 222 3 12 3 1( )2 1 2 1x xx xf xx x + += = , ( ) ( )2 2222 3 1 2 3 12 3 12 3 3 3 128x x x xx x + + += + + + += dan ( )2 1 2 12 2 13.x x = Sehingga 22 3 128( )2 1 3x xf xx += .Jadi,denganmengambil 283M = ,didapat ( ) f x M , untuk setiap[ ] 2, 3 x . Pengantar Analisis Real I 16 Garis Bilangan Real (The Real Line)Interpetasi geometri yang dikenal di antaranya garis bilangan real (real line). Pada garis real, nilai mutlakadari suatu elemenaadalah jarak a ke 0. Secara umum, jarak (distance) antara elemen a dan b di adalaha b . Perhatikan gambar berikut. -3 -2-10123 2 (1) 3 =Gambar 1.1. Jarak antara2 a = dan1 b = . Definisi 1.2.6. Diberikanadan0 > . Persekitaran- ( -neighborhood) dari a didefinisikan sebagai himpunan{ } ( ) ( ) : : , V a x x a a a = < = + . Gambar 1.2. Persekitaran( ) V a. Dapat dilihat bahwa( ) x V ajika dan hanya jikaa x a < < + . Persekitaranjuga sering disebut dengan kitaran. Teorema1.2.7.Diberikana .Jikaxberadadalampersekitaran( ) V auntuk setiap0 > , makax a = . Bukti.Jikaxmemenuhix a < untuksetiap0 > ,makaberdasarkanTeorema 1.1.10 diperoleh bahwa0 x a = , yang berakibat0 x = . a a a +( ) V a Pengantar Analisis Real I 17 SOAL LATIHAN SUBBAB 1.2 1.Jika, a bdan0 b , tunjukkan bahwa: (a) 2a a = , (b) aab b= . 2.Jika, , x y z danx z ,tunjukkanbahwax y z jikadanhanyajika x y y z x z + = .3.Jikaa x b < dan0 > ,dana .Tunjukkanbahwa( ) ( ) V a V a dan ( ) ( ) V a V a merupakan persekitaran- dari a untuk suatu nilai . 7.Tunjukkan bahwa jika, a b , dana b , maka terdapat persekiran- U dari a dan V dari b sedemikian hingga U V = . 8.Tunjukkan bahwa jika, a b , maka(a){ } ( )1max ,2a b a b a b = + + dan{ } ( )1min ,2a b a b a b = + . (b){ } { } { }min , , min min , , a b c a b c = . 1.3. Sifat Lengkap Pada bagian ini akan diberikan salah satu sifat dari yang sering disebut dengan Sifat Lengkap (Completeness Property). Tetapi sebelumnya, perlu dijelaskan terlebih dahulu konsep supremum dan infimum. Supremum dan InfimumBerikutinidiperkenalkankonseptentangbatasatasdanbatasbawahdarisuatu himpunan bilangan real. Pengantar Analisis Real I 18 Definisi 1.3.1. Diberikan subset tak kosongS . (a)HimpunanSdikatakanterbataskeatas(boundedabove)jikaterdapat suatu bilanganu sedemikian hinggas u untuk semuas S . Setiap bilangan u seperti ini disebut dengan batas atas (upper bound) dari S. (b)HimpunanSdikatakanterbataskebawah(boundedbelow)jikaterdapat suatu bilanganw sedemikian hinggaw s untuk semuas S . Setiap bilangan w seperti ini disebut dengan batas bawah (lower bound) dari S. (c)Suatuhimpunandikatakanterbatas(bounded)jikaterbataskeatasdan terbatas ke bawah. Jika tidak, maka dikatakan tidak terbatas (unbounded). Sebagaicontoh,himpunan{ } : : 2 S x x = < initerbataskeatas,sebab bilangan2dansebarangbilanganlebihdari2merupakanbatasatasdariS.Himpunan initidakmempunyaibatasbawah,jadihimpunaninitidakterbataskebawah.Jadi,S merupakan himpunan yang tidak terbatas. Definisi 1.3.2. Diberikan S subset tak kosong. (a)JikaSterbataskeatas,makasuatubilanganudisebutsupremum(batas atas terkecil) dari S jika memenuhi kondisi berikut: (1)u merupakan batas atas S, dan (2)jika v adalah sebarang batas atas S, makau v . Ditulissup u S = . (b)JikaSterbataskebawah,makasuatubilanganudisebutinfimum(batas bawah terbesar) dari S jika memenuhi kondisi berikut: (1)w merupakan batas bawah S, dan (2)jika t adalah sebarang batas bawah S, makat w . Ditulisinf w S = . MudahuntukdilihatbahwajikadiberikansuatuhimpunanSsubsetdari, makahanyaterdapatsatusupremum,atausupremumnyatunggal.Jugadapat ditunjukkanbahwajika' uadalahsebarangbatasatasdarisuatuhimpunantakkosong Pengantar Analisis Real I 19 S, makasup ' S u , sebabsup Smerupakan batas atas terkecil dari S. Suatu subset tak kosongS mempunyai empat kemungkinan, yaitu (i)mempunyai supremum dan infimum,(ii)hanya mempunyai supremum, (iii)hanya mempunyai infimum, (iv)tidak mempunyai infimum dan supremum. Setiap bilangan realamerupakan batas atas dan sekaligus juga merupakan batas bawah himpunan kosong. Jadi, himpunan tidak mempunyai supremum dan infimum. Lemma 1.3.3. Suatu bilangan u merupakan supremum dari subset tak kosongS jika dan hanya jika u memenuhi kondisi berikut: (1)s u untuk semuas S , (2)jikav u < , maka terdapat' s S sedemikian hingga' x s < . Lemma 1.3.4. Diberikan subset tak kosongS ,(a)sup u S = jikadanhanyajikauntuksetiap0 > terdapat 1s S sedemikian hingga 1u s < . (b)inf w S = jikadanhanyajikauntuksetiap0 > terdapat 2s S sedemikian hingga 2u s < . Bukti.(a)Diketahuisup u S = dandiberikan0 > .Karenau u < ,makau bukan merupakan batas atas S. Oleh karena itu, terdapat 1s S yang lebih besar dariu , sehingga 1u s < .Diketahui 1u s < .JikaumerupakanbatasatasS,danjikamemenuhi v u < ,makadiambil: u v = .Makajelas0 > ,dandiperolehbahwa sup u S = . (b)Coba buktikan sendiri. Pengantar Analisis Real I 20 Contoh 1.3.5.(a)Jikasuatuhimpunantakkosong 1S mempunyaielemensebanyakberhingga, makadapatdilihatbahwa 1S mempunyaielementerbesar,namakanu,dan elementerkecil,namakanw.Maka 1sup u S = dan 1inf w S = ,dankeduanya merupakan elemen 1S . (b) Himpunan{ }2: : 0 1 S x x = mempunyai batas atas 1. Akan dibuktikan bahwa 1merupakansupremumnya.Jika1 v < ,makaterdapat 2' s S sedemikian hingga' v s < .Olehkarenaitu,vbukanmerupakanbatasatas 2S dankarenav merupakansebarang1 v < ,makadapatdisimpulkanbahwa 2sup 1 S = .Dengan cara yang sama dapat ditunjukkan bahwa 2inf 0 S = . Sifat Lengkap Akanditunjukkanbahwasubsettakkosongyangterbataskeataspastimempunyai batas atas terkecil. Sifat seperti ini disebut Sifat Lengkap. Sifat Lengkap juga sering disebut dengan Aksioma Supremum. 1.3.6.SifatLengkapJikasubsettakkosongS terbataskeatas,maka supremumnya ada, yaitu terdapatu sedemikian hinggasup u S = . Akibat1.3.7.JikasubsettakkosongS terbataskebawah,makainfimumnya ada, yaitu terdapatw sedemikian hinggainf w S = . Bukti.MisalkanhimpunanTterbataskebawah,T .Dibentukhimpunan { } : S t t T = ,makaSterbataskeatasdantidakkosong.MenurutAksioma Supremum,sup Sada, namakansup u S = , makainf u T = . Pengantar Analisis Real I 21 SOAL LATIHAN SUBBAB 1.3 1.Diberikan{ } : 0 S x x = > .ApakahSmempunyaibatasbawahdanbatas atas? Apakahinf Sdansup Sada? Buktikan jawabanmu. 2.Diberikan( ){ }: 1 1 :nT n n = . Carilahinf TdansupT . 3.DiberikanSsubsettakkosongyangterbataskebawah.Buktikanbahwa { } inf sup : S s s S = . 4.Tunjukkan bahwa jika A dan B subset terbatas dari, makaA B merupakan himpunan terbatas. Tunjukkan bahwa( ) sup A B ={ } sup sup , sup A B . 5.DiberikanS danmisalkan*: sup s S = dalamS.Jikau S ,tunjukkan bahwa{} ( ) { } sup sup *, S u s u = . 6.Tunjukkan bahwa himpunan berhinggaS memuat supremumnya.7.Jelaskan dan buktikan Lemma 1.3.3. 1.4. Penggunaan Sifat Aksioma Supremum Pada subbab ini dibahas beberapa akibat dari aksioma supremum. Teorema1.4.1.DiberikansubsettakkosongS yangterbataskeatasdan sebaranga . Didefinisikan himpunan{ } : : a S a s s S + = + , maka berlaku( ) ( ) sup sup a S a S + = + . Bukti.Jikadiberikan: sup u S = ,makax u untuksemuax S ,sehingga a x a u + + .Olehkarenaitu,a u + merupakanbatasatasdarihimpunana S + . Akibatnya( ) sup a S a u + + .Selanjutnya,misalkanvadalahsebarangbatasatas a S + ,makaa x v + untuksemuax S .Akibatnyax v a untuksemuax S , sehinggav a merupakanbatasatasS.Olehkarenaitu,sup u S v a = .Karenav adalahsebarangbatasatasa S + ,makadenganmenggantivdengansup u S = , Pengantar Analisis Real I 22 diperoleh( ) sup a u a S + + .Dilainpihakdiketahui( ) sup a S a u + + .Akibatnya terbukti bahwa( ) sup sup a S a u a S + = + = + . Teorema1.4.2.DiberikansubsettakkosongS yangterbatasdansebarang bilangan real0 a > . Didefinisikan himpunan{ } : : aS as s S = , maka berlaku( ) ( ) inf inf aS a S = . Bukti.Tulisinf u aS = daninf v S = .Akandibuktikanbahwau av = .Karena inf u aS = ,makau as ,untuksetiaps S .Karenainf v S = ,makav s untuk setiaps S . Akibatnya av as untuk setiaps S . Berarti av merupakan batas bawah aS. Karena u batas bawah terbesar aS, makaav u . Karenau as untuk setiaps S , maka diperoleh usa untuk setiaps S (sebab0 a > ). Karenainf v S = , maka uva yang berakibatu av . Di lain pihak diketahuiav u . Akibatnyau av = . Jadi, terbukti bahwa( ) ( ) inf inf aS a S = . Teorema 1.4.3. Jika A dan B subset tak kosong dan memenuhia b untuk semua a A danb B , makasup inf A B . Bukti.Diambilsebarangb B ,makaa b untuksemuaa A .Artinyabahwab merupakanbatasatasA,sehinggasup A b .Selanjutnya,karenaberlakuuntuksemua b B ,makasup AmerupakanbatasbawahB.Akibatnyadiperolehbahwa sup inf A B . Sifat Archimedes Berikutinidiberikansalahsatusifatyangmengaitkanhubunganantarabilanganreal dan bilangan asli. Sifat ini menyatakan bahwa apabila diberikan sebarang bilangan real x, maka selalu dapat ditemukan suatu bilangan asli n yang lebih besar dari x. Pengantar Analisis Real I 23 1.4.4. Sifat Archimedes. Jikax , maka terdapatn sedemikian hinggax n < . Bukti.Ambilsebarangx .Andaikantidakadansedemikianhinggax n < , makan x ,untuksetiapn.Dengankatalain,xmerupakanbatasatas.Jadi, , , dan terbatas ke atas. Menurut aksioma supremum, makasup ada, tulissup u = .Karena1 u u < ,makaterdapatmdengansifat1 u m < . Akibatnya1 u m < +dengan1 m+ . Timbul kontradiksi dengansup u = . Berarti u batasatas,yaituada1 m+ sehingga1 u m < + (ubukanbatasatas).Jadi, pengandaian salah, yang benar adalah adan sedemikian hinggax n < . Akibat 1.4.5. Jika 1: : S nn = ` ) , makainf 0 S = . Bukti.KarenaS terbataskebawaholeh0,makaSmempunyauinfimum,tulis : inf w S = . Jelas bahwa0 w . Untuk sebarang0 > , menggunakan Sifat Archimedes, terdapatn sedemikian hingga 1nsebarang, maka berdasarkan Teorema 1.1.10 berakibat bahwa 0 w = . Terbukti bahwainf 0 S = . Akibat 1.4.6. Jika0 t > , maka terdapat tn sedemikian hingga 10ttn< < . Bukti.Karena 1inf : 0 nn = ` ) dan0 t > ,makatbukanbatasbawahhimpunan 1: nn ` ) . Akibatnya terdapat tn sedemikian hingga 10ttn< < . Pengantar Analisis Real I 24 Akibat 1.4.7. Jika0 y > , maka terdapat yn sedemikian hingga1y yn y n < < . Bukti.SifatArchimedesmenjaminbahwasubset{ } : :yE m y m = < daritidak kosong.MenggunakanSifatUrutan, yE mempunyaielemenyangpalingkecil,yang dinotasikan dengan yn . Oleh karena itu,1yn bukan elemen yE . Akibatnya diperoleh bahwa1y yn y n < < . Eksistensi Bilangan Real dan Densitas Bilangan Rasional di SalahsatupenggunaanSifatSupremumadalahdapatdigunakanuntukmemberikan jaminaneksistensibilangan-bilanganreal.Berikutiniakanditunjukkanbahwaada bilangan real positif x sedemikian hingga 22 x = . Teorema 1.4.8. Ada bilangan real positif x sedemikian hingga 22 x = . Bukti.Dibentukhimpunan { }2: 0 dan 2 S s s s = < .JelasbahwaS sebab 0 S dan1 S . S terbatas ke atas dengan salah satu batas atasnya adalah 2. Jika2 t , maka 24 t . Jadi,2 t S = . Menggunakan Aksioma Supremum,S ,S , dan S terbataskeatas,makaSmempunyaisupremum.Namakansup x S = ,denganx . Akan dibuktikan bahwa 22 x = . Andaikan 22 x , maka 22 x . Kemungkinan I: Untuk 22 x < . Karena 22 x < , maka 22 0 x > . Karena 21 1n n , maka( )22 221 2 1 12 1 x x x x xn n n n| |+ = + + + + |\ . Karena 22 0 x > dan2 1 0 x + > ,maka 2202 1xx>+.MenurutakibatSifatArchimedes, dapat ditemukann sehingga Pengantar Analisis Real I 25 21 22 1xn x . Karena 22 x > , maka 22 0 x > . Perhatikan bahwa 22 221 2 1 2 x xx x xm m m m| | = + > |\ . Karena 22 0 x >dan2 0 x > , maka dipilihm sedemikian hingga222xmx> atau 222xxm< . Akibatnya ( )22 2 21 22 2xx x x xm m| | > > = |\ . Diperoleh bahwa 212 xm| | > |\ . Berarti 1x Sm , yaitu 1xmbatas atas. Kontradiksi dengansup x S = .Olehkarenaitu,tidakmungkin 22 x > .Jadi,pengandaiannyasalah, yang benar adalah 22 x = . 1.4.9. Teorema Densitas (The Density Theorem) Jika, x y denganx y < , maka ada bilangan rasionalq sedemikian hinggax q y < < . Pengantar Analisis Real I 26 Bukti. Dengan tidak mengurangi keumuman (without loss of generality), diambil0 x > . Karenax y < ,maka0 y > dan0 y x > .Akibatnya 10y x >,sehinggadapatdipilih n sedemikian hingga1ny x>. Untukndidiatas,berlaku1 ny nx > ,yaitu1 nx ny + < .Karena0 nx > ,makadapat dipilihm sehingga 1 m nx m < . Bilanganmdiatasjugamemenuhim ny < ,sebabdari1 m nx diperoleh 1 m nx ny + < . Jadi nx m ny < < . Akibatnyauntuk mqn= mempunyaisifat mx q yn< = < .Jadi,terdapatbilangan rasional mqn=dengan sifatx q y < < . Berikut ini diberikanakibat dari Teorema Densitas, yaitu di antara dua bilangan real pasti dapat ditemukan bilangan irrasional. Akibat1.4.10.Jika, x y denganx y < ,makaadabilanganirrasionalr sedemikian hinggax r y < < . Bukti.MenggunakanTeoremaDensitas,adabilanganreal 2xdan 2ydengansifat adabilanganrasionalqdengansifat 2 2x yq < < .Akibatnya,2 x q y < < dan2 qmerupakan bilangan irrasional. Pengantar Analisis Real I 27 SOAL LATIHAN SUBBAB 1.4 1.Diberikan himpunan tak kosong X dan: f X mempunyai range terbatas di . Jikaa , tunjukkan bahwa: (a){ } { } sup ( ) : sup ( ) : a f x x X a f x x X + = + . (b){ } { } inf ( ) : inf ( ) : a f x x X a f x x X + = + . 2.DiberikansubsettakkosongAdanBdari.Dibentukhimpunan { } : : dan A B a b a A b B + = + .Buktikanbahwa( ) sup sup sup A B A B + = +daninf( ) inf inf A B A B + = + . 3.Jika diberikan sebarangx , tunjukkan bahwa terdapat dengan tunggaln sedemikian hingga1 n x n < . 4.Jika0 y > , tunjukkan bahwa terdapatn sedemikian hingga 12ny < . 5.Jika0 u > adalahsebarangbilanganrealdanx y < ,tunjukkanbahwaterdapat bilangan rasional r sedemikian hinggax ru y < < . 1.5. Interval dalam Jikadiberikan, a b dengana b < ,makaintervalterbukayangditentukanoleha dan b adalah himpunan ( ) { } , : a b x a x b = < < . Titik a dan b disebut titik ujung (endpoints) interval. Titik ujung tidak termuat dalamintervalterbuka.Jikakeduatitikujungdigabungkankedalaminterval terbukanya, maka disebut interval tertutup, yaitu himpunan [ ] { } , : a b x a x b = . Interval setengah terbuka atau setengah tertutup adalah interval yang memuat salah satu titik ujungnya. Gabungan interval terbuka dengan titik ujung a, ditulis[ , ) a b , dangabunganintervalterbukadengantitikujungb,ditulis( , ] a b .Masing-masing intervaltersebutterbatasdanmempunyaipanjang(length)yangdidefinsikandengan b a . Jikaa b = , maka interval terbukanya berkorespondensi dengan himpunan kosong Pengantar Analisis Real I 28 ( , ) a a = ,danintervaltertutupnyaberkorespondensidenganhimpunansingleton [ ] {} , a a a = . Berikut ini diberikan lima jenis interval tidak terbatas. Simbol (atau+) dan digunakan sebagai simbol titik ujungnya yang tak berhingga. Interval terbuka tak terbatas adalah himpunan dengan bentuk ( ) { } , : : a x x a = > dan( ) { } , : : b x x b = < . Himpunan pertama tidak mempunyai batas atas dan yang kedua tidak mempunyai batas bawah.Himpunan( ) , a seringjugadisebutdengansinarterbuka(openaray). Diberikan interval tertutup tak terbatas, yaitu { } [ , ) : : a x a x = dan{ } ( , ] : : b x x b = . Himpunan[ , ) a seringdisebutdengansinartertutup(closearay).Himpunan dapat dituliskan sebagai( ) , : = . Perhatikan bahwa dan bukan elemen. 1.5.1. Teorema Karakteristik Interval Jika S adalah subset yang memuat paling sedikit dua titik dan mempunyai sifat:jika, x y S danx y < , maka[ ] , x y S , maka S merupakan suatu interval. Interval Susut (Nested Intervals) Telahdiketahuibahwabarisanadalahfungsi: f A .JikaAadalahhimpunan interval-interval,makaterbentukbarisaninterval{ }1nnI.Untukmempersingkat penulisan, barisan{ }1nnI cukup ditulis nI . Definisi1.5.2.(IntervalSusut)Barisan nI ,ndikatakanintervalsusut(nested intervals) jika 1 2 3 1... ...n nI I I I I+ . Pengantar Analisis Real I 29 Contoh 1.5.3. (1) Diberikan 10,nIn (= ( ,n. Yaitu[ ]10,1 I = , 210,2I (= ( , 310,3I (= ( , ....Maka 1 2 3... I I I (nested) dan{}10nnI== (mempunyai titik berserikat). (2) Diberikan 10,nIn| |= |\ ,n.Diperolehbahwa 1 n nI I+ ,untuksetiapn. Tetapi 1nnI== .Jadi,intervalsusutbelumtentumempunyaititikberserikat. Sebab,andaikanterdapat 1nnx I=,maka nx I untuksetiapn.Karena 0 x > ,makaterdapatnsedemikianhingga 1xn < .Kontradiksidengan pengandaian. Jadi pengandaian salah, yang benar adalah 1nnI== . (3) Diberikan 10,1nIn (= + ( ,maka[ ]10, 2 I = , 210,12I (= ( , 210,13I (= ( ,.... Diperoleh [ ]10,1nnI== .(Adatakhinggabanyak[ ] 0,1 ).Perhatikan bahwa 1inf 1 : 1 nn + = ` ) . 1.5.4.SifatIntervalSusut(NestedIntervalProperty)Jika[ ] ,n n nI a b = ,n interval tertutup terbatas dan 1 n nI I+untuk setiapn (interval susut), maka 1nnI= , yaituterdapat sedemikianhingga nI untuksetiapn.Selanjutnya,jika panjang n n nI b a = memenuhi{ } inf : 0n nb a n = ,makaelemenberserikattersebut tunggal. Pengantar Analisis Real I 30 Bukti.Dibentukhimpunan{ } :nA a n = .JelasA sebab 1a A ,dan A . HimpunanAterbataskeatas,sebab 1 n nI I+ untuksetiapn.Sehinggadiperoleh bahwan na b untuk setiapn, yang berarti 1bbatas atas A. Menggunakan Sifat Lengkap, maka supremum A ada, yaitu terdapat sedemikian hinggasup A = . Jelas bahwama untuk setiapm. Selanjutnya, untuk sebarang, m n berlakun n m n m ma a b b+ + atau n ma b . Hal ini berakibat { } sup :n ma n b atau mb . Karena ma dan mb ,makadiperoleh m ma b untuksetiapm,berarti [ ] ,n n nI a b = , untuk setiapn. Sehingga1nnI =, yangberakibat 1nnI= .Jika{ } inf :nb n = ,makadengancarayangsama (sebelumnya), diperoleh mI untuk setiapm. Sehingga diperoleh 1nnI =. Akandibuktikanketunggalannya,yaitu = .Diambilsebarang0 > .Jika { } inf : 0n nb a n = , maka terdapat 0nsehingga0 00 bn an , maka0 =atau = . Jadi, terbukti bahwa 1nnI == tunggal. Pengantar Analisis Real I 31 Himpunan Terhitung (Countable) Diberikan{ } 1, 2, 3,...,nn = J ,n.DuahimpunanAdanBdikatakanekuivalen, ditulisA B jika ada fungsi bijektif: f A B . Contoh:1.Misalkan{ } 1, 2, 3 A =dan{ } , , B a b c = , makaA B . 2.Misalkan: f A C dengan{ } , , , C w x y z = , makaA C . Suatuhimpunandikatakantakberhingga(infinite)jikahimpunantersebut ekuivalendengansalahsatuhimpunanbagiansejatinya.Jikatidakdemikian,maka himpunan tersebut dikatakan berhingga (finite), yaitu ekuivalen dengan nJ . Contoh: 1.Himpunan{ } 1, 2, 3 A =berhingga. 2.{ } 1, 2, 3,... = ,{ } 2, 4, 6,... T = . fungsi:( ) 2f Tn f n n= Jadi, tak berhingga, T juga tak berhingga. SuatuhimpunanDdikatakandenumerablejikaD .Suatuhimpunan dikatakanterhitung(countable)jikahimpunantersebutberhinggaataudenumerable. Jikatidak,makadikatakanhimpunantakterhitung(uncountableataunon denumerable),yaituhimpunanyangtidakekuivalendengan.JikahimpunanA terhitung, maka A dapat disajikan sebagai{ }1 2 3, , ,... A x x x =dengan i jx x untuki j . Contoh:1.Himpunan terhitung berhingga. 2.Himpunan terhitung tak berhingga. 3.Himpunan{ } 1, 2, 3 A =terhitung berhingga. Dapatditunjukkanbahwamerupakanhimpunanatakterhitung.Untuk membuktikannya cukup hanya dengan membuktikan[ ] 0,1 I =tak terhitung. Berikut ini diberikan teoremanya. Pengantar Analisis Real I 32 Teorema 1.5.5. Himpunan[ ] 0,1 I =tak terhitung. Bukti. Andaikan I terhitung, maka dapat ditulis dengan { }1 2 3, , ,..., ,...nI x x x x = . Dikonstruksikanbarisanintervaltertutup,terbatas,susut(nested),dan { } inf : 0n nb a n = . Interval[ ] 0,1 I =dibagi menjadi tiga sama panjang, yaitu10,3 ( , 1 2,3 3 ( , dan 2,13 ( . Titik 1x I termuat dalam paling banyak dua sub interval. Pilih sub interval yang tidak memuat 1x ,namakan[ ]1 1 1, I a b = .Jadi, 1 1x I .Selanjutnya, 1I dibagimenjaditiga sama panjang, yaitu 1 11,9a a (+ , 1 11 2,9 9a a (+ + , dan 1 12,9a b (+ . Kemudian pilih sub interval yang tidak memuat 2x , namakan[ ]1 2 2, I a b = . Jadi, 2 2x I . Jikaprosesditeruskan,diperolehbarisanintervaltertutup,terbatas, 1 2 3...nI I I I dengan{ }1inf : inf3n nb a n = ` ) .Menggunakansifat NestedInterval,makaterdapatdengantunggal 1nny I=.Berartiy I ,yaitu ny x =untuksuatun.Akibatnya 1n nnx I=,yaitu n nx I .Sedangkandarikonstruksi diperoleh n nx I .Timbulkontradiksi,yangbenaradalah[ ] 0,1 I = takterhitung, sehingga juga tak terhitung. Teorema Bolzano-Weierstrass SebelumdijelaskantentangTeoremaBolzano-Weierstrass,terlebihdahuludijelaskan mengenai titik cluster.Berikut diberikan definisinya. Pengantar Analisis Real I 33 Definisi1.5.6.(TitikCluster)DiberikansubsettakkosongS .Titikx disebuttitikcluster(clusterpoints)jikasetiappersekitaran( ) ( ) , V x x x = +memuat paling sedikit satu titik anggota S yang tidak sama dengan x. Titik cluster sering disebut dengan titik akumulasi atau titik limit. Dengankatalain,xtitikclusterSjikauntuksetiap0 > berlaku ( ) {} ( ) V x S x atau{} ( )( ) V x x S .EkuivalendenganmengatakanbahwaxtitikclusterSjikauntuksetiapn, terdapat ns S sedemikian hingga 10ns xn< < . Contoh 1.5.7.(1) Diberikan( ) 0, 2 S = . Apakah 0 merupakan titik cluster? Jawab.Diambil0 > ,maka( ) ( ) ( ) 0 0 , 0 , V = + = .Menggunakan TeoremaDensitas,maka0merupakantitikclusterSdan0 S .Demikianjuga bahwa 12 merupakan titik cluster S dan 12S . (2) Diberikan[ ] {} 1, 2 4 A = . Apakah 4 titik cluster? Jawab.Persekitaran- dari4adalah( ) ( ) 4 4 , 4 V = + .Misaldiambil 12 = ,maka( )1 1 1 14 4 , 4 3 , 42 2 2 2V| | | |= + = ||\ \ .Sehinggadiperolehbahwa [ ] {}1 13 , 4 1, 2 42 2| | = |\ . Jadi, 4 bukan titik cluster. (3) Diberikan 1 1 1 1: 1, , , ,...2 3 4B nn = = ` ` ) ) .Tunjukkanbahwa0titikclusterB dengan0 B .Jawab.MenggunakanSifatArchimedes,jikadiberikansebarang0 > ,maka terdapatnsedemikianhingga 10n < < .Persekitarantitik0adalah Pengantar Analisis Real I 34 ( ) ( ) 0 , V = . Jika dipilihsangat kecil, maka 10n < < . Jadi, 0 merupakan titik cluster B dengan0 B . 1.5.8.TeoremaBolzano-WeierstrassSetiapsubsetyangtakberhingga(infinite) dan terbatas, mempunyai paling sedikit satu titik cluster. Bukti. Diberikan sebarang subsetS tak berhingga dan terbatas. Karena S terbatas, makaterdapatinterval[ ]1, I a b = denganpanjang( )1I b a = L .Kemudianbagilah 1Imenjadiduabagian,yaitu,2a ba+( ( dan,2a bb+( ( .KarenaStakberhingga,maka salahsatuintervaltersebutmemuattakhinggabanyaktitikanggotaS,sebabapabila keduanyamemuatberhinggabanyakanggotaS,makaberartihimpunanSberhingga. NamakanbagianyangmemuattakhinggabanyaktitikanggotaSdengan 2I . Panjangnya( )22b aI= L .Selanjutnya, 2I dibagimenjadiduabagiansepertilangkah di atas, maka salah satu bagian memuat tak hingga banyak anggota S. Namakan bagian tersebutdengan 3I .Panjangnya( )3 22b aI= L .Apabilaprosesditeruskan,maka diperoleh barisan interval susut (nested) 1 2 3... ....nI I I I Menurut Sifat Interval Susut, maka 1nnI= , atau terdapat 1nnx I=.Akan ditunjukkan bahwa x titik cluster S. Diambil sebarang0 > , maka terdapatn sedemikian hingga 12nb a< , dan persekitarannya( ) ( ) , V x x x = + . Karena nx I dan( )12n nb aI = < L ,maka( )nI V x .Karena nI memuattakhinggabanyaktitik anggotaS,maka( ) V xmemuattakhinggabanyaktitikanggotaSyangtidaksama dengan x. Jadi, x merupakan titik cluster S. Pengantar Analisis Real I 35 Himpunan Terbuka dan Tertutup Definisi 1.5.9.(i)HimpunanG dikatakanterbukadalamjikauntuksetiapx G , terdapat persekitaran( ) V x sedemikian hinnga( ) V x G . (ii) HimpunanF dikatakantertutupdalamjikakomplemenF,yaitu cFterbuka dalam. Contoh 1.5.10. (1)Himpunan( ) , = terbuka,sebabuntuksetiapx ,terdapat ( )1( ) 1, 1 V x x x = + . (2)Himpunan( ) 0,1 A = terbuka,sebabjikadiambil 1min ,2 2x x = ` )untuk setiapx A , maka( ) ( ) , V x x x A = + . (3)Himpunan[ ] 1, 2 B = tertutup,sebabjikadiambil1 x = ,makauntuksetiap 0 > ,( ) ( ) 1 1 ,1 V B = + dan1 B .Dapatditunjukkanjugabahwa cBterbuka, yaitu( ) ( ) ,1 2,cB = terbuka. 1.5.11. Sifat Himpunan Terbuka (a)JikaAhimpunanindeks(berhinggaatautakberhingga)dan xG terbuka untuk setiapA , maka AG terbuka. (b)Jika 1 2, ,...,nG G Gmasing-masing merupakan himpunan terbuka, maka 1niiG= terbuka. Bukti.(a)Namakan AG G=.Diambilsebarangx G ,makaterdapat 0A sedemikianhingga 0x G .Karena 0Gterbuka,makaterdapat Pengantar Analisis Real I 36 ( )0V x G G . Jadi, terbukti bahwa untuk setiapx G , terdapat( ) V x G , yang berarti AG G= terbuka. (b) Namakan 1niiH G==.AkanditunjukkanbahwaHterbuka.Diambilsebarang x H , maka ix G ,1, 2,..., i n = .Karena 1x G dan 1G terbuka,makaterdapat 10 > sehingga( )11V x G . Karena 2x G dan 2G terbuka,makaterdapat 20 > sehingga( )22V x G . Demikian seterusnya.Karena nx G dan nG terbuka,makaterdapat0n > sehingga( )nnV x G . Namakan{ }1 2min , ,...,n = ,jelasbahwa0 > .Maka( ) ( )iiV x V x G untuksetiap1, 2,..., i n = ,yangberakibatbahwa( )1niiV x H G= =.Jadi, terbukti bahwa 1niiG= terbuka. Berikutinidiberikanakibatdarisifathimpunanterbuka,yaitusifatuntuk himpunan tertutup. Akibat 1.5.12.(a)JikaAhimpunanindeks(berhinggaatautakberhingga)dan xG tertutup untuk setiapA , maka AG tertutup. (b)Jika 1 2, ,...,nG G G masing-masingmerupakanhimpunantertutup,maka 1niiG= tertutup. Pengantar Analisis Real I 37 SOAL LATIHAN SUBBAB 1.5 1.Jika[ ] : , I a b = dan[ ] : , I a b = intervaltertutupdalam,tunjukkanbahwa I I jika dan hanya jikaa a danb b . 2.JikaS tidakkosong,tunjukkanbahwaSterbatasjikadanhanyaterdapat interval tertutup terbatas I sedemikian hinggaS I . 3.JikaS tidak kosong dan terbatas, dan[ ] : inf , supSI S S = , tunjukkan bahwa SS I .Selanjutnya,jikaJadalahsebarangintervaltertutupterbatasyang memuat S, tunjukkan bahwa SI J . 4.Diberikan( ) : ,nK n = untukn. Buktikan bahwa 1nnK== . 5.Jika S himpunan terbatas di danT S tidak kosong, buktikan bahwainf inf sup sup S T T S . 6.Buktikan Akibat 1.5.1.2.(b). Pengantar Analisis Real I 38 BAB 2 BARISAN DAN DERET Padababinidibahasmengenaipengertianbarisandanderet.Selanjutnya,dibahas tentanglimitdankonvergensidarisuatubarisan.DiantaranyaadalahTeorema Konvergen Monoton, Teorema Bolzano-Weierstrass, dan Kriteria Cauchy untuk barisan yang konvergen. 2.1. Barisan dan Limit Barisan Barisan(sequence)padahimpunanSadalahsuatufungsidengandomaindan mempunyairangedalamS.Padasubbabiniakandibahasmengenaibarisandidan konvergensi dari suatu barisan. Definisi2.1.1.Barisanbilanganrealadalahsuatufungsiyangdidefinisikanpada himpunan dengan range dalam. Dengankatalain,barisandalammengawankansetiapbilanganasli 1, 2, 3,... n = kepadasuatubilanganreal.Jika: X merupakanbarisan,maka biasanyadituliskandengannilaidariXpadandengannotasi nx .Barisansering dinotasikandenganXatau( )nx atau( ) :nx n atau{ }nx atau{ }1nnx.Apabila diketahui suatu barisan Y, artinya( )kY y = . Contoh 2.1.2.(a)Barisan( )nxdengan( ) 1nnx = adalah barisan( ) 1,1, 1,1, 1,1,..., 1 ,...n . (b) Barisan( )nxdengan 12n nx = , 1 1 1 1 1: , , ,..., ,...2 2 4 8 2n nn| | = |\ . (c)Barisan konstan( )nkdengan3nk =adalah3, 3, 3, 3,.... . Pengantar Analisis Real I 39 (d) Barisan1 2 3, , ,..., ,...1 2 3 4 1n nn n| | = |+ +\ . Definisi 2.1.3. Diberikan barisan bilangan real( )nxdan( )ny , dan . Maka dapat didefinisikan (i)( ) ( ) ( )n n n nx y x y = . (ii)( ) ( )n nx x = . (iii)( ) ( ) ( )n n n nx y x y = . (iv) ( )( )n nn nx xy y| |= |\ , asalkan0ny . Definisi 2.1.4. (Limit Barisan) Diketahui( )nxbarisan bilangan real. Suatu bilangan realxdikatakanlimitbarisan( )nx jikauntuksetiap0 > terdapat( ) K sedemikian hingga untuk setiapn dengan( ) n K berlaku nx x < . Jikaxadalahlimitsuatubarisan( )nx ,makadikatakan( )nx konvergenkex, atau( )nxmempunyai limit x. Dalam hal ini ditulis( ) limnnx x=atau( ) limnx x =atau nx x . Jika( )nxtidak konvergen, maka( )nxdikatakan divergen. Teorema2.1.5.Jikabarisan( )nx konvergen,maka( )nx mempunyaipalingbanyak satu limit (limitnya tunggal). Bukti. Andaikan( ) limnnx x =dan( ) limnnx x =denganx x . Maka untuk sebarang 0 > terdapatK sedemikianhingga 2nx x < untuksetiapn K ,danterdapat K sedemikianhingga 2nx x < untuksetiapn K .Dipilih{ } max , K K K = . Menggunakan Ketaksamaan Segitiga, maka untukn K diperoleh Pengantar Analisis Real I 40 .2 2n nn nx x x x x xx x x x = + = + < + = Karenaberlakuuntuksetiap0 > ,maka0 x x = yangberartix x = .Kontradiksi dengan pengandaian. Jadi, terbukti bahwa limitnya tunggal. Teorema 2.1.6. Jika( )nxbarisan bilangan real danx , maka empat pernyataan berikut ekuivalen. (a) Barisan( )nxkonvergen ke x. (b) Untuksetiap0 > terdapatK sedemikianhinggauntuksetiapn K berlaku nx x < . (c)Untuksetiap0 > terdapatK sedemikianhinggauntuksetiapn K berlaku nx x x < < + . (d) Untuksetiappersekitaran( ) V xdarix,terdapatK sedemikianhingga untuk setiapn K berlaku( )nx V x . Bukti. (a) (b) Jelas (dari definisi). (b) (c) nx x < nx x < < nx x x < < + . (c) (d) nx x x < < + ( ) ,nx x x + ( )nx V x . (d) (a)( )nx V xnx x x < < +nx x < . Contoh 2.1.7.(a)Tunjukkan bahwa 1lim 0nn= . Pengantar Analisis Real I 41 Jawab.Akanditunjukkanbahwa( )1nxn| |= |\ konvergenke0,yaitu 10n .Harus dibuktikanbahwauntuksetiap0 > terdapat( ) K sedemikianhinggauntuk setiapn dengan( ) n K berlaku 10n < .Ambilsebarang0 > ,maka 10> .MenurutSifatArchimedes,makaterdapat ( ) K sedemikianhingga( )1K< ,atau ( )1K< .Akibatnyauntuksetiap ( ) n K berlaku ( )1 1 1 10n n n K = = < . Jadi, terbukti bahwa untuk setiap0 >terdapat( ) K sedemikianhinggauntuksetiapndengan( ) n K berlaku 10n < , atau1lim 0nn= . (b) Tunjukkan bahwa 21lim 0nn= . Jawab.Akanditunjukkanbahwauntuksetiap0 > terdapat( ) K sedemikian hinggauntuksetiapndengan( ) n K berlaku 210n < .Diambilsebarang 0 > ,maka 120 > ,akibatnya 1210> .MenurutSifatArchimedes,terdapat ( ) K sedemikianhingga( )121K< atau ( )121K< ,diperoleh ( )21K< . Akibatnyauntuksetiap( ) n K berlaku ( )2 2 21 1 10n nK = < .Jadi,terbukti bahwauntuksetiap0 > terdapat( ) K sedemikianhinggauntuksetiapn dengan( ) n K berlaku 210n < , atau21lim 0nn= . Pengantar Analisis Real I 42 Contoh 2.1.8. Tunjukkan bahwa( )( )1ndivergen. Jawab.Andaikan( )( )1n konvergen,berartiterdapatbilanganrealxsehinggauntuk setiap0 > terdapatK sedemikianhinggauntuksetiapn K berlaku ( ) 1 1nx < . Untukn K dan n genap, maka( ) 1 1n = , diperoleh 1 1 x . Untukn K dan n ganjil, maka( ) 1 1n = , diperoleh 1 1 x dan0 x < .Jadipengandaian salah, yang benar( )( )1ndivergen. Teorema2.1.9.Diberikanbarisanbilanganreal( ) :nX x n = danm.Maka ( ) :m m nX x n+= konvergenjikadanhanyajikaXkonvergen.Dalamhalini lim limmX X = . Bukti.Perhatikanbahwauntuksebarangp,elemenke-pdari mX adalahelemen ke- ( ) p m +dari X. Sama halnya, jikaq m > , maka bentuk elemen ke-q dari mXadalah elemen ke- ( ) q m dari X.Diasumsikan bahwa X konvergen ke x. Diberikan sebarang0 > , pada barisan Xuntuk( ) n K berlaku nx x < ,makapada mX untuk( ) k K m berlaku kx x < . Dapat diambil( ) ( )mK K m = , sehingga mXkonvergen ke x. Sebaliknya,jikapada mX untuk( )mk K berlaku kx x < ,makapadaX untuk( ) n K m + berlaku nx x < .Dapatdiambil( ) ( )mK K m = + .Dengan demikian terbukti bahwa X konvergen ke x jika dan hanya jika mXkonvergen ke x. Pengantar Analisis Real I 43 Teorema 2.1.10. Diberikan barisan bilangan real( )nxdanx . Jika( )naadalah suatubarisanbilanganrealpositifdengan( ) lim 0na = danjikauntuk0 c > dan m berlakun nx x ca untuk semuan m , maka( ) limnx x = . Bukti.Diambil0 > ,maka0c> .Karena( ) lim 0na = ,makaterdapat ( )Kc sedemikianhinggauntuksetiap ( )n Kc berlaku0nac < .Akibatnyauntuk setiap ( )n Kc berlaku n nx x c a cc < = atau nx x < .Terbuktibahwa ( ) limnx x = . Contoh 2.1.11. Jika0 a > , tunjukkan bahwa 1lim 01nna=+. Jawab. Karena0 a > , maka0 1 na na < < +yang berakibat bahwa 1 1 1 101 na na n a< < = +untuk setiapn. Diperoleh 1 1 1 1 1 101 1 na na n a a n = < = + +untuk setiapn. Karenatelahdiketahuibahwa 1lim 0nn= ,makamenurutTeorema2.1.10dandengan mengambil 10 ca= >berakibat bahwa 1lim 01nna=+. Pengantar Analisis Real I 44 SOAL LATIHAN SUBBAB 2.1 1.Tuliskan lima bilangan pertama dari barisan( )nxuntuk nxberikut. (a) ( ) 1:nnxn= . (b) 21:2nxn=+. 2.Tentukan rumus ke-n untuk barisan berikut. (a)5, 7, 9, 11, .... (b) 1 1 1 1, , , ,....2 4 8 16 3.Untuk sebarangb, buktikan bahwalim 0bn| | = |\ . 4.Tunjukkan (menggunakan definisi limit barisan). (a) 2lim 21nn| |= |+\ . (b) 221 1lim2 3 2nn| | = |+\ . 5.Tunjukkan bahwa( ) lim 0nx =jika dan hanya jika ( )lim 0nx = . 6.Tunjukkanbahwajika0nx untuksemuandan( ) lim 0nx = ,maka ( )lim 0nx = . 7.Buktikanbahwajika( ) limnx x = danjika0 x > ,makaterdapatM sedemikian hingga0nx >untuk semuan M . 8.Tunjukkan bahwa 1 1lim 01 n n| | = |+\ . 9.Tunjukkan bahwa 2lim 0!nn| |= |\ . 10. Jika( ) lim 0nx x = > ,tunjukkanbahwaterdapatK sedemikianhinggajika n K , maka 122nx x x < < . Pengantar Analisis Real I 45 2.2. Teorema-teorema Limit Pada subbab ini akan dibahas mengenai beberapa teoremayang berkaitan dengan limit pada barisan bilangan real, seperti barisan terbatas dan kekonvergenan barisan. Definisi2.2.1.Barisanbilanganreal( )nX x = dikatakanterbatasjikaterdapat bilangan real0 M >sedemikian hingga nx M untuk semuan. Oleh karena itu, barisan( )nxterbatas jika dan hanya jika himpunan{ } :nx nmerupakan subset terbatas dalam. Teorema 2.2.2. Jika( )nX x =konvergen, maka( )nX x =terbatas. Bukti.Diketahui( )nX x = konvergen,misalkankonvergenkex.Diambil1 = ,maka terdapatK sedemikianhinggauntuksetiapn K berlaku1nx x < . MenggunakanakibatKetaksamaanSegitiga,maka1nx x < atau1nx x < + untuk semuan K .Namakan { }1 2 1max , ,..., , 1kM x x x x= + ,maka nx M ,untuksemua n. Jadi, terbukti bahwa( )nX x =terbatas. Teorema 2.2.3. Jika( )nX x x = ,( )nY y y = , danc , maka (i)X Y x y + . (ii)X Y xy . (iii)cX cx . Bukti.(i)Ambilsebarang0 > .Karena( )nX x x = ,makaterdapat 0n sedemikian hinggauntuksetiap 0n n berlaku 2nx x < .Karena( )nY y y = ,maka Pengantar Analisis Real I 46 terdapat 1n sedemikianhinggauntuksetiap 1n n berlaku 2ny y < .Pilih { }2 0 1max , n n n = , maka akibatnya untuk 2n n berlaku( ) ( ) ( ).2 2n n n nn nx y x y x x y yx x y y + = + + < + = Karenaberlakuuntuksebarang0 > ,maka( )n nx y + konvergenkex y + . Dengancarayangsamadiperolehbahwa( )n nx y konvergenkex y .Jadi, terbukti bahwaX Y x y + . (ii)Akandibuktikanbahwauntuksetiap0 > terdapatK sedemikianhingga untuk setiapn K berlaku n nx y xy < . Diketahui .n n n n n nn n n nn n nx y xy x y x y x y xyx y x y x y xyx y y x x y = + + = + Karena( )nx x ,maka( )nx terbatas,akibatnyaterdapat 10 M> sedemikian hingga 1 nx M ,untuksemuan.Namakan { }1max , M M y = .Diambil sebarang0 > .Karena( )nx x ,makaterdapat 1Ksedemikianhingga untuksetiap 1n K berlaku 2nx xM < .Karena( )ny y ,makaterdapat 2K sedemikian hingga untuk setiap 2n K berlaku 2ny yM < . Namakan { }1 2max , K K K = , maka untuk setiapn K berlaku . . .2 2 2 2n n n n nx y xy x y y x x yM MM M + < + = + = Jadi, terbukti bahwa untuk setiap0 >terdapatK sedemikian hingga untuk setiapn K berlaku n nx y xy < .Dengankatalain,terbuktibahwa X Y xy . Pengantar Analisis Real I 47 (iii)Ambilsebarang0 > .Karena( )nx x ,makaterdapatK sedemikian hingga untuk setiapn K berlaku 2nx x < . Perhatikan bahwa 1 .n n n nn n nn ncx x cx x x xcx x x xx c x x = + + = + Karena( )nx x ,maka( )nx terbatas,yaituterdapat0 M > sedemikianhingga nx M , untuk semuan. Akibatnya ( )1 . 1 . 12 2n nx c x x M c M c + < + = + < . Terbuktibahwauntuksetiap0 > terdapatK sedemikianhinggauntuk setiapn K berlaku ncx x < . Dengan kata lain, terbukti bahwacX cx . Teorema 2.2.4. Jika( )nX x x = dan( ) 0nZ z z = dengan0nz untuk semua n, maka nnx X xZ z z| |= |\ . Bukti.Terlebihdahuluharusdibuktikanbahwa 1 1 1nZ z z| |= |\ .Diambil 12z = , maka0 > .Karena( ) limnz z = ,makaterdapat 1Ksedemikianhinggauntuk setiap 1n K berlaku nz z < .MenggunakanakibatKetaksamanSegitigabahwa n nz z z z untuk 1n K ,yangberarti 12nz z z = untuk 1n K . Oleh karena 1 2nz zuntuk 1n K , maka diperoleh 21 1 1 2nnn n nz zz zz z z z z zz = = . Pengantar Analisis Real I 48 Selanjutnya,diberikan0 > ,makaterdapat 2Ksedemikianhinggajika 2n K , maka 2 12nz z z < . Jika diambil{ }1 2( ) max , K K K = , maka 1 1nz z ,makaterbuktibahwa 1 1limnz z| |= |\ atau 1nz| | |\ konvergenke 1z.MenggunakanTeorema2.2.3(ii)dandenganmengambilYsebagai barisan 1nz| | |\ , maka 1nnx xX Y xz z z| || | = = ||\ \ . Teorema2.2.5.Jika( )nX x = barisanbilanganrealdengan0nx untuksemua n dan( )nx x , maka0 x . Bukti. Diambil0 x = > . Karena( )nx x , maka terdapatK sedemikian hingga untuk setiapn K berlaku( ) ( )2 0.n nnnnx x x xx x xx x x x xx x < < < < < + < < + < ,makaterdapatK sedemikian hingga untuk setiapn K berlaku nx w .Karena( )nX x x = ,makaterdapatK sedemikian hinggauntuksetiapn K berlaku nx x < .MenggunakanakibatKetaksamaan Segitiga, diperoleh bahwa untuk setiapn berlaku n nx x x x < . Jadi, diperoleh bahwa nx x < , atau ( )nX x x = . Teorema2.2.10.Jika( )nX x x = dan0nx ,makabarisanbilanganrealpositif ( ) nx x . Bukti.MenurutTeorema2.2.5diperolahbahwa0 x .Akanditunjukkanbahwa teorema benar untuk0 x =dan0 x > .KasusI:Jika0 x = ,diberikan0 > .Karena( ) 0nx x = ,makaterdapatK sedemikian hingga untuk setiapn K berlaku20 0n nx x = < . Sehinggadiperolehbahwa0nx < .Karenaberlakuuntuksetiap0 > ,maka terbukti bahwa ( ) nx x . KasusII:Jika0 x > ,maka0 x > .Diberikan0 > ,makaterdapatK sedemikian hingga untuk setiapn K berlaku nx x < . Perhatikan bahwa ( )( ) n nnnn nx x x xx xx xx x x x + = =+ +. Karena0nx x x + > , maka diperoleh 1n nx x x xx x | | < |\ . Karena berlaku untuk setiap0 > , maka terbukti bahwa ( ) nx x . Pengantar Analisis Real I 51 Teorema 2.2.11. Jika( )nxbarisan bilangan real (tegas) dengan 1limnnxLx+| |= |\ (ada) dan1 L < , maka( )nxkonvergen dan( ) lim 0nx = . Bukti.Dipilihr sedemikianhingga1 L r < < .Diambil0 r L = > .Karena 1limnnxLx+| |= |\ ,makaterdapatK sedemikianhinggauntuksetiapn K berlaku 1 nnxLx+ < . Karena 1 1 n nn nx xL Lx x+ + , maka1 nnxLx+ < . Sehingga diperoleh1 nnxLx+ > , tunjukkan bahwa( ) ( )( )lim2a bn a n b n++ + = . 6.Gunakan Teorema Squeeze (2.2.8) untuk menentukan limit barisan berikut. (a) 12nn| | |\ .(b) ( )( )21!nn . 7.Berilah sebuah contoh barisan konvergen( )nxdengan 1lim 1nnxx| |= |\ . 8.Diberikanbarisanbilanganrealpositif( )nX x = dengan 1lim 1nnxLx| |= > |\ . Tunjukkan bahwa X tidak terbatas dan tidak konvergen. 9.Diberikan( )nx barisankonvergendan( )ny sedemikianhinggauntuksebarang 0 > terdapatM sedemikianhinggauntuksetiapn M berlaku n nx y < . Apakah( )nykonvergen? 10. Tunjukkan bahwa jika( )nxdan( )nybarisan konvergen, maka barisan( )nudan ( )nv yangdidefinisikandengan{ } : max ,n n nu x y = dan{ } : min ,n n nv x y =konvergen. Pengantar Analisis Real I 53 2.3. Barisan Monoton Berikut ini diberikan pengertian mengenai barisan naik dan turun monoton. Definisi 2.3.1. Diberikan barisan bilangan real( )nX x = . (i)Barisan X dikatakan naik (increasing) jika 1 n nx x+untuk semuan.(ii)Barisan X dikatakan naik tegas (strictly increasing) jika 1 n nx x+ untuk semuan. Definisi2.3.2.Barisan( )nX x = dikatakanmonotonjikaberlakusalahsatuXnaik atau X turun. Contoh 2.3.3.(a)Barisan berikut ini naik (monoton). (i)(1, 2, 3, 4,..., n,...). (ii)(1, 2, 2, 3, 3, 3, ...). (iii) ( )2 3 4, , , ,..., ,...na a a a ajika1 a > . (b) Barisan berikut ini turun (monoton). (i) 1 1 11, , ,..., ,...2 3 n| | |\ . (ii) 2 3 11 1 1 11, , , ,..., ,...2 2 2 2n| | |\ . (iii) ( )2 3 4, , , ,..., ,...nb b b b bjika0 1 b < < . (c)Barisan berikut ini tidak monoton. (i)( )( )11, 1, 1,..., 1 ,...n++ + . (ii)( ) 1, 2, 3, 4,... + + . Pengantar Analisis Real I 54 2.3.4. Teorema Konvergensi Monoton(a)Jika( )nX x =naik (monoton) dan terbatas ke atas, maka( )nX x =konvergen dengan( ) { } lim sup :n nx x n = . (b)Jika( )nX x = turun(monoton)danterbataskebawah,maka( )nX x =konvergen dengan ( ) { } lim inf :n nx x n = . Bukti. (a)Karena( )nX x = terbataskeatas,makaterdapatM sedemikianhingga nx M untuksemuan.Namakan{ } :nA x n = ,makaA , terbatas ke atas dan tidak kosong. Menurut Sifat Lengkap, maka supremum Aada,namakansup x A = .Diambil0 > ,makaterdapatK sedemikian hingga kx x x < . Karena X naik monoton, maka untukn K berlaku k nx x x x x < < +atau nx x x < < + nx x < . Jadi, terbukti bahwa( )nX x =konvergen ke( ) { } lim sup :n nx x x n = = . (b)Gunakan cara yang hampir sama dengan pembuktian (a). Contoh 2.3.5. Diketahui barisan( )nydengan 11 y=dan 12n ny y+= + ,1 n . Apakah ( )nykonvergen? Jika ya, tentukan( ) limny . Jawab. Akan ditunjukkan menggunakan induksi bahwa( )nynaik monoton.Untuk1 n = , diperoleh 22 1 3 1 y = + = (benar). Misalkan benar untukn k = , yaitu 12k ky y+= + , 1 k ky y+ . Akan dibuktikan benar untuk1 n k = + , yaitu 2 1 12 2k k k ky y y y+ + += + + = . Pengantar Analisis Real I 55 Berartibenaruntuk1 n k = + .Jadi,menurutinduksi( )ny naikmonoton.Selanjutnya, ditunjukkanbahwa( )ny terbataskeatas(oleh3),yaitu3ny ,untuksemuan. Untuk1 n = benar,sebab 11 3 y= .Misalkanbenaruntukn k = ,yaitu3ky .Maka 12 2 3 5 3k ky y+= + + = yangberartibenaruntuk1 n k = + .Jadi,menurut induksiterbuktibahwa3ny ,untuksemuan.Karena( )ny naikmonotondan terbataskeatas,makamenurutTeorema2.3.4barisan( )ny konvergen.Misalkan ( ) limny y = , maka diperoleh( ) ( )2 22 2 2 0 2 1 0 y y y y y y y y = + = + = + = . Diperoleh2 y = atau1 y = .Untuk1 y = jelastidakmungkin,sebab1 3ny untuk semuan. Jadi, terbukti bahwa( )nykonvergen dan( ) lim 2ny = . SOAL LATIHAN SUBBAB 2.3 1.Diberikan 11 x>dan 11: 2nnxx+= untukn. Tunjukkan bahwa( )nxterbatas dan monoton. Carilah nilai limitnya. 2.Diberikan 12 x dan 1: 1 1n nx x+= + untukn.Tunjukkanbahwa( )nxturun dan terbatas ke bawah oleh 2. Carilah nilai limitnya. 3.DiberikanA takberhinggayangterbataskeatasdanmisalkan: sup u A = . Tunjukkanbahwaterdapatbarisannaik( )nx dengan nx A untuksemuan sedemikian hingga( ) limnu x = . 4.Tentukan apakah barisan( )nykonvergen atau divergen, dengan 1 1 1: ...1 2 2nyn n n= + + ++ +untukn. Pengantar Analisis Real I 56 5.Diberikan 2 2 21 1 1: ...1 2nxn= + + + untuksetiapn.Buktikanbahwa( )nx naik danterbatas,sehingga( )nx konvergen.(Petunjuk:Jika2 k ,maka ( )21 1 1 11 1 k k k k k = ). 6.Tentukan konvergensi dan hitunglah limit barisan berikut. (a)111nn+| || |+| | |\ \ .(b)211nn| || |+| | |\ \ . (c)111nn| || |+| | |+\ \ .(d)11nn| || || | |\ \ . 2.4. Barisan Bagian Pada bagian ini akan diberikan konsep barisan bagian (subsequences) dari suatu barisan bilangan real. Definisi2.4.1.Diberikanbarisanbilanganreal( )nX x = dandiberikanbarisan bilangan asli naik tegas 1 2... ...kn n n < < < < . Barisan ( )knX x =dengan ( ) ( )1 2, ,..., ,...k kn n n nx x x x =disebut dengan barisan bagian atau sub barisan (subsequences) dari X. Contoh 2.4.2. Diberikan 1 1 1 1: , , ,..., ,...1 2 3Xn| |= |\ . (i)Barisan 11 1 1 1, , ,..., ,...2 4 6 2Xn| | = |\ merupakan barisan bagian dari X. (ii)Barisan 21 1 1 1, , , ,...4 5 6 7X| | = |\ merupakan barisan bagian dari X. (iii)Barisan 31 1 1 1, , , ,...3 2 4 5X| | = |\ bukan barisan bagian dari X, sebab 2 1n n < . Pengantar Analisis Real I 57 Teorema 2.4.3. Jika( )nX x =konvergen ke x, maka setiap barisan bagian ( )knX x =dari X juga konvergen ke x. Bukti.Diambil0 > .Karena( )nx x ,makaterdapat( ) K sedemikianhingga untuk setiap( ) n K berlaku nx x < . Karena untuk setiapn berlaku 1 k kn n+ , maka untuk setiap( ) n K berlaku( )kn k K . Sehingga knx x < . Terbukti bahwa ( )knX x =konvergen ke x. Teorema 2.4.4. Diberikan barisan bilangan real( )nX x = , maka pernyataan berikut ini ekuivalen. (i)Barisan( )nX x =tidak konvergen kex . (ii)Ada 00 > sedemikianhinggauntuksebarangk ,terdapat kn sedemikian hingga kn k dan 0knx x . (iii)Ada 00 > dansuatubarisanbagian ( )knX x = sedemikianhingga 0knx x untuk semuak . Bukti.(i)(ii)Jika( )nx tidakkonvergenkex,makauntuksuatu 00 > tidakmungkin ditemukank sedemikianhinggauntuksetiap kn k berlaku 0knx x < . Akibatnyatidakbenarbahwauntuksetiapk ,n k memenuhi 0knx x < . Dengankatalain,untuksetiapk terdapat knsedemikianhingga kn k dan 0knx x . Pengantar Analisis Real I 58 (ii) (iii) Diberikan 00 >sehingga memenuhi (ii) dan diberikan 1n sedemikian hingga 11 n dan 10 nx x .Selanjutnya,diberikan 2nsedemikianhingga 2 1n n >dan 20 nx x . Demikian seterusnya sehingga diperoleh suatu barisan bagian ( )knX x =sehingga berlaku 0knx x untuk semuak . (iii)(i)Misalkan( )nX x = mempunyaibarisanbagian ( )knX x = yangmemenuhi sifat(iii).MakaXtidakkonvergenkex,sebabjikakonvergenkex,maka ( )knX x =jugakonvergenkex.Halinitidakmungkin,sebab ( )knX x = tidakberadadalam persekitaran( )0V x. Teorema 2.4.5. (Kriteria Divergensi) Jika barisan bilangan real( )nX x =memenuhi salah satu dari sifat berikut, maka barisan X divergen. (i)Xmempunyaiduabarisanbagiankonvergen ( )knX x = dan ( )krX x =dengan limit keduanya tidak sama. (ii)X tidak terbatas. Contoh 2.4.6. Tunjukkan bahwa barisan 1 11, , 3, ,...2 4| | |\ divergen. Jawab.Namakanbarisandiatasdengan( )nY y = ,dengan 1nyn= jikangenap,dan ny n =jika n ganjil. Jelas bahwa Y tidak terbatas. Jadi, barisan ( )nY y =divergen. Berikut ini diberikan sebuah teoremayang menyatakan bahwa barisan bilangan real( )nX x = pastimempunyaibarisanbagianyangmonoton.Untukmembuktikan teorema ini, diberikan pengertian puncak (peak), mxdisebut puncak jika m nx x untuk semuansedemikianhinggan m .Titik mx tidakpernahdidahuluiolehsebarang Pengantar Analisis Real I 59 elemen barisan setelahnya. Perhatikan bahwa pada barisan yang menurun, setiap elemen adalah puncak, tetapi pada barisan yang naik, tidak ada elemen yang menjadi puncak. 2.4.7.TeoremaBarisanBagianMonotonJika( )nX x = barisanbilanganreal, maka terdapat barisan bagian dari X yang monoton. Bukti.Pembuktiandibagimenjadiduakasus,yaituXmempunyaitakhinggabanyak puncak, dan X mempunyai berhingga banyak puncak. Kasus I: X mempunyai tak hingga banyak puncak. Tulis semua puncak berurutan naik, yaitu 1 2, ,..., ,...km m mx x x . Maka 1 2... ,...km m mx x x . Oleh karena itu, ( )kmxmerupakan barisan bagian yang turun (monoton). Kasus II: X mempunyai berhingga banyak puncak. Tulis semua puncak berurutan naik, yaitu 1 2, ,...,rm m mx x x .Misalkan 1: 1rs m = + adalahindekspertamadaripuncakyang terakhir.Karena 1sx bukanpuncak,makaterdapat 2 1s s > sedemikianhingga 1 2s sx x < . Karena 2sx bukanpuncak,makaterdapat 3 2s s > sedemikianhingga 2 3s sx x < .Jika proses ini diteruskan, diperoleh barisan bagian ( )ksxyang naik (monoton). Teorema2.4.8.(Bolzano-Weierstrass)Setiapbarisanbilanganrealyangterbatas pasti memuat barisan bagian yang konvergen. Bukti.Diberikanbarisanbilanganrealterbatas( )nX x = .Namakan{ } :nS x n = range barisan, maka S mungkin berhingga atau tak berhingga. KasusI:DiketahuiSberhingga.Misalkan{ }1 2, ,...,tS x x x = ,makaterdapatm dengan1 m t danbarisan( ) :kr k dengan 1 2 3... r r r < < < sehingga 1 2...r r mx x x = = = .Haliniberartiterdapatbarisanbagian ( ):krx k yangkonvergen ke mx . Pengantar Analisis Real I 60 KasusII:KarenaStakberhinggadanterbatas,makaSmempunyaititikclusteratau titik limit, namakan x titik limit S. Misalkan 1 1,kU x xk k| |= + |\ persekitaran titik x.Untuk k = 1, maka terdapat 11 rx S U , 1rx x sedemikian hingga 11rx x < . Untuk k = 2, maka terdapat 22 rx S U , 2rx x sedemikian hingga 212rx x < . Untuk k = 3, maka terdapat 33 rx S U , 3rx x sedemikian hingga 313rx x < . Demikian seterusnya, sehingga diperoleh: Untuk k = n, maka terdapat nr nx S U , nrx x sedemikian hingga 1nrx xn < . Ambil0 > .MenurutSifatArchimedes,makaterdapatK sedemikianhingga 1K < .Makauntuksetiapn K berlaku 1 1nrx xn K < < .Terbuktibahwa ( )nrxkonvergen ke x dengan ( )nrxbarisan bagian( )nx . Teorema2.4.9.Diberikanbarisanbilanganrealterbatas( )nX x = dandiberikan x yang mempunyai sifat bahwa setiap barisan bagian dari X konvergen ke x. Maka barisan X konvergen ke x. Bukti.Misalkan0 M > adalahbatasdaribarisanXsehingga nx M untuksemua n.AndaikanXtidakkonvergenkex,makamenggunakanTeorema2.4.4terdapat 00 > danbarisanbagian ( )knX x = sedemikianhingga 0knx x untuksemua K .KarenaX barisanbagiandariX,makaMjugabatasdariX .Menggunakan Teorema Bolzano-Weierstrass berakibat bahwaXmemuat barisan bagianX . Karena Xjuga barisan bagian dari X, makaXjuga konvergen ke x. Dengan demikian, akan selaluberadadalampersekitaran( )0V x.Timbulkontradiksi,yangbenaradalahX selalu konvergen ke x. Pengantar Analisis Real I 61 SOAL LATIHAN SUBBAB 2.4. 1.Tunjukkan bahwa barisan berikut ini divergen. (a)( )11 1nn| | + |\ .(b) sin4n | | |\ . 2.Berikan contoh barisan tak terbatas yang memuat barisan bagian konvergen. 3.Diberikanbarisan( )nX x = dan( )nY y = .Diberikanbarisan( )nZ z = dengan definisi 1 1: z x = , 2 1: z y = ,..., 2 1:n nz x= , 2:n nz y = . Tunjukkan bahwa Z konvergen jika dan hanya jika X dan Y konvergen dan( ) ( ) lim limn nx y = . 4.Tentukan konvergensi dan limit barisan berikut. (a) 2211n| || |+| | |\ \ .(b)22211nn| || | | + | |\ \ . 5.Hitunglah limit barisan berikut. (a)( )123nn| | |\ .(b)3112nn| || |+| | |\ \ . 6.Misalkansetiapbarisanbagiandari( )nX x = mempunyaisuatubarisanbagian yang konnvergen ke 0. Tunjukkan bahwa( ) lim 0nx = . 7.Diberikanbarisanterbatas( )nx danuntuksetiapndiberikan { } : sup :n ks x k n = dan{ } : infnS s = . Tunjukkan bahwa terdapat barisan bagian dari( )nxyang konvergen ke S. 8.Jika0nx untuksemuandan( )( )lim 1nnx ada,tunjukkan( )nxkonvergen. 9.Tunjukkanbahwajika( )nx terbatas,makaterdapatbarisanbagian ( )knxsedemikian hingga 1lim 0knx| |=| |\ . 10. Diberikan barisan terbatas( )nxdan{ } : sup :ns x n = . Tunjukkan bahwa jika { } :ns x n , maka terdapat barisan bagian dari( )nxyang konvergen ke s. Pengantar Analisis Real I 62 2.5. Barisan Cauchy Definisi2.5.1.Barisanbilanganreal( )nX x = disebutbarisanCauchyjikauntuk setiap0 > terdapat( ) H sedemikianhinggauntuksetiap, n mdengan , ( ) n m H , berlaku n mx x < . Contoh 2.5.2. Barisan 1n| | |\ merupakan barisan Cauchy. Jikadiberikan0 > ,dapatdipilih( ) H H = sedemikianhingga 2H> .Maka jika, n m H ,diperoleh 1 12 n H < dandengancarayangsamadiperoleh 12 m< . Oleh karena itu, jika, ( ) n m H , maka1 1 1 12 2 n m n m + < + = . Karena berlaku untuk sebarang0 > , maka dapat disimpulkan bahwa 1n| | |\ merupakan barisan Cauchy. Lemma2.5.3.Jika( )nX x = barisanbilanganrealyangkonvergen,makaX merupakan barisan Cauchy. Bukti.Misalkan: lim x X = .Diberikan0 > ,makaterdapat ( )2Ksedemikian hinggajika ( )2n K ,maka 2nx x < .Olehkarenaitu,jika ( )( ) :2H K = dan jika, ( ) n m H , maka diperoleh ( ) ( ).2 2n m n mn mx x x x x xx x x x = + = + < + = Karena berlaku untuk sebarang0 > , maka terbuktibahwa( )nxbarisan Cauchy. Pengantar Analisis Real I 63 Lemma 2.5.4. Jika( )nX x =barisan Cauchy, maka X terbatas. Bukti.Diketahui( )nX x = barisanCauchy.Diberikan: 1 = .Jika() : 1 H H = dan n H , maka1n Hx x < . Selanjutnya, menggunakan Ketaksamaan Segitiga, diperoleh 1n Hx x +untuk semuan. Namakan { }1 2 1: max , ,..., , 1H HM x x x x= + , maka diperoleh nx M untuk semuan. Jadi, terbukti bahwa X terbatas. Teorema2.5.5.(KriteriaKonvergensiCauchy)Barisanbilanganreal( )nX x =konvergen jika dan hanya jika( )nX x =barisan Cauchy. Bukti. Jelas (Lemma 2.5.3). Diketahui( )nX x = barisanCauchy.Diambil0 > ,makaterdapat( ) 0 H H = >sedemikianhinggauntuksetiap, n mdengan, n m H berlaku 2n mx x < . KarenaXbarisanCauchy,makaXterbatas,sehinggaXmemuatbarisanbagian ( )knX x = yangkonvergenke* x .Olehkarenaitu,terdapatK H dengan { }1 2 3, , ,... K n n n sedemikian hingga*2Kx x < . Akibatnya untukm K =diperoleh * **.2 2n n K Kn K Kx x x x x xx x x x = + + < + = Karenaberlakuuntuksebarang0 > ,makaterbuktibahwabarisan( )nX x =konvergen. Pengantar Analisis Real I 64 Definisi 2.5.6. Barisan bilangan real( )nX x =dikatakan kontraktif (contractive) jika terdapat konstanta C, dengan0 1 C < dan( )11: 2n nx x= +untuk1 n , tunjukkan bahwa( )nxmerupakan barisan kontraktif. Tentukan limitnya. 2.6. Sifat Barisan Divergen Padasubbabinidiberikanbeberapasifatdarisuatubarisanbilanganreal( )nx yang mendekatiataumenujuke,yaitu( ) limnx = +dan( ) limnx = .Ingatbahwa barisan divergen adalah barisan yang tidak konvergen. Definisi 2.6.1. Diberikan barisan bilangan real( )nx . (i)Barisan( )nx dikatakanmendekati+,ditulis( ) limnx = +,jikauntuk setiap terdapat( ) K sedemikianhinggajika( ) n K ,maka nx > . (ii)Barisan( )nx dikatakanmendekati,ditulis( ) limnx = ,jikauntuk setiap terdapat( ) K sedemikianhinggajika( ) n K ,maka nx < . Barisan( )nx dikatakandivergenproper(tepat/tegas)jika( ) limnx = +atau ( ) limnx = . Berikut ini diberikan contoh bahwa ( )2lim n = +. Pengantar Analisis Real I 66 Contoh2.6.2. ( )2lim n = +.Jika( ) K sedemikianhingga( ) K > ,danjika ( ) n K , maka diperoleh 2n n > . Teorema2.6.3.Barisanbilanganrealmonotonmerupakanbarisandivergenproper jika dan hanya jika barisannya tidak terbatas. (a) Jika( )nxbarisan naik tak terbatas, maka( ) limnx = +. (b) Jika( )nxbarisan turun tak terbatas, maka( ) limnx = . Bukti.(a)Misalkan( )nx barisannaik.Jika( )nx terbatas,maka( )nx konvergen.Jika( )nxtidakterbatas,makauntuksebarang terdapat( ) n sedemikianhingga ( ) nx < . Tetapi karena( )nxnaik, diperoleh nx untuksemuan,maka( ) lim 0nx = jikadan hanya jika 1limnx| |= + |\ . 3.Tentukan apakah barisan berikut ini divergen proper. (a)( )n .(b)( )1 n + . (c)( )1 n .(d)1nn| | |+\ . 4.Diberikan( )nx barisandivergenproperdandiberikan( )ny sedemikianhingga ( ) limn nx y . Tunjukkan bahwa( )nykonvergen ke 0. Pengantar Analisis Real I 68 5.Tentukan apakah barisan berikut ini konvergen atau divergen. (a)( )22 n + .(b)( )21nn| | | |+\ . (c)( )21 nn| |+ | |\ .(d)( )sin n . 6.Tunjukkan bahwa jikalimnaLn| | = |\ , dengan0 L > , maka( ) limna = +. 2.7. Deret Tak Berhingga Berikutinidiberikanpengantarsingkatmengenaisuatuderettakberhinggadari bilangan real. Definisi 2.7.1. Jika( ) :nX x =barisan di, maka deret tak berhingga (cukup disebut deret) yang dibentuk oleh X adalah barisan( ) :kS s =yang didefinisikan dengan 1 1: s x =2 1 2: s s x = + ( )1 2x x = +. . . 1 2:k ks s x= + ( )1 2...kx x x = + + +. . .nx disebutdengantermsdarideret,dan ks disebutjumlahanparsial(partialsum). JikalimS ada,makaderetSdikatakankonvergendannilailimitnyaadalahhasildar jumlahan deret. Jika limitnya tidak ada, maka dikatakan deret S divergen. DerettakberhinggaSyangdibangunolehbarisan( ) :nX x = disimbolkan dengan( )nx atau nx atau 1nnx=. Pengantar Analisis Real I 69 Contoh 2.7.2. Diberikan barisan ( )0:nnX r==denganr yang membangun deret: 201 ... ...n nnr r r r== + + + + +. Akan ditunjukkan bahwa jika1 r< , maka deret ini konvergen ke ( )11 r .Misalkan 2: 1 ... ...nns r r r = + + + + + untuk0 n ,danjika ns dikalikandenganrdan mengurangkan hasilnya dari ns , maka diperoleh ( )11 1nns r r+ = . Oleh karena itu, diperoleh111 1nnrsr r+ = . Sehingga 111 1nnrsr r+ . Karena 10nr+ saat1 r< ,makaderetgeometri 0nnr=konvergenke ( )11 r saat 1 r< . Selanjutnya,diberikankondisi-kondisiyangdapatmemberikanjaminanbahwa suatu deret itu konvergen. Teorema 2.7.3. (The nth Term Test) Jika deret nx konvergen, maka( ) lim 0nx = . Bukti.MenggunakanDefinisi2.7.1, nxkonvergenapabila( ) limks ada.Karena 1 n n nx s s= , maka( ) ( ) ( )1lim lim lim 0n n nx s s= = . Pengantar Analisis Real I 70 Teorema 2.7.4. (Kriteria Cauchy) Deret nx konvergenjika dan hanya jika untuk setiap0 >terdapat( ) M sedemikian hingga jika( ) m n M > , maka 1 2...m n n n ms s x x x + + = + + + < . Teorema 2.7.5. Diberikan( )nxbarisan bilangan real nonnegatif. Maka deret nx konvergenjikadanhanyajikabarisan( )kS s = darijumlahanparsialnyaterbatas. Dalam hal ini,( ) { }1lim sup :n k knx s s k== = . Bukti. Karena0nx > , maka barisan jumlahan parsial S naik monoton, yaitu 1 2... ...ks s s . MenggunakanTeorema2.3.4,barisan( )kS s = konvergenjikadanhanyajika barisannya terbatas, dalam hal ini limitnya sama dengan{ } supks . Contoh 2.7.6. Deret 211nn= konvergen. Karenajumlahanparsialnyamonoton,makacukupditunjukkanbahwabarisanbagian ( )ksterbatas. Jika 11: 2 1 1 k = = , maka 11ks = . Jika 22: 2 1 3 k = = , maka2 2 2 21 1 1 2 11 11 2 3 2 2ks| |= + + < + = + |\ , dan jika 33: 2 1 7 k = = , maka diperoleh 3 2 2 2 2 2 2 2 21 1 1 1 4 1 114 5 6 7 4 2 2k k ks s s| |= + + + + < + < + + |\ . Menggunakan induksi matematik, diperoleh bahwa jika: 2 1jjk = , maka 2 11 1 10 1 ...2 2 2jjks| | | |< < + + + + ||\ \ . Pengantar Analisis Real I 71 Karena ruas kanan merupakan jumlahan parsial dari deret geometri dengan 12r = , maka ( )1lim 2112ks = =| | |\ . Jadi, deret 211nn= konvergen. 2.7.7.TesPerbandingan(ComparisonTests)Diberikanbarisanbilanganreal ( ) :nX x =dan( ) :nY y = , dan misalkan untuk suatuK berlaku 0n nx y untukn K . (a) Jika ny konvergen, maka nx konvergen. (b) Jika nx divergen, maka ny divergen. Bukti.(a)Misalkan ny konvergen. Diberikan0 >dan( ) M sedemikian hingga jika ( ) m n M > , maka 1...n my y + + < . Jika{ } max , ( ) m K M > , maka diperoleh bahwa 1 10 ... ...n m n mx x y y + + + + + + < , yang berakibat bahwa nx konvergen. (b) Menggunakan kontraposisi dari (a), maka teorema terbukti. 2.7.8.TesPerbandinganLimitMisalkan( ) :nX x = barisanpositifnaiktegasdan misalkan limit berikut ada dalam, yaitu : limnnxry| |= |\ . (a) Jika0 r , maka nx konvergen jika dan hanya jika ny konvergen. (b) Jika0 r = , maka ny konvergen jika dan hanya jika nx konvergen. Pengantar Analisis Real I 72 Bukti.(a)Diketahui: limnnxry| |= |\ dandarisoallatihan2.1.10,makaterdapatK sedemikian hingga untukn K berlaku 122nnxr ry ,sehingga diperoleh ( )122n n nr y x r y| | |\ . Menggunakan Tes Perbandingan 2.7.7 dua kali, maka pernyataan (a) terbukti. (b) Jika0 r = , maka terdapatK sedemikian hingga untukn K berlaku 0n nx y < . Menggunakan Teorema 2.7.7 (a), maka pernyataan (b) terbukti. Contoh 2.7.9. Deret 211nn n=+ konvergen. Diketahui ketaksamaan berikut benar 2 21 10n n n< +untukn. Karenatelahdiketahuibahwaderet 211nn=konvergen,makamenggunakanTes Perbandingan 2.7.7 diperoleh bahwa deret 211nn n=+ konvergen. SOAL LATIHAN SUBBAB 2.7 1.Tunjukkan bahwa (a)( )( )0111 2nn n==+ +. (b)( )( )01 101nn n == >+ + +, jika0 > . (c)( )( )11 11 2 4nn n n==+ +. Pengantar Analisis Real I 73 2.Jika nx dan ny konvergen, tunjukkan bahwa( )n nx y + konvergen. 3.Berikancontohderetkonvergen nxdanderetdivergen nysedemikian hingga( )n nx y + konvergen. Jelaskan. 4.(a)Tunjukkan bahwa deret 1cosnn= divergen. (b)Tunjukkan bahwa deret 21cosnnn= konvergen. 5.Jika nadengan0na > konvergen,makaapakah 1 n na a+ jugakonvergen? Tunjukkan atau beri contoh penyangkalnya jika tidak terbukti. 6.Jikaderet na,dengan0na > konvergen,danjika ( )1...:nna abn+ += untuk n, maka tunjukkan bahwa nb divergen. 7.Tunjukkan bahwa jika0 c > , maka deret berikut ini konvergen. (a)( )1lncn n.(b)( )( )1ln ln lncn n n. Pengantar Analisis Real I 74 DAFTAR PUSTAKA Apostol,T.M,1974,MathematicalAnalysis,SecondEdition,Addison-Wiley, Massacheusetts USA. Bartle, R.G and Sherbert, D.R, 2000, Introduction to Real Analysis, Third Edition, John Wiley and Sons, Inc, USA.