Pengantar Analisis Real

Bacaan Warga KSA
Pengantar Analisis Real
Introduction to real analysis
Dikumpulkan dari berbagai sumber oleh:
Abu Abdillah
KOMUNITAS STUDI ALKWARIZMI
UNAAHA
2013
PERSEMBAHAN
Untuk bahan bacaan warga KSA (Komunitas Studi Al Khwarizmi).
Pesan
Janganlah kesibukan duniamu melalaikan untuk menuntut ilmu Agama,
ingatlah bahwa yang wajib ‘ain bagi kalian adalah menuntut ilmu Agama.
ii
Komunitas Studi Al Khwarizmi
Abu Abdillah
KATA PENGANTAR
B
uku ini ditulis dalam rangka pengadaan buku ajar mata kuliah
Analisis Real I dan II, 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 aljabar
himpunan, fungsi, dan induksi matematika. Sebagaimana kita ketahui bahwa
materi pada bab ini adalah materi penunjang pemahaman pada bab-bab
selanjutnya,
maka
diharapkan
para
pembaca
dan
pengajar
tidak
mengabaikan penyampaian bab I ini. Bab II 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
iii
Komunitas Studi Al Khwarizmi
Abu Abdillah
dikonstruksi berdasarkan sifat terurutnya, yang disebut sebagai interval.
Dijelaskan pula tentang representasi desimal dari bilangan real dan
menggunakannya untuk membuktikan Teorema Cantor. Selanjutnya, bab III
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 IV mendiskusikan
tentang definisi limit fungsi (termasuk limit sepihak, limit di tak hingga, dan
limit tak hingga) dan sifat-sifatnya. Lalu, bab V 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.
Unaaha, April 2013
Penulis,
Abu Abdillah
iv
Komunitas Studi Al Khwarizmi
Abu Abdillah
DAFTAR ISI
PERSEMBAHAN ...............................................................................
ii
KATA PENGANTAR .........................................................................
iii
DAFTAR ISI .......................................................................................
v
BAB I PENDAHULUAN
1.1 Aljabar Himpunan ...........................................................
1
1.2 Fungsi ...............................................................................
8
1.3. Induksi Matematika .........................................................
17
BAB II HIMPUNAN BILANGAN REAL
2.1 Sifat Aljabar dari R ..........................................................
27
2.2 Sifat Terurut dari R .........................................................
29
2.3. Sifat Kelengkapan dari R ...............................................
38
2.4. Interval .............................................................................
48
2.5 Representasi Desimal dari Bilangan Real ....................
51
BAB III BARISAN BILANGAN REAL
3.1 Definisi Barisan Bilangan real .......................................
54
3.2 Sifat-Sifat Barisan Bilangan Real ..................................
57
3.3 Teorema Bolzano-Weierstrass .......................................
64
3.4 Kriteria Cauchy ...............................................................
65
3.5 Barisan Divergen ............................................................
68
3.6 Deret Tak Hingga ............................................................
71
BAB IV LIMIT FUNGSI
v
4.1 Titik Timbun .....................................................................
80
4.2 Definisi Limit Fungsi .......................................................
81
4.3 Teorema Limit Fungsi .....................................................
84
Komunitas Studi Al Khwarizmi
Abu Abdillah
BAB V KEKONTINUAN FUNGSI
5.1 Definisi Fungsi Kontinu ..................................................
89
5.2 Sifat-Sifat Fungsi Kontinu ..............................................
92
5.3 Fungsi Kontinu pada Interval .........................................
94
5.4 Kekontinuan Seragam ....................................................
97
5.5 Fungsi Monoton dan Fungsi Invers ...............................
100
DAFTAR PUSTAKA
vi
Komunitas Studi Al Khwarizmi
Abu Abdillah
BAB I
HIMPUNAN BILANGAN REAL
P
ada bab ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan
untuk mempelajari analisis real. Bagian 1.1 dan 1.2 kita akan
mengulang sekilas tentang aljabar himpunan dan fungsi, yang
keduanya merupakan perkakas penting untuk semua cabang matematika.
Pada bagian selanjutnya yakni bagian 1.3 kita akan mengulas mengenai
induksi matematika. Sebagaimana kita ketahui bahwa induksi matematika
berhubungan dengan sifat dasar sistem bilangan asli yang akan sering kita
gunakan pada pembuktian beberapa masalah khusus dalam bab selanjutnya.
1.1 ALJABAR HIMPUNAN
Bila A menyatakan suatu himpunan, maka untuk suatu unsur x kita akan
menuliskannya menjadi
x A,
■
untuk menyatakan x suatu unsur di A , x anggota A , atau x termuat di A ,
atau A memuat x . Selanjutnya bila kita ingin menyatakan bahwa x suatu
unsur yang bukan di A maka dapat kita tuliskan menjadi:
x A,
■
Selanjutnya bila A dan B keduanya adalah himpunan sehingga untuk setiap
unsur x  A mengakibatkan x  B ( setiap unsur di A juga unsur di B ), maka
kita katakan A termuat di B , atau B memuat A , atau A suatu subhimpunan
dari B , dan kita menuliskannya dengan:
A  B atau B  A ,
■
Bila A  B dan terdapat unsur di B yang bukan anggota A maka kita
katakan A subhimpunan sejati dari B .
1
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
1.1.1. Definisi Kesamaan Dua Himpunan
Dua buah himpunan A dan B dikatakan sama bila keduanya memuat
unsur yang sama. Dengan kata lain untuk setiap unsur x anggota himpunan A
maka x juga merupakan anggota himpunan B , dan juga sebaliknya untuk setiap
unsur y anggota himpunan B maka y juga merupakan anggota himpunan A .
Selanjutnya kedua buah himpunan A dan B dikatakan sama maka kita
menuliskannya dengan:
AB
■
Untuk menunjukkan bahwa A  B , kita harus menunjukkan bahwa
A  B dan B  A .
Suatu himpunan dapat ditulis dengan mendaftar anggota-anggotanya,
atau dengan menyatakan sifat keanggotaannya. Kata “sifat keanggotaan”
memang menimbulkan keragu-raguan, akan tetapi bila P menyatakan sifat
keanggotaan (yang tak bias maknanya) maka suatu himpunan x yang
memenuhi P akan kita tuliskan dengan cara:
x
P (x )
■
Notasi diatas kita baca: “himpunan semua x yang memenuhi (sedemikian
sehingga) P ”. Bila perlu untuk menyatakan subhimpunan S yang memenuhi P ,
maka kita dapat menuliskannya dalam bentuk:
x  S
P (x )
■
Beberapa himpunan tertentu akan banyak digunakan dalam buku ini, dan
akan kita tuliskan dengan penulisan standar yakni sebagai berikut:
 Himpunan bilangan asli, N  1, 2,3,...
 Himpunan bilangan bulat Ζ  0,1,1,2, 2,...
m

m, n  , n  0
n

 Himpunan bilangan rasional Q  
 Himpunan bilangan real, R
2
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Contoh-contoh:


1. Himpunan x  N x 2  3x  2  0 , menyatakan himpunan bilangan asli yang
memenuhi persamaan kuadrat x 2  3 x  2  0 . Karena yang memenuhi
hanya x  1 dan x  2 , maka himpunan tersebut dapat juga dituliskan
menjadi 1,2 .
2. Terkadang formula dapat pula digunakan untuk menyingkat penulisan
himpunan. Sebagai contoh himpunan bilangan genap positif sering dituliskan
dengan
y  N
2 x
y  2 x , x  N .
cara
x  N
,
dari
pada
kita
menuliskannya
Operasi Himpunan
Pada bagian ini kita akan mendefinisikan aturan untuk membangun
(mengkonstruksi) himpunan baru dari himpunan yang sudah ada.
1.1.2. Definisi
a. Bila A dan B keduanya adalah himpunan, maka irisan (interseksi) dari A
dan B dituliskan dengan A  B , merupakan himpunan yang unsur-unsurnya
adalah anggota himpunan A dan juga merupakan anggota himpunan B .
A  B  x x  A dan x  B
■
b. Gabungan dari himpunan A dan B adalah himpunan yang unsurnya paling
tidak termuat
di salah satu dari himpunan A atau B . Gabungan dari
himpunan A dan B dituliskan dengan A  B .
A  B  x x  A atau x  B
■
1.1.3. Definisi
Himpunan yang tidak mempunyai anggota disebut dengan himpunan kosong,
dituliskan dengan
  atau . Bila himpunan
A dan B dua himpunan yang tidak
mempunyai unsur bersama (yaitu, A  B  ), maka A dan B dikatakan
saling asing atau disjoin.
3
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
1.1.4. Teorema
Misalkan A, B dan C sebarang himpunan, maka:
a) A  A  A, A  A  A
Idempoten
b) A  B  B  A, A  B  B  A
Komutatif
 A  B   C  A  B  C ,  A  B   C  A  B  C 
c)
Asosiatif
d) A  B  C    A  B    A  C , A  B  C    A  B    A  C 
Distributif.
Bukti teorema diatas diserahkan kepada pembaca!
Dimungkinkan juga untuk menunjukkan bahwa bila
A1 , A2 ,..., An 
merupakan koleksi himpunan, maka terdapat sebuah himpunan, maka terdapat
sebuah himpunan A yang memuat unsur yang merupakan unsur semua
himpunan A j , j  1,2,..., n ; dan terdapat sebuah himpunan B yang unsurnya
paling tidak unsur dari suatu A j , j  1,2,..., n . Dengan menanggalkan kurung,
kita tuliskan dengan
A  A1  A2  ...  An
B  B1  B2  ...  Bn
Untuk mempersingkat penulisan, A dan B di atas sering dituliskan dengan
n
A   Aj
j 1
n
B   Aj
j 1
4
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
1.1.5. Definisi
Misalkan A dan B suatu himpunan, maka komplemen dari B relatif terhadap
A , dituliskan dengan A \ B (baca “ A minus B ”) adalah himpunan yang unsurunsurnya adalah semua unsur di A tetapi bukan anggota B . Dibeberapa buku
ditulis menggunakan notasi A  B atau A  B .
A \ B  x x  A dan x  B
Seringkali
A
tidak
dinyatakan
secara
■
eksplisit,
karena
sudah
dimengerti/disepakati. Dalam situasi begini A \ B sering dituliskan dengan C A .
1.1.6. Teorema
Misalkan A, B, C sebarang himpunan, maka A \ ( B  C )  ( A \ B)  ( A \ C ) ,
A \ ( B  C )  ( A \ B)  ( A \ C ) .
Bukti:
Kita akan membuktikan kesamaan pertama dan meninggalkan bagian kedua
pada pembaca sebagai bahan latihan.
Untuk
menunjukkan
ditunjukkan
A \ ( B  C )  ( A \ B)  ( A \ C ) ,
adalah:
berarti
A \ (B  C )  ( A \ B)  ( A \ C )
yang
harus
dan
A \ (B  C )  ( A \ B)  ( A \ C )

Akan ditunjukkan A \ ( B  C )  ( A \ B )  ( A \ C )
Ambil sebarang x   A \ ( B  C )  , maka x  A dan x  B  C  , ini berarti
bahwa x di A tetapi
x bukan unsur B atau C , karenanya x di A tetapi
x tidak di B dan x di A tetapi x tidak di C , sehingga dapat dituliskan
x   A \ B  dan x   A \ C  , hal ini berarti bahwa x   A \ B    A \ C  ,
sehingga terbuktilah bahwa A \ ( B  C )  ( A \ B )  ( A \ C )

Akan ditunjukkan A \ ( B  C )  ( A \ B )  ( A \ C )
5
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Ambil sebarang y  ( A \ B)  ( A \ C ) , maka y   A \ B  dan y   A \ C  ,
maka y  A tetapi y  B dan y  A tetapi y  C . Jadi y  A tetapi bukan
anggota dari B atau C . Akibatnya y  A dan y   B  C  , ini berarti
y   A \ ( B  C ) , sehingga terbukti bahwa A \ ( B  C )  ( A \ B )  ( A \ C ) .
Dari
dua
bukti
diatas
dapat
disimpulkan
bahwa
A \ ( B  C )  ( A \ B)  ( A \ C ) .
Produk (hasil kali) kartesius
Berikut ini kita definisikan produk kartesius yang akan kita gunakan pada
pembahasan tentang fungsi pada bagian selanjutnya.
1.1.7. Definisi
Bila A dan B keduanya adalah himpunan-himpunan tak kosong, maka produk
kartesius dari A dan B yang selanjutnya akan kita tuliskan menggunakan notasi
A  B adalah himpunan pasangan berurut a, b  dengan a  A dan b  B
A  B  a, b  a  A dan b  B
■
Sehingga bila A  1, 2,3 dan B  4,5, maka
A  B  1,4 , 1,5, 2,4 , 2,5, 3,4 , 3,5
Latihan 1.1.
1. Gambarkan diagram yang menyatakan masing-masing himpunan pada
Teorema 1.1.4
2. Buktikan teorema 1.1.4.
3. Buktikan bahwa A  B jika dan hanya jika A  B  A .
4. Tunjukkan bahwa himpunan D yang unsur-unsurnya merupakan unsur dari
tepat satu himpunan A atau B diberikan oleh D   A \ B    B \ A .
6
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Himpunan D ini sering disebut selisih simetris dari A dan B . Nyatakan
dalam diagram.
5. Tunjukkan bahwa selisih simetris D pada soal nomor 4, juga diberikan oleh:
D  A  B \ A  B
6. Jika A  B tunjukkan B  A \  A \ B 
7. Diberikan himpunan A dan B , tunjukkan bahwa A  B dan A \ B saling
asing dan bahwa A   A  B    A \ B  .
8. Diberikan sebarang himpunan A dan B , tunjukkan A  B  A \  A \ B  .
9. Bila
A1 , A2 ,..., An  suatu
tunjukkan bahwa E 
koleksi himpunan, dan E sebarang himpunan,
n
n
n
n
j 1
j 1
j 1
j 1
n
n
j 1
j 1
 A j   E  A j  , dan E   A j   E  A j  .
10. Mengacu pada soal nomor 9 tunjukkan bahwa E 
n
n
j 1
j 1
 A j   E  A j  , dan
E   A j   E  A j  .
11. Mengacu pada soal nomor 9 buktikan hukum de morgan
n
n
n
n
j 1
j 1
j 1
j 1
E \  A j   E \ A j  , E \  A j   E \ A j 
 
Catatan bila E \ A j dituliskan dengan C A j , maka kesamaan diatas
mempunyai bentuk
 n
 n
 n
 n
C  A j    C A j  , C  A j    C A j 
 j 1  j 1
 j 1  j 1
12. Misalkan J suatu himpunan dan untuk setiap j  J , A j termuat di E .
Tunjukkan bahwa




C  A j    C A j  , C  A j    C A j 
 jJ  jJ
 jJ  jJ
7
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
13. Bila B1 dan B 2 subhimpunan dari B dan B  B1  B2 tunjukkan bahwa
A  B   A  B1    A  B2 
1.2 FUNGSI
Pada bagian ini kita akan membahas gagasan fundamental suatu fungsi
atau pemetaan. Selanjutnya akan kita ketahui bahwa fungsi merupakan suatu
jenis khusus dari himpunan, walaupun terdapat visualisasi lain yang sering lebih
bersifat sugesti. Pada bagian terakhir ini kita akan banyak membahas mengenai
jenis-jenis fungsi, tetapi sedikit lebih abstrak dibandingkan bagian ini.
Bagi matematikawan abad terdahulu kata “fungsi” biasanya berarti
formula tertentu, seperti
f  x   x 2  3x  5
yang bersesuaian dengan masing-masing bilangan real x dan bilangan lain
f  x  . Mungkin juga seseorang memunculkan kontroversi, apakah nilai mutlak
h x   x
dari suatu bilangan real merupakan “fungsi sejati” atau bukan. Selain itu definisi
x diberikan pula yakni:
 x, bila x  0
x 
 x, bila x  0
Dengan berkembangnya matematika, semakin jelas bahwa diperlukan definisi
fungsi yang lebih umum. Juga semakin penting untuk kita membedakan fungsi
sendiri dengan nilai fungsi itu. Disini akan mendefinisikan suatu fungsi dan hal ini
akan kita lakukan dalam dua tahap.
8
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Definisi pertama:
suatu fungsi f
dari himpunan A ke himpunan B adalah aturan
korespodensi yang memasangkan masing-masing unsur x di A secara tunggal
dengan unsur f  x  di B .
Definisi di atas mungkin saja tidak jelas, dikarenakan tidak jelasnya
makna frase “aturan korespondensi”. Untuk mengatasi hal ini kita akan
mendefinisikan fungsi dengan menggunakan himpunan seperti yang telah
dibahas pada bagian sebelumnya.
Berikut ini adalah definisi yang mungkin saja dapat membuat kita
kehilangan kandungan intuitif dari definisi terdahulu, tetapi kita dapatkan
kejelasan.
Ide dasar pendefinisian berikut ini adalah memikirkan gambar dari suatu
fungsi; yaitu, suatu korelasi dari pasangan berurut. Bila kita perhatikan tidak
setiap koleksi pasangan berurut merupakan gambar suatu fungsi, karena sekali
unsur pertama dalam pasangan berurut diambil, unsur keduanya ditentukan
secara tunggal.
Gambar 1.1 Gambar grafik sebuah fungsi
1.2.1. Definisi
Misalkan A dan B himpunan, suatu fungsi dari A ke B adalah
himpunan pasangan berurut di f di A  B sedemikian sehingga untuk masing-
9
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
masing a  A terdapat b  B yang tunggal dengan
a, b , a, b'  f
, maka
b  b' . Himpunan A dari unsur-unsur pertama dari f disebut daerah asal
“domain” dari f , dan dituliskan D  f  . Sedangkan unsur-unsur dari B yang
menjadi unsur kedua di f disebut “range” dari f dan dituliskan dengan R  f  .
Notasi
f : A B
Menunjukkan bahwa f suatu fungsi dari A ke B ; akan sering kita
katakan bahwa f suatu pemetaan dari A ke B atau f memetakan dari A ke
dalam B . Bila a, b   f , sering ditulis dengan:
b  f a 
Pembatasan dan Perluasan Fungsi
Bila f suatu fungsi dengan domain D  f  dan D1 suatu subhimpunan
dari D  f  , sehing kali bermanfaat untuk mendefinisikan fungsi baru f1 dengan
domain D1 dan f1  x   f  x  untuk setiap x  D1 . Fungsi f1 ini disebut
pembatasan fungsi
f
pada D1 . Sehingga menurut definisi 1.2.1, kita
mempunyai
f1  a, b   f a  D1 
Terkadang kita tuliskan
f1  f D1 untuk menyatakan pembatasan
fungsi f pada himpunan D1 .
Konstruksi yang serupa untuk gagasan perluasan. Bila suatu fungsi g
dengan domain D  g  dan D2  D  g  , maka sebarang fungsi g 2 dengan
domain D2 sedemikian sehingga g 2  x   g  x  untuk setiap x  D g  disebut
perluasan g pada himpunan D2 .
10
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Bayangan Langsung dan Bayangan Invers
1.2.2. Definisi
Misalkan f : A  B suatu fungsi dengan domain A dan range B . Bila E
subhimpunan A , maka bayangan langsung dari E terhadap f
adalah
subhimpunan f E  dari A yang diberikan oleh
f E    f  x  : x  E 
Bila H subhimpunan B , maka bayangan invers dari H terhadap f adalah
subhimpunan f
1
H  dari
A , yang diberikan oleh
f
1
H   x  A : f x   H 
Jadi bila diberikan himpunan E  A, maka titik y1  B di bayangan langsung
f E  jika dan hanya jika terdapat paling tidak sebuah titik x1  E sedemikian
sehingga y1  f  x1  . Secara sama bila diberikan H  B , titik x 2  A di dalam
bayangan invers f
1
H  jika dan hanya jika
y  f  x 2  di H .
1.2.3. Contoh
a. Misalkan f : R  R didefinisikan dengan f  x   x 2 . Bayangan langsung

 adalah himpunan f E   y 0  y  4 . Bila
G  y 0  y  4 , maka bayangan invers G adalah himpunan
f G   x  2  x  2. Jadi f f E   E .
himpunan E  x 0  x  2
1
1
 G   G . Tetapi bila H  y  1  y  1,
Disatu pihak kita mempunyai f f
1
 H   x 0  x  1  H
maka kita peroleh f f
1
b. Misalkan f : A  B , dan G , H subhimpunan dari B kita akan tunjukkan
bahwa f
11
1
G  H  
f
1
G   f 1 H 
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
f
Pada buku ini kita akan bahas
meninggalkan
f
i.
1
G  H  
1
G  H  
yang
f
1
f
1
G   f 1 H 
sebaliknya
dan
yakni
G   f 1 H  sebagai latihan bagi pembaca.
Akan dibuktikan f
1
G  H  
Ambil sebarang x  f
1
f
1
G  H  ,
G   f 1 H 
ini berarti bahwa f  x   G  H  , hal
ini mengakibatkan f  x   G dan f  x   H , sehingga ini mengakibatkan
x f
1
G 
dan x  f
1
H  ,
 G   f H 
karena itu x  f
1
1
bukti
selesai.
ii.
Bukti sebaliknya diserahkan pada pembaca.
Sifat-sifat Fungsi
1.2.4. Definisi
Suatu fungsi f : A  B dikatakan injektif atau satu-satu bila untuk
setiap x1 , x 2  A demikian sehingga x1  x 2 mengakibatkan f  x1   f  x 2  . Bila
f satu-satu, kita katakan f suatu injeksi.
Secara
ekivalen,
f
injektif
jika
dan
hanya
jika
f  x1   f  x 2 
mengakibatkan x1  x 2 untuk setiap x1 , x 2  A .
1.2.5. Definisi
Suatu fungsi f : A  B dikatakan surjektif atau memetakan A pada B
bila f  A  B . Bila f surjektif, maka kita sebut f suatu surjeksi.
Secara ekivalen, f : A  B surjektif bila R  f   B , yaitu untuk setiap
y  B terdapat x  A sedemikian sehingga f  x   y .
Dalam pendefinisian fungsi, penting untuk menentukan domain dan
himpunan dimana nilainya diambil. Sekali hal ini ditentukan, maka dapat
menanyakan apakah fungsi tersebut surjektif atau tidak.
12
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
1.2.6. Definisi
Suatu fungsi f : A  B dikatakan bijektif bila bersifat injektif dan
surjektif. Bila suatu fungsi f bijektif, kita sebut f suatu bijeksi.
Fungsi-Fungsi Invers
Bila f : A  B suatu fungsi dari A ke B , (karenanya, subhimpunan
khusus dari A  B ), maka pasangan berurut B  A diperoleh dengan saling
menukar unsur pertama dan kedua di f . Secara umum hasil penukaran tersebut
bukanlah fungsi. Tetapi bila f injektif, maka penukaran ini menghasilkan fungsi
yang disebut invers dari f .
1.2.7. Definisi
Misalkan f : A  B suatu fungsi injektif dengan domain A dan R  f
 di
B . Bila g  b, a   B  A a, b   f  , maka g suatu fungsi injektif dengan
D  g   R f  dan range A . Fungsi g disebut fungsi invers dari f dan dituliskan
f 1 .
Dalam penulisan fungsi yang standar, fungsi f
sebagai berikut: x  f
1
 y  jika dan hanya jika
1
berelasi dengan f
y  f x  .
1.2.8. Contoh
Suatu fungsi f x  
x
dengan D  f   x  R x  1 bersifat injektif
x 1
(buktikan f suatu injeksi untuk latihan pembaca). Selanjutnya kita akan peroleh
invers dari f adalah dirinya sendiri (bukti diserahkan pada pembaca)
13
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Fungsi Komposisi
Sering kita ingin mengkomposisikan dua buah fungsi dengan mencari
f  x  terlebih dahulu, kemudian menggunakan g untuk memperoleh g  f  x  ,
akan tetapi hal ini bisa dilakukan bila f  x  ada didalam domain g . Jadi kita
harus mengasumsikan bahwa R  f   D g 
1.2.9. Definisi
Untuk fungsi f : A  B dan g : B  C , komposisi g  f adalah fungsi
dari A ke C yang didefinisikan dengan g  f  x   g  f  x  untuk setiap x  A .
1.2.10. Teorema
Bila f : A  B dan g : B  C fungsi dan H suatu subhimpunan dari C .
1
Maka  f  g 
H   g 1  f 1 H   g 1  f 1 H  .
1.2.11. Teorema
Bila
f : A B
dan
g:BC
keduanya
bersifat
injektif,
maka
komposisi g  f juga bersifat injektif.
(Bukti teorema diberikan sebagai latihan bagi pembaca)
Barisan
Fungsi dengan Ν sebagai domain memainkan aturan yang sangat
khusus dalam analisis, yang akan kita perkenalkan daalam konsep barisan
berikut ini.
1.2.12. Definisi
Suatu barisan dalam himpunan S adalah suatu fungsi yang domannya
himpunan bilangan asli Ν dan rangenya termuat di S .
Untuk barisan X : Ν  S , nilai X di n  Ν sering ditulis dengan x n
daripada  x n  , dan nilainya sering kita sebut suku ke- n barisan tersebut. Barisan


itu sendiri sering dituliskan dengan x n n  Ν atau lebih sederhana dengan  x n  .
14
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Sebagai contoh, barisan di R yang dituliskan dengan
dengan fungsi X : Ν  R dengan X n  


n n  Ν sama artinya
n.

Penting sekali untuk membedakan antara barisan x n n  Ν


dengan

nilainya x n n  Ν , yang merupakan subhimpunan dari S . Suku barisan harus
dipandang mempunyai urutan yang diinduksi dari urutan bilangan asli,
sedangkan range dari barisan hanya merupakan subhimpunan dari S . Sebagai
contoh, suku-suku dari barisan
 1
n

n  Ν berganti-ganti  1 dan 1 , tetapi
range dari barisan tersebut adalah  1,1, memuat dua unsur dari R
Latihan 1.2.


1. Misalkan A  B  x  R  1  x  1 dan subhimpunan R dari R , apakah
himpunan ini fungsi?
2. Misalkan f fungsi fungsi pada R yang didefinisikan dengan f  x   x 2 , dan
E  x  R  1  x  0
dan
F  x  R 0  x  1
tunjukkan
bahwa
E  F  0 dan f E  F   0. Sementara f E   f F   y  R 0  x  1 .
Disini f E  F  adalah subhimpunan sejati dari f E   f F  . Apa yang
terjadi bila 0 dibuang dari E dan F ?
3. Bila E dan F seperti soal nomor 2. Tentukan E \ F dan f E  \ f F  dan
tunjukkan bahwa f E \ F   f E  \ f  F  salah!
4. Tunjukkan bahwa bila f : A  B dan E , F subhimpunan dari A , maka
f E  F   f E   f F  dan f E  F   f E   f F  .
5. Tunjukkan bila f : A  B , dan G , H subhimpunan dari B , maka
f
15
1
G  H  
f
1
G   f 1 H  dan
f
1
G  H  
f
1
G   f 1 H 
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
6. Misalkan f didefinisikan dengan f  x  
x
2
, x  R . Tunjukkan bahwa
x 1
f bijektif dari R pada y : 1  y  1.


7. Untuk a, b  R dengan a  b , tentukan bijeksi dari A  x a  x  b pada
B  y 0  y  1 .
8. Tunjukkan bahwa bila
f
1
 f E   E .
f : A  B bersifat injektif dari E  A , maka
Berikan suatu contoh untuk menunjukkan kesamaan tidak
dipenuhi bila f tidak injektif.
9. Tunjukkan bahwa bila f : A  B bersifat surjektif, dan H  B , maka
 H   H .
f f
1
Berikan satu contoh untuk menunjukkan kesamaan tidak
dipenuhi bila f tidak surjektif.
10. Buktikan bila f : A  B suatu injeksi, maka f
1
 b, a a, b   R suatu
fungsi dengan domain R  f  . Kemudian buktikan bahwa f
invers dari f
1
1
injektif dan f
.
11. Misalkan f : A  B
x  D f  dan f  f
injektif, tunjukkan bahwa f
1
y  y
1
 f  x   x untuk setiap
untuk setiap y  R  f  .
12. Berikan contoh dua buah fungsi f : A  B , f : A  B dari f : A  B pada
f : A  B sehingga f : A  B , tetapi f : A  B
13. Buktikan teorema 1.2.10 dan 1.2.11
14. Misalkan f , g fungsi dan g  f  x   x untuk semua x di D  f  . Tunjukkan
bahwa f injektif dan R  f   D f  dan R  g   D g  .
15. Misalkan f , g fungsi dan dan g  f  x   x untuk semua x di D  f  dan
f  g  y  untuk semua y di D  g  . buktikan bahwa g  f
16
1
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
1.3 INDUKSI MATEMATIKA
Induksi matematika merupakan metode pembuktian penting yang akan
sering digunakan dalam buku ini. Metode ini digunakan untuk menguji kebenaran
suatu pernyataan yang diberikan dalam suku-suku bilangan asli. Walaupun
kegunaannya terbatas pada masalah tertentu, tetapi induksi matematika sangat
dibutuhkan
disemua
cabang
matematika.
Karena
banyak bukti induksi
matematika sangat diperlukan disemua cabang matematika. Karena banyak bukti
induksi mengikuti urutan formal argumen yang sama, kita akan sering
menyebutkan “hasilnya mengikuti induksi matematika” dan meninggalkan bukti
lengkapnya kepada pembaca. Dalam bagian ini kita akan membahas prinsip
induksi matematika dan memberi beberapa contoh untuk mengilustrasikan
bagaimana proses bukti induksi.
Kita akan mengasumsikan kebiasaan (pembaca) dengan himpunan
bilangan asli
Ν  1,2,3,...
Dengan operasi matematika penjumlahan dan perkalian seperti biasa dan
dengan arti suatu bilangan kurang dari bilangan lain. Kita juga akan
mengasumsikan sifat fundamental dari Ν berikut ini
1.3.1. Sifat urutan dengan baik di Ν
Setiap subhimpunan tak kosong dari Ν mempunyai unsur terkecil.
Pernyataan yang lebih detail dari sifat ini sebagai berikut: bila S sub
himpunan dari Ν dan S  , maka terdapat unsur m  S sedemikian sehingga
m  k untuk setiap k  S .
Dengan berdasar sifat urutan dengan baik, kita akan menurunkan suatu
versi prinsip induksi matematika yang dinyatakan dalam suku-suku subhimpunan
dari Ν . Sifat yang dideskripsikan dalam versi ini kadang-kadang mengikuti
turunan sifat Ν .
17
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
1.3.2. Prinsip Induksi Matematika
Misalkan S sub himpunan dari Ν yang mempunyai sifat:
i.
1 S
ii.
Jika k  S , maka k 1  S .
Maka S  Ν
Bukti:
Andaikan S  Ν . Maka Ν \ S  . Karenanya berdasar sifat urutan dengan baik,
maka Ν \ S mempunyai unsur terkecil, sebut m . Karena 1  S , maka m  1 .
Karena itu m  1 dengan m  1 juga bilangan asli. Karena m 1  m dan m
unsur terkecil di N \ S , maka m  1 haruslah di S .
Sekarang kita gunakan hipotesis (2) terhadap unsur k  m  1 di S , yang
berakibat k  1  m  1  1  m di S . Kesimpulan ini kontradiksi dengan
pernyataan bahwa m tidak di S . Karena m diperoleh dengan pengandaian
Ν \ S tidak kosong, kita dipaksa pada kesimpulan bahwa Ν \ S kosong. Karena
itu kita telah buktikan bahwa S  Ν .
Prinsip induksi matematika sering dinyatakan dalam kerangka sifat atay
pernyataan tentang bilangan asli. Bila P n  berarti pernyataan tentang n  Ν ,
maka P n  benar untuk beberapa nilai n , tetapi belum tentu benar untuk yang
lain. Sebagai contoh, bila P n  pernyataan “ n 2  n ”, maka P 1 benar,
sementara P n  salah untuk semua n  1 , n  N dalam konteks ini prinsip
induksi matematika dapat dirumuskan sebagai berikut:
Untuk setiap n  Ν , misalkan P n  pernyataan tentang n , misalkan
bahwa
a) P 1 benar
b) Jika P k  benar, maka P k  1 benar.
Maka P n  benar untuk semua n  Ν .
Dalam kaitannya dengan versi induksi matematika terdahulu yang


diberikan pada 1.3.2, dibuat misalkan S n  Ν P n  benar maka kondisi (1) dan
(2) pada 1.3.2 berturut-turut tepat bersesuaian dengan (a) dan (b). Kesimpulan
S  Ν bersesuaian dengan kesimpulan bahwa Pn  benar untuk semua n  Ν .
18
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Dalam (b) asumsi “jika P k  benar” disebut hipotesis induksi. Disini, kita
tidak memandang pada benar salahnya P k  , tetapi hanya pada validitas
implikasi “ jika P k  benar, maka P k  1 benar”.
1.3.3. Contoh
a. Untuk setiap n  N , jumlah n pertama bilangan asli diberikan oleh
1  2  ...  n 
1
nn  1
2
Untuk membuktikan kesamaan ini, kita misalkan S himpunan n  Ν ,
sehingga kesamaan tersebut benar. Kita harus membuktikan kondisi (1) dan
(2) pada 1.3.2 dipenuhi.
i.
Bila n  1 , maka kita mempunyai P 1 : 1 
1
.1.1  1 , jadi P1 benar
2
ii. Bila P k  kita asumsikan benar yakni
1
1  2  ...  k  .k k  1
2
Bila kita tambahkan pada kedua ruas dengan k  1 ,maka menjadi:
1
1  2  ...  k  k  1  .k k  1  k  1
2
1

1  2  ...  k  k  1   k  1k  1
2

1  2  ...  k  k  1 
1
k  2 k  1
2
1  2  ...  k  k  1 
1
k  1k  2 
2
1  2  ...  k  k  1 
1
k  1k  1  1
2
Dari persamaan terakhir kita ketahui bahwa karena P k  berimplikasi pada
akibat P k  1 bernilai benar, sehingga terbukti bahwa:
1  2  ...  n 
19
1
nn  1 , untuk setiap n  Ν
2
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
b. Untuk setiap n  Ν , jumlah kuadrat dari n bilangan pertama asli adalah
sebagai berikut:
12  2 2  ...  n 2 
nn  12n  1
6
Untuk membuktikan formula diatas, maka pertama-tama kita buktikan
kebenaran formula diatas untuk n  1 , selanjutnya jika benar untuk n  k ,
maka akan dibuktikan benar pula untuk n  k  1
i.
Bila n  1 , maka kita mempunyai P 1 : 1 
11  12.1  1 6
  1 , jadi
6
6
P1 benar
ii. Bila P k  kita asumsikan benar yakni
12  2 2  ...  k 2 
k k  12k  1
6
2
Bila kita tambahkan pada kedua ruas dengan k  1 ,maka menjadi:
2
12  2 2  ...  k 2  k  1 
k k  12k  1
2
 k  1
6
 k 2k  1

2
12  2 2  ...  k 2  k  1  k  1
 k  1
6


 k 2k  1  6k  6  
2
12  2 2  ...  k 2  k  1  k  1

6


 2k 2  k  6k  6 
2

12  2 2  ...  k 2  k  1  k  1
6


 2k 2  7k  6 
2

12  2 2  ...  k 2  k  1  k  1
6


 2k 2  7k  6 
2

12  2 2  ...  k 2  k  1  k  1
6


 k  22k  3 
2
12  2 2  ...  k 2  k  1  k  1

6


 k  1k  1  12k  1  1 
2
12  2 2  ...  k 2  k  1  

6


20
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Hasil terakhir memiliki arti bahwa P k  1 bernilai benar sebagai implikasi
dari P k  yang bernilai benar, mengikuti induksi matematika, maka validitas
formula diatas berlaku untuk setiap n  Ν
c. Diberikan a, b , kita akan buktikan pernyataan a  b  adalah faktor dari
a n  b n untuk setiap n  Ν .
Pertama-tama kita akan melihat untuk n  1 , maka kita ketahui bahwa
pernyataan matematika bernilai benar karena a  b  adalah faktor dari
a
1

 b1  a  b  .
Selanjutnya asumsikan bahwa pernyataan juga bernilai benar untuk n  k ,


sehingga a  b  adalah faktor dari a k  b k .
Selanjutnya perhatikan bahwa:
a
a
k 1
k 1

  aa
 b k 1  a k 1  ab k  ab k  b k 1
 b k 1
k

 b k  b k a  b 


Berdasarkan hipotesis maka kita ketahui bahwa a  b  faktor dari a a k  b k ,
selain itu kita ketahui bahwa a  b  adalah faktor dari b k a  b  , sehingga


dari sini kita simpulkan bahwa a  b  adalah faktor dari a k 1  b k 1 . Dengan
induksi matematika dapat kita simpulkan bahwa a  b  adalah faktor dari
a
n

 b n untuk setiap n  Ν
d. Untuk setiap n  Ν buktikanlah bahwa ketaksamaan berikut benar
2 n  n  1!
Untuk membuktikan, pertama kita lihat untuk n  1 yakni 21  1  1! 2
bernilai benar.
Selanjutnya kita asumsikan bahwa 2 k  k  1! . Dengan menggunakan fakta
2  k  2 , diperoleh:
2 k 1  2.2 k  2k  1! k  2 
. k  1! k  2 ! k  1  1!
21
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Jadi, bila ketaksamaan tersebut berlaku untuk k , maka berlaku pula untuk
k  1 . Karenanya dengan induksi matematika, kita simpulkan bahwa
ketaksamaan tersebut benar untuk setiap n  Ν .
e. Bila r  R , r  1 dan n  Ν , maka
1  r  r 2  ...  r n 
1  r n 1
1 r
Ini merupakan jumlah n suku deret geometri. Untuk membuktikan kesamaan
diatas, kita misalkan n  1 , maka kita mempunyai 1  r 
1 r2
, jadi formula
1 r
diatas benar untuk n  1 . Selanjutnya kita asumsikan benar untuk n  k ,
2
k
sehingga 1  r  r  ...  r 
kita tambahkan r
k 1
1  r k 1
benar. Selanjutnya pada kedua ruas
1 r
, sehingga menjadi:
1  r  r 2  ...  r k  r k 1 
1  r  r 2  ...  r k  r k 1 
1  r k 1
 r k 1
1 r
1  r k 1 1  r r k 1 1  r k 1 r k 1  r k  2 1  r k  2




1  r 
1 r
1 r
1 r
1 r
2
k
1  r  r  ...  r  r
k 1
1  r k 11

1 r
Hasil terakhir memiliki arti formula tersebut juga berlaku untuk n  k  1 ,
sehingga mengikuti prinsip induksi matematika, maka formula tersebut benar
untuk setiap n  Ν .
Pada sekolah menengah kita sudah diajarkan membuktikan kesamaan diatas
tanpa menggunakan induksi matematika yakni:
Misalkan S n  1  r  r 2  ...  r n , maka rS n  r  r 2  ...  r n  r n 1 ,

 
S n  rS n  1  r  r 2  ...  r n  r  r 2  ...  r n  r n1

1  r S n  1  r n1
Sn 
22
1  r n1
1 r
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
f.
Penggunaan prinsip induksi matematika secara ceroboh dapat menghasilkan
kesimpulan yang salah. Pembaca diharapkan mencari kesalahan pada
“Bukti Teorema” berikut.
Bila n sebarang bilangan asli dan bila maksimum dari dua bilangan
asli p dan q adalah n , maka p  q . (akibatnya bila p dan q dua bilangan
asli sebarang, maka p  q ).
Bukti:
Misalkan S sub himpunan dari bilangan asli sehingga pernyataan tersebut
benar. maka 1  S , karena p, q di Ν dan maksimumnya 1 . Maka maksimum
p  1 dan q  1 adalah k , karenanya p  1  q  1 , karena k  S , dari sini
kita simpulkan p  q . Jadi k  1  S dan kita simpulkan bahwa pernyataan
tersebut benar untuk setiap n  Ν .
g. Terdapat juga beberapa pernyataan yang benar untuk beberapa bilangan asli,
tetapi tidak untuk semua. Sebagai contoh formula P n   n 2  n  41
memberikan bilangan prima untuk n  1, 2,3,...,41 . Tetapi, P 1 bukan
bilangan prima.
Prinsip induksi matematika memiliki bentuk dalam versi lain yang kadangkadang sangat berguna. Sering disebut prinsip induksi kuat, walaupun
sebenarnya ekivalen dengan versi terdahulu.
1.3.4. Prinsip Induksi Kuat.
Misalkan S sub himpunan Ν sedemikian hingga 1  S , dan bila 1,2,..., k   S
maka k  1  S . Maka S  Ν .
Bukti ekivalensi prinsip induksi kuat dengan prinsip induksi matematika
diserahkan pada pembaca sebagai bahan latihan.
23
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Latihan 1.3.
Buktikan bahwa yang berikut ini berlaku untuk semua n  Ν
1.
1
1
1
n

 ... 

1.2 2.3
nn  1 n  1
1

2. 1  2  ...  n   nn  1
2

3
3
2
3
3. 12  2 2  3  ...   1
n 1

nn  1
2
4. n 3  5n dapat dibagi 6
5. 5 2 n  1 dapat dibagi 8
6. 5 n  4n  1 dapat dibagi 16.
7. Buktikan bahwa
jumlah
pangkat
tiga
dari bilangan
asli berurutan,
n, n  1, n  2 habis dibagi 9.
8. Buktikan bahwa n  2 n untuk semua n  Ν
9. Tentukan suatu formula untuk jumlah
1
1
1

 ... 
2n  12n  1
1.3 3.5
Dan buktikan dugaan tersebut dengan menggunakan induksi matematika.
(dugaan terhadap pernyataan matematika, sebelum dibuktikan sering disebut
“Conjecture”)
10. Tentukan suatu formula untuk jumlah n buah bilangan ganjil pertama
1  3  ...  2n  1
Kemudian
buktikan
dugaan
tersebut
dengan
menggunakan
induksi
matematika
24
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
11. Buktikan variasi dari 1.3.2 berikut: misalkan S subhimpunan tak kosong dari
Ν sedemikian sehingga untuk suatu n0  Ν berlaku (a) n0  S , dan (b) bila
k  0 dan k  S , maka k 1  S . Maka S memuat himpunan n  Ν n  n0 .
12. Buktikan bahwa 2 n  n ! Untuk setiap n  4 , n  Ν (lihat latihan 11).
13. Buktikan bahwa 2n  3  2 n 2 untuk setiap n  5 , n  Ν (lihat latihan 11).
14. Untuk bilangan asli yang mana n 2  2 n ? Buktikan pernyataanmu (lihat
latihan 11)
15. Buktikan bahwa
1
1

1
2
 ... 
1
n
 n untuk setiap n  Ν .
16. Misalkan S sub himpunan dari N sedemikian sehingga (a) 2 k  S untuk
setiap k  N , dan (b) bila k  S , dan k  2 , maka k 1  S . Buktikan
S  Ν.
17. Misalkan barisan
xn 2 
xn 
didefinisikan sebagai berikut: x1  1 , x 2  2 , dan
1
xn 1  xn  untuk n  N . Gunakan prinsip induksi kuat 1.3.4. untuk
2
menunjukkan 1  x n  2 untuk setiap n  Ν .
25
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
BAB II
HIMPUNAN BILANGAN REAL
B
ab 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 2.1 membahas sifat lapangan dari
R . Sub bab 2.2 menjelaskan sifat terurut dari R , dan di dalamnya dibahas juga
tentang konsep nilai mutlak. Pada sub bab 2.3 didiskusikan tentang sifat
kelengkapan dari R . Pada sub bab ini dibahas mengenai sifat Archimedean dan
sifat kerapatan dari himpunan bilangan rasional. Selanjutnya, sub bab 2.4,
menjelaskan tentang interval, sebagai suatu himpunan bagian dari R yang
dikonstruksi berdasarkan sifat terurut dari R . Yang terakhir, sub bab 2.5
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).
26
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
2.1
Sifat Aljabar dari R
Sifat 2.1 (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 a, b  R
T2.
 a  b   c  a  b  c 
T3.
Terdapat elemen 0  R sedemikian sehingga 0  a  a  0  a untuk setiap
untuk setiap a, b, c  R
aR
T4.
Terdapat elemen  a  R sedemikian sehingga a  a  a    a   0 untuk
setiap a  R
terhadap operasi perkalian :
K1.
a  b  b  a untuk setiap a, b  R
K2.
 a  b  c  a  b  c 
untuk setiap a, b, c  R
K3. Terdapat elemen 1  R sedemikian sehingga 1  a  a 1  a untuk setiap
a
K4. Terdapat elemen 1 / a  R sedemikian sehingga
1/ a   a  a  1/ a   1
untuk setiap a  R ,
dan
a   b  c   a  b  a  c dan  b  c   a  b  a  c  a untuk setiap a, b, c  R .
D.
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.
27
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
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 2.2.
a. Jika z, a  R dan z  a  a maka z  0 .
b. Jika u  b  b dengan u, b  R dan b  0 maka u  1.
c. a  0  0 untuk setiap a  R .
Bukti.
a. Berdasarkan sifat T3, T4, T2, dan hipotesis z  a  a ,
z  z  0  z   a   a     z  a    a   a   a   0 .
b. Berdasarkan sifat K1, K2, K3, dan hipotesis u  b  b , b  0 ,
u  u 1  u   b  1/ b     u  b   1/ b   b  1/ b   1 .
c. Berdasarkan sifat K3, D, dan T3,
a  a  0  a 1  a  0  a  1  0   a  1  a .
■
Berdasarkan a., diperoleh bahwa a  0  0 .
Selain fakta di atas, kita juga memiliki fakta berikut ini.
Teorema 2.3.
a. Jika a, b  R , a  0 , dan a  b  1 maka b  1/ a .
b. Jika a  b  0 maka a  0 atau b  0 .
Bukti.
a. Berdasarkan sifat K3, K4, K2, dan hipotesis a  0 , dan a  b  1 ,
b  b  1  b   a  1/ a     b  a   1/ a   1 1/ a   1/ a .
b. Andaikan a  0 dan b  0 . Akibatnya,
 a  b   1/  a  b    1 .
Berdasarkan
hipotesis, yaitu a  b  0 , dan Teorema 2.2.c., kita memiliki bahwa
 a  b   1/  a  b    0  1/  a  b    0 ,
28
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Terjadi kontradiksi di sini, yaitu antara pernyataan  a  b   1/  a  b    1 dan
 a  b   1/  a  b    0 . Dengan demikian, haruslah bahwa
a  0 atau b  0 .■
Teorema 2.3.a. mengatakan bahwa eksistensi invers dari suatu elemen di R
adalah unik. Sedangkan Teorema 2.3.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 a, b  R maka operasi pengurangan
didefinisikan
dengan
a  b : a   b 
sedangkan
operasi
pembagian
didefinisikan dengan a : b : a  1/ b  , b  0 .
SIFAT TERURUT DARI R
2.2
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 2.4 (Sifat Kepositifan). Terdapat himpunan bagian tak kosong dari R ,

yang dinamakan himpunan bilangan real positif R , yang memenuhi sifat-sifat :
a. Jika a, b  R  maka a  b  R  .
b. Jika a, b  R  maka a  b  R  .
c. Jika a  R maka salah satu diantara tiga hal, yaitu a  R  , a  0 , dan
 a  R  , pasti terpenuhi.
Sifat 2.4.c. disebut juga sebagai sifat Trichotomy. Sifat ini mengatakan bahwa R
dibangun oleh tiga buah himpunan yang disjoin. Tiga buah himpunan tersebut


adalah himpunan  a : a  R  yang merupakan himpunan bilangan real negatif,


himpunan 0 , dan himpunan bilangan real positif R . Himpunan  a : a  R 
29

Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)

bisa juga dituliskan dengan R . Jika a  R  maka a  0 dan a dikatakan
sebagai bilangan real positif. Jika a  R   0 maka a  0 dan a dikatakan
sebagai bilangan real nonnegatif. Jika a  R  maka a  0 dan a dikatakan
sebagai bilangan real negatif. Jika a  R   0 maka a  0 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 k  N maka  k  N . Gabungan
himpunan N , 0 , dan k : k  N 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 k : k  Z disebut juga himpunan bilangan bulat

negatif, dinotasikan dengan Z .
Dari himpunan Z , kita bisa mengonstruksi bilangan dalam bentuk m / n , dengan
n  0 . 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 x 2  2 , merupakan contoh bilangan irasional (lihat Bartle-Sherbert
[1]).
30
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Sekarang, kita sampai kepada penjelasan tentang konsep ketidaksamaan antara
dua bilangan real, sebagai salah satu konsep yang berkaitan dengan sifat terurut
dari R .
Definisi 2.5. Misalkan a, b  R .
a. Jika a  b  R  maka a  b atau b  a .
b. Jika a  b  R   0 maka a  b atau b  a .
Sifat Trichotomy dari R mengakibatkan bahwa untuk sembarang a, b  R
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 2.6. Misalkan a, b, c  R .
a. Jika a  b dan b  c maka a  c .
b. Jika a  b maka a  c  b  c .
c. Jika a  b dan c  0 maka ac  bc . Jika a  b dan c  0 maka ac  bc .
d. Jika ab  0 maka a  0 dan b  0 , atau a  0 dan b  0 .
e. Jika ab  0 maka a  0 dan b  0 , atau a  0 dan b  0 .
Bukti Teorema 2.6.a-2.6.b menggunakan definisi 2.5 dan Teorema 2.6.d-2.6.e
menggunakan sifat Trichotomy. Bukti Teorema tersebut ditinggalkan sebagai
latihan bagi para pembaca.
Jika kita mengambil sembarang a  0 maka
1
2
a  0 dan 0  12 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.
31
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Teorema 2.7. Jika a  R dan 0  a   untuk setiap   0 maka a  0 .
Bukti. Andaikan a  0 . Pilih   12 a . Kita peroleh 0    a . Pernyataan ini
kontradiksi dengan hipotesis bahwa
0  a   untuk setiap   0 . Dengan
demikian, haruslah bahwa a  0 .
■
Sebelumnya kita telah dikenalkan dengan bilangan real nonnegatif, yaitu elemen
dari himpunan R   0. Jika a  0 atau a  0 maka jelas bahwa a  R   0 .
Jika a  0 tentunya  a  0 , sehingga  a  R   0 . 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 2.8 (Nilai Mutlak). Nilai mutlak dari bilangan real a , dinotasikan dengan
a , didefinisikan dengan
 a, a  0
a : 
 a, a  0.
Dari Definisi 2.8 tersebut tampak bahwa a  0 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 2.9.
ab  a b untuk setiap a, b  R .
a.
b. Misalkan c  0 dan a  R , a  c jika dan hanya jika c  a  c .
c. Misalkan c  0 dan a  R , a  c jika dan hanya jika a  c atau a  c .
Bukti.
32
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
a. Jika a  0 atau b  0 maka ab  0  0 dan a b  0 . Jika a, b  0 maka
ab  0 , a  a , dan b  b , sehingga ab  ab dan a b  ab . Jika a  0
dan b  0 maka ab  0 , a  a , dan b  b , sehingga ab   ab dan
a b  a  b    ab . Untuk kasus a  0 dan b  0 , penyelesaiannya serupa
dengan kasus sebelumnya.
b. Misalkan a  c . Untuk a  0 , kita peroleh a  a  c , sehingga didapat
0  a  c . Untuk a  0 , kita peroleh a   a  c atau a  c , sehingga
didapat c  a  0 . 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 a  0 , kita peroleh a  a  c . Untuk a  0 , 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 2.9. Untuk
2
2
yang bagian a., jika a  b maka 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.
33
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Teorema 2.10 (Ketidaksamaan Segitiga). Jika a, b  R maka a  b  a  b
dan kesamaan terjadi atau a  b  a  b jika a  kb , dengan k  0 .
Bukti. Seperti yang telah dibahas sebelumnya, jika a, b  R 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 2.10, kita memiliki akibat berikut
ini.
Akibat 2.11. Jika a, b  R 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 2.12. Tentukan himpunan penyelesaian dari ketidaksamaan 4 x  2  6 .
Penyelesaian. Perhatikan bahwa
4 x  2  4 x   2   6  4 x   2   2  6  2  4 x  8  x  2 .
Tampak
bahwa
x x 
: x  2 .
34
ketidaksamaan
4x  2  6
dipenuhi
oleh
semua
■
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Contoh 2.13. Cari semua penyelesaian dari ketidaksamaan x 2  x  6 .
Penyelesaian. Perhatikan bahwa
x 2  x  6  x 2  x  6  0   x  2  x  3  0 .
Darinya kita peroleh bahwa x  2  0 dan x  3  0 , atau x  2  0 dan x  3  0 .
Untuk kasus yang pertama kita dapatkan x  2 dan x  3 , atau dengan kata
lain 2  x  3 . Untuk kasus yang kedua kita peroleh bahwa x  2 dan x  3 .
Perhatikan bahwa pada kasus kedua tersebut tidak ada nilai x yang
memenuhinya. Dengan demikian, ketidaksamaan x 2  x  6 dipenuhi oleh
semua x  x  R : 2  x  3 .
■
Contoh 2.14. Selidiki apakah ketidaksamaan
x2
2
2x  3
memiliki penyelesaian.
Penyelesaian. Perhatikan bahwa
x  2  2  2 x  3
x2
3 x  8
2
0
 0.
2x  3
2x  3
2x  3
Yang demikian berarti 3x  8  0 dan 2 x  3  0 , atau 3x  8  0 dan
2 x  3  0 . Untuk kasus yang pertama kita peroleh x  8 / 3 dan x  3 / 2 .
Namun hal itu tidak mungkin terjadi, artinya tidak ada x yang memenuhi. Untuk
kasus yang kedua kita peroleh x  8 / 3 dan x  3 / 2 , atau dengan kata lain
8 / 3  x  3 / 2 . Jadi ketidaksamaan
x2
2
2x  3
memiliki
penyelesaian,
dan
himpunan
semua
penyelesaiannya
x  R : 8 / 3  x  3 / 2 .
adalah
■
Contoh 2.15. Cari himpunan penyelesaian dari 2 x  1  5 .
35
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Penyelesaian. Berdasarkan Teorema 1.9.b., 5  2 x  1  5 atau 6  2 x  4 .
Darinya kita peroleh 3  x  2 . Jadi himpunan penyelesaiannya adalah
x  R : 3  x  2
Bisa juga ketidaksamaan tersebut diselesaikan dengan cara lain. Perhatikan
bahwa
2 x  1, jika x  1/ 2

2x 1  
  2 x  1 , jika x  1/ 2.
Penyelesaiannya dibagi menjadi dua kasus, yaitu :
Kasus I, x  1 / 2 .
Kita peroleh 2 x  1  2 x  1  5 . Akibatnya, 2 x  4 atau x  2 . Pada kasus ini,
himpunan penyelesaian dari 2 x  1  5 adalah
x  R : x  1 / 2  x  R : x  2  x  R : 1 / 2  x  2 l.
Kasus II, x  1 / 2 .
Kita peroleh 2 x  1    2 x  1  2 x  1  5 . Akibatnya, 2 x  6 atau x  3 .
Pada kasus ini, himpunan penyelesaian dari 2 x  1  5 adalah
x  R : x  1 / 2  x  R : x  3  x  R : 3  x  1 / 2.
Penyelesaian seluruhnya dari 2 x  1  5 adalah himpunan penyelesaian kasus I
digabung dengan himpunan penyelesaian kasus II. Akibatnya, kita dapatkan
himpunan
penyelesaian
keseluruhan
2x 1  5
dari
x  R : 3  x  2 .
adalah
■
Contoh 2.17. Tentukan himpunan penyelesaian dari x  x  1  2 .
Penyelesaian.
Sebelum
melangkah
jauh
di
dalam
menyelesaikan
ketidaksamaan tersebut, perhatikan bahwa
 x, jika x  0
x 
 x, jika x  0
dan
x  1, jika x  1

x 1  
  x  1 , jika x  1.
Penyelesaiannya kita bagi menjadi tiga kasus terlebih dahulu, yaitu :
36
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Kasus I, x  1 .
Kita
peroleh
x  x
dan
x  1    x  1   x  1
.
Akibatnya,
x  x  1   x    x  1  2 atau 2 x  3 atau x  3 / 2 . Pada kasus ini,
himpunan penyelesaian dari x  x  1  2 adalah
x  R : x  3 / 2  x  R : x  1  x  R : 3 / 2  x  1.
Kasus II, 1  x  0 .
Kita peroleh x   x dan x  1  x  1 . Akibatnya, x  x  1   x   x  1  2
atau 1  2 . Ketidaksamaan 1  2 dipenuhi oleh semua x  R . Untuk kasus II,
himpunan penyelesaian dari x  x  1  2 adalah
x  R : 1  x  0  x  R  x  R : 1  x  0.
Kasus III, x  0 .
Kita peroleh x  x dan x  1  x  1 . Akibatnya, x  x  1  x   x  1  2 atau
2 x  1 atau x  1/ 2 . Untuk kasus III, himpunan penyelesaian dari x  x  1  2
adalah
x  R : x  0  x  R : x  1 / 2  x  R : 0  x  1 / 2 .
Dengan menggabungkan himpunan penyelesaian untuk kasus I, kasus II, dan
kasus III, diperoleh seluruh nilai x  R yang memenuhi ketidaksamaan
x  x  1  2. , yaitu x  R : 3 / 2  x  1 / 2 .
Contoh
2.18.
Selidiki apakah
■
x  3  x  2  4 memiliki
ketidaksamaan
penyelesaian.
Penyelesaian.
Sebelum
melangkah
jauh
di
dalam
menyelesaikan
ketidaksamaan tersebut, perhatikan bahwa
x  3, jika x  3

x3 
  x  3 , jika x  3.
dan
x  2, jika x  2

x2 
  x  2  , jika x  2.
Penyelesaiannya kita bagi menjadi tiga kasus terlebih dahulu, yaitu :
37
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Kasus I, x  2 .
Kita peroleh x  3    x  3   x  3 dan x  2    x  2    x  2 . Akibatnya,
x  3  x  2    x  3    x  2   4 atau 2 x  3 atau x  3 / 2 . Untuk kasus
ini, kita tidak mempunyai penyelesaian dari x  3  x  2  4 karena
x  R : x  3 / 2  x  R : x  2   .
Kasus II, 2  x  3 .
Kita
peroleh
x  3    x  3   x  3
dan
x2  x2
.
Akibatnya,
x  3  x  2    x  3   x  2   4 atau 5  4 . Pernyataan ini merupakan
sesuatu yang mustahil. Jadi untuk kasus ini, kita tidak mempunyai penyelesaian.
Kasus III, x  3 .
Kita
peroleh
x3  x3
dan
x2  x2
.
Akibatnya,
x  3  x  2   x  3    x  2   4 atau 2 x  5 atau x  5 / 2 . Untuk kasus ini,
kita tidak mempunyai penyelesaian dari x  3  x  2  4 karena
x  R : x  3 x  R : x  5 / 2   .
Secara
keseluruhan,
kita
tidak
memiliki
solusi
untuk
x3  x2  4.
2.3
ketidaksamaan
■
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.
38
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Definisi 2.19. Misalkan X adalah himpunan bagian tak kosong dari R .
a. Himpunan X dikatakan terbatas atas jika terdapat a  R 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 b  R 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
x  R : x  0 .
Setiap elemen pada
himpunan b  R : b  0 merupakan batas bawah dari x  R : x  0 . Setiap
kita mengambil elemen x  x  R : x  0 maka selalu kita dapatkan bahwa
x  x  1 , sedangkan x  1  x  R : x  0 . Yang demikian mengandung arti
bahwa
tidak
ada
aR
sedemikian
sehingga
a x ,
untuk
setiap
x  x  R : x  0 . Jadi himpunan x  R : x  0 terbatas bawah tetapi tidak
terbatas atas, atau juga dapat dikatakan bahwa himpunan tersebut tidak terbatas.
x  R : x  1 . Himpunan a  R : a  1
atas dari x  R : x  1 . Tidak ada b  R
semua x  x  R : x  1, karena setiap kita
Contoh lain, pandang himpunan
merupakan koleksi semua batas
sedemikian sehingga b  x , untuk
mengambil x  x  R : x  1 maka selalu dapat kita peroleh bahwa x  1  x ,
sedangkan x  1  x  R : x  1 . Akibatnya, himpunan
x  R : x  1
tidak
mempunyai batas bawah. Jadi himpunan x  R : x  1 terbatas atas tetapi tidak
terbatas bawah, atau juga dapat dikatakan bahwa himpunan tersebut tidak
terbatas.
Berdasarkan paparan sebelumnya, himpunan x  R : 0  x  1 memiliki batas
atas dan batas bawah, atau dengan kata lain himpunan tersebut merupakan
39
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
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 2.20. Misalkan X adalah himpunan bagian tak kosong dari R .
a. Misalkan X terbatas atas. Elemen a  R 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 b  R 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
x  R : 0  x  1 , bisa menjadi ilustrasi untuk menjelaskan hal ini. Himpunan
x  R : 0  x  1 tidaklah mempunyai minimum dan maksimum, karena tidak
ada m, M  x  R : 0  x  1 sedemikian sehingga m  x dan M  x , untuk
setiap x  x  R : 0  x  1 . Sedangkan untuk supremum dan infimum,
himpunan x  R : 0  x  1 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 x  R : 0  x  1
memiliki infimum dan supremum, yaitu elemen 1 dan 0, yang termasuk ke dalam
himpunan x  R : 0  x  1.
Selanjutnya, kita akan memberikan formulasi lain dari definisi supremum dan
infimum pada definisi 2.20. Kita mulai dengan definisi supremum. Elemen a
40
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
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 xz  X sedemikian sehingga xz  z . Jadi kita
mempunyai fakta bahwa jika z  a maka terdapat x z  X
sedemikian
sehingga xz  z . Selanjutnya, jika diberikan   0 maka a    a . Dengan
menggunakan fakta sebelumnya, maka terdapat x  X sedemikian sehingga
x  a   . Jadi kita memperoleh fakta baru, yang ekuivalen dengan fakta
sebelumnya, yaitu untuk setiap   0 terdapat x  X sedemikian sehingga
x  a   . Dengan demikian kita memperoleh fakta-fakta yang ekuivalen
dengan definisi 2.20.
Teorema 2.21. Elemen a  R , batas atas dari X , himpunan bagian tak kosong
dari R , adalah supremum dari X jika dan hanya jika apabila z  a maka
terdapat xz  X sedemikian sehingga xz  z .
Teorema 2.22. Elemen a  R , batas atas dari X , himpunan bagian tak kosong
dari R , adalah supremum dari X jika dan hanya jika untuk setiap   0
terdapat x  X sedemikian sehingga x  a   .
Fakta-fakta serupa yang berkaitan dengan elemen infimum adalah sebagai
berikut.
Teorema 2.23. Elemen b  R , batas bawah dari X , himpunan bagian tak
kosong dari R , adalah infimum dari X jika dan hanya jika apabila z  b maka
terdapat xz  X sedemikian sehingga xz  z .
Teorema 2.24. Elemen b  R , batas bawah dari X , himpunan bagian tak
kosong dari R , adalah infimum dari X jika dan hanya jika untuk setiap   0
terdapat x  X sedemikian sehingga x  b   .
41
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Bukti Teorema 2.23 dan Teorema 2.24 ditinggalkan sebagai latihan bagi para
pembaca.
Selanjutnya, mungkin kita mempertanyakan apakah elemen supremum atau
infimum tunggal atau tidak. Mari kita kaji masalah ini. Misalkan u, v  R 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 2.25 (Sifat Kelengkapan dari R ). Setiap himpunan bagian dari R
yang terbatas atas memiliki supremum di R .
Aksioma tersebut mengatakan bahwa R , digambarkan sebagai himpunan titiktitik pada suatu garis, tidaklah “berlubang”. Sedangkan himpunan bilanganbilangan 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

T : t  Q : t  0, t 2  2 bisa dijadikan ilustrasi untuk menjelaskan terminologi
“lubang” pada himpunan Q . Supremum dari T  Q yaitu
2 , yang merupakan
akar dari persamaan x 2  2 , bukanlah bilangan rasional. Bilangan
2 ini
merupakan salah satu “lubang” pada Q . Maksudnya, supremum dari T  Q
adalah
42
2 yang bukan merupakan elemen dari Q . Sehingga dapat dikatakan
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
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
l  R 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
2.25.,
himpunan
supremum. Misalkan s adalah supremum dari
 x : x  V 
 x : x  V  .
memiliki
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
2.25, yaitu bahwa setiap himpunan bagian dari R yang terbatas bawah memiliki
infimum di R .
Contoh 2.26. Tentukan supremum dari himpunan S  x  R : x  1 .
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 x  1 , untuk setiap x  S .
2. v  1 , untuk setiap v , batas atas dari S .
Jelas bahwa 1 adalah batas atas dari S . Selanjutnya, misalkan v  1 . Perhatikan
elemen 1/ 2  v / 2 . Dapat ditunjukkan bahwa v  1/ 2  v / 2  1 . Artinya, setiap
elemen v  1 bukanlah batas atas dari S . Jelas bahwa v batas atas dari S jika
dan hanya jika v  1 . Hal ini sekaligus menunjukkan bahwa 1 merupakan batas
atas terkecil dari S . Dengan demikian, 1 merupakan supremum dari S .
43
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Selanjutnya, kita akan menggunakan Teorema 2.21 untuk menunjukkan 1 adalah
supremum dari S . Jika v  1 , berdasarkan pembahasan tadi, dengan memilih
sv  1/ 2  v / 2 , kita peroleh bahwa sv  S dan v  sv . Jadi 1 merupakan
supremum dari S .
Kita akan coba cara lain untuk menunjukkan bahwa 1 merupakan supremum dari
S , seperti yang tertulis pada Teorema 2.22. Diberikan   0 . Di sini kita akan
memilih apakah ada s  S sedemikian sehingga 1    s (pemilihan s yang
demikian tidaklah unik). Jika kita memilih s  1   / 2 maka kita memperoleh apa
yang kita harapkan, karena jelas bahwa s  1   / 2  1 , atau dengan kata lain
s  S dan 1    s  1   / 2 . Yang demikian selalu mungkin untuk sembarang
  0 yang diberikan. Jadi memang 1 adalah supremum dari S .
■
Contoh 2.27. Tentukan infimum dari I  x  R : x  0 .
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. w  0 , untuk setiap w , batas bawah dari I .
Jelas 0 merupakan batas bawah dari I . Berikutnya, misalkan w  0 . Perhatikan
bahwa 0  w / 2  w . Di sini w / 2  I . Artinya, jika w  0 maka w bukan batas
bawah dari I . Jelas bahwa w  0 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 2.23 untuk menunjukkan 0 adalah
infimum dari I . Misalkan w  0 . Berdasarkan pembahasan sebelumnya, dengan
memilih iw  w / 2 , kita peroleh bahwa iw  I dan iw  w . Akibatnya, 0 adalah
infimum dari I .
44
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Cara lain, adalah dengan menunjukkan seperti apa yang tercantum pada
Teorema 2.24. Diberikan   0 . Kita akan memilih apakah ada i  I sedemikian
sehingga i  0     . Jika i   / 2 maka i  I dan i   . Hal ini selalu
mungkin untuk sembarang   0 yang diberikan. Dengan demikian, 0 adalah
infimum dari I .
■
Contoh 2.28. Tunjukkan bahwa jika himpunan S  R terbatas atas dan a  0
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 a  0 , 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 a  0 , 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
sv  aS sedemikian sehingga v  sv . Telah ditunjukkan bahwa a sup S adalah
batas atas dari aS . Sekarang, misalkan v  a sup S . Karena a  0 , v / a  sup S .
Akibatnya, terdapat sv / a  S sedemikian sehingga v / a  sv / a . Karenanya, kita
memperoleh v  asv / a . Di sini jelas bahwa asv / a  aS . Dengan memilih sv  asv / a ,
kita mempunyai sv  aS dan v  sv . Jadi sup aS  a sup S .
■
Lebih jauh, kita akan melihat bagaimana sifat kelengkapan dari R ini digunakan
untuk menunjukkan bahwa himpunan semua bilangan asli N tidak mempunyai
45
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
batas atas. Artinya tidak terdapat x  R sedemikian sehingga n  x , untuk
setiap n  N , atau dengan kata lain jika diberikan x  R terdapat n x  N
sedemikian sehingga nx  x .
Teorema 2.29 (Sifat Archimedean). Jika x  R maka terdapat n x  N
sedemikian sehingga nx  x .
Bukti. Andaikan N memiliki batas atas atau terdapat x  R 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 a  1  a . Karena a  1 jelas bukan batas
atas dari N , maka terdapat m  N sedemikian sehingga a  1  m . Darinya kita
memiliki bahwa a  m  1 . Perhatikan bahwa m 1  N . 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
x  R maka terdapat n x  N sedemikian sehingga nx  x .
■
Sekarang, misalkan t  0 . Kita peroleh bahwa 1/ t  0 . Menurut sifat
Archimedean, terdapat n  N , yang bergantung pada 1/ t (bisa juga dikatakan
bergantung pada t ), sedemikian sehingga n  1/ t , atau juga bisa ditulis sebagai
1/ n  t . Berdasarkan pembahasan ini, kita memiliki akibat berikut.
Akibat 2.30. Jika t  0 maka terdapat nt  N sedemikian sehingga 0  1/ nt  t
Selain Akibat 2.30, sifat Archimedean memilki konsekuensi lain, seperti yang
dinyatakan pada akibat berikut ini.
Akibat
2.31.
Jika
y  0 maka terdapat n y  N
sedemikian
sehingga
ny  1  y  n y .
Bukti. Misalkan E y : m  N : y  m dengan y  R . Sifat Archimedean
menjamin bahwa himpunan E y tidaklah kosong. Karena E y himpunan bagian
46
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
dari N dan tidak kosong, maka menurut sifat well-ordering dari R , E y
mempunyai elemen terkecil. Misalkan elemen terkecil itu adalah ny . Karena ny
adalah elemen terkecil dari E y , maka ny  1  E y atau n y 1  y . Dengan
demikian ny  1  y  n y .
■
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 2.32. Jika x, y  Q dan x  y maka terdapat bilangan rasional r
sedemikian sehingga x  r  y .
Bukti. Misalkan x  0 . Akibatnya, y  0 . Menurut Akibat 2.30, terdapat p  N
sedemikian sehingga 1/ p  y . Bilangan rasional r : 1/ p memenuhi x  r  y .
Berikutnya, misalkan x  0 . Darinya, kita memiliki y  x  0 . Berdasarkan Akibat
2.30, terdapat m  N sedemikian sehingga 1/ m  y  x . Karenanya, 1  my  mx
atau 1  mx  my . Pandang mx  0 . Menurut Akibat 2.31, terdapat n  N
sedemikan sehingga n  1  mx  n . Dari n  1  mx kita memperoleh n  1  mx ,
sehingga n  1  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 x  0 atau  x  0 . Akibatnya, y  x  0 . Dengan cara serupa
seperti pada kasus x  0 , kita bisa mendapatkan bilangan rasional r sedemikian
sehingga x  r  y .
■
Kita juga memiliki fakta lain, yang analog dengan teorema 2.32, untuk himpunan
bilangan-bilangan irasional.
47
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Akibat 2.33. Jika x, y  R dan x  y maka terdapat bilangan irasional z
sedemikian sehingga x  z  y .
Bukti. Dari hipotesis kita dapatkan bahwa x / 2 , y / 2  R dan x / 2  y / 2 .
Menurut Teorema 2.32, terdapat bilangan rasional r  0 sedemikian sehingga
x / 2  r  y / 2 atau x  r 2  y . Bilangan z : r 2 merupakan bilangan
irasional dan memenuhi x  z  y .
2.4
■
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 2.34. Misalkan a, b  R dengan a  b .
a. Interval buka yang dibentuk dari elemen a dan b adalah himpunan
a, b  : x  R : a  x  b.
b. Interval tutup yang dibentuk dari elemen a dan b adalah himpunan
a, b : x  R : a  x  b .
c. Interval setengah buka (atau setengah tutup) yang dibentuk dari elemen a
dan
b
adalah
himpunan
a, b  : x  R : a  x  b
atau
a, b : x  R : a  x  b.
Semua jenis interval pada Definisi 2.34 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.
48
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Definisi 2.35. Misalkan a  R .
a. Interval buka tak terbatas adalah himpunan a,   : x  R : x  a atau
 , a  : x  R : x  a.
b. Interval tutup tak terbatas adalah himpunan a,   : x  R : x  a atau
 , a : x  R : x  a .
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 2.36 (Karakterisasi Interval). Jika S  R adalah himpunan yang
memuat paling sedikit dua elemen dan memiliki sifat :
jika x, y  R 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 xz  S sedemikian sehingga xz  z . Kita memperoleh pula bahwa z
bukan batas atas dari S . Itu artinya bahwa terdapat y z  S sedemikian sehingga
z  yz . Kita mendapatkan bahwa z   xz , y z  . Karena menurut hipotesis,
 xz , y z   S
, maka z  S . Karena yang demikian berlaku untuk sembarang
z   a, b  , maka  a, b   S .
49
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
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 y z  S
sedemikian sehingga z  yz . Karena S tidak terbatas bawah, maka terdapat
xz  S sedemikian sehingga xz  z . Akibatnya, z   xz , y z  . Karena menurut
hipotesis,  xz , y z   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
50
S   a, b  .
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
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 S  R . Selanjutnya, kita akan menunjukkan
bahwa R  S . Misalkan z  R . Karena S tidak terbatas, maka z bukanlah
batas bawah dan batas atas dari S . Akibatnya, terdapat xz , yz  S sedemikian
sehingga xz  z dan z  yz . Darinya, kita memiliki z   xz , y z  . Menurut hipotesis,
 xz , yz   S . Akibatnya,
z  S . Karena hal ini berlaku untuk sembarang z  R ,
maka R  S . Dengan demikian, R  S .
Jadi, secara keseluruhan, telah ditunjukkan bahwa S merupakan suatu interval
di R .
2.5
■
REPRESENTASI DESIMAL DARI BILANGAN REAL
Semua bilangan real dapat dinyatakan dalam bentuk lain yang disebut sebagai
bentuk desimal. Misalkan x   0,1 . Jika kita membagi interval  0,1 menjadi 10
sub interval yang sama panjangnya, maka x  b1 /10,  b1  1 /10  untuk suatu
b1  0,1, 2,...,9 . Jika kita membagi lagi interval b1 /10,  b1  1 /10  menjadi 10
sub
interval
yang
sama
panjangnya,
maka
x  b1 /10  b2 /102 , b1 /10   b2  1 /102  untuk suatu b2  0,1, 2,...,9 .
Jika
proses tersebut terus dilanjutkan maka kita akan memperoleh barisan
bn 
dengan 0  bn  9 , untuk semua n  N , sedemikian sehingga x memenuhi
b1 b2
b
b
b
 b  1
 2  ...  nn  x  1  22  ...  n n .
10 10
10
10 10
10
51
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Representasi desimal dari x   0,1 adalah 0, b1b2 ...bn ... . Jika x  1 dan N  N
sedemikian sehingga N  x  N  1 maka representasi desimal dari x  1 adalah
N , b1b2 ...bn ... dengan 0, b1b2 ...bn ... adalah representasi desimal dari x  N   0,1 .
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
1/ 7  1/10  4 /102 ,1/10   4  1 /102  .
Selanjutnya,
akan
kita
peroleh
1/ 7  1/10  4 /102  2 /103 ,1/10  4 /102   2  1 /10 3  . Jika proses ini terus
dilanjutkan akan kita dapatkan bahwa 1/ 7  0,142857142857...142857... .
Representasi desimal dari suatu bilangan real adalah unik, kecuali bilanganbilangan real berbentuk m /10n dengan m, n 
dan 1  m  10n . Sebagai
contoh, representasi decimal dari 1/2 adalah 0,4999… atau 0,5000… (Coba
pembaca
periksa
mengapa
yang
demikian
bisa
terjadi).
Contoh
lain,
1/7
yaitu
1/8=0,124999...=0,125000... .
Coba
perhatikan
kembali
representasi
decimal
dari
0,142857142857...142857... . Terdapat pengulangan deretan angka 142857 pada
representasi desimal dari 1/7. Representasi desimal yang demikian disebut
reperesentasi desimal periodik dengan periode p  6 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
52
adalah tak terhitung (uncountable).
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Teorema 2.37. Interval satuan 0,1 : x  R : 0  x  1 adalah tak terhitung
(uncountable).
Bukti. Andaikan interval
 0,1
countable. Misalkan
 0,1   x1 , x2 ,..., xn ,...
.
Karena setiap elemen di  0,1 dapat dinyatakan dalam bentuk desimal, maka kita
dapat menyatakan bahwa
x1  0, b11b12 ...b1n ...
x2  0, b21b22 ...b1n ...

xn  0, bn1bn 2 ...bnn ...

dengan 0  bij  9 , untuk semua i, j  N .
Selanjutnya definisikan bilangan real y : 0, y1 y2 ... yn ... dengan
 4, jika bnn  5
yn : 
5, jika bnn  4.
Jelas bahwa y   0,1 . Berdasarkan pendefinisian yn , jelas bahwa y  xn untuk
setiap n  N . Selain itu, bentuk y : 0, y1 y2 ... yn ... adalah unik karena yn  0,9
untuk semua n  N . Hal itu semua mengandung arti bahwa y   0,1 . Terjadi
kontradiksi di sini. Jadi  0,1 haruslah uncountable.
■
Prosedur pada pembuktian Teorema 2.37 di atas dikenal sebagai prosedur
diagonal yang memanfaatkan representasi desimal bilangan real. Karena
0,1  R
53
dan  0,1 uncountable, maka R adalah uncountable.
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
BAB III
BARISAN BILANGAN REAL
3.1
DEFINISI BARISAN BILANGAN REAL
Definisi 3.1. Barisan bilangan real adalah fungsi X : N  R .
Jika X : N  R adalah barisan bilangan real maka nilai fungsi X di n  N
dinotasikan sebagai xn . Nilai xn ini disebut suku ke- n dari barisan bilangan real
X . Barisan bilangan real X dapat pula dituliskan sebagai  x n : n  N  . Dalam

literatur lain, barisan bilangan real X ini biasa dituliskan dalam notasi  xn n 1 .
Barisan bilangan real dapat direpresentasikan dalam berbagai cara. Barisan
bilangan real X : 1,3,5,... dapat dinyatakan dengan X :  x n : n  N  dengan
xn  2n  1 atau xn  xn 1  2 dengan x1  1 . Hubungan xn  xn 1  2 dengan
x1  1 ini disebut sebagai hubungan rekursif.
Selanjutnya, perhatikan kembali barisan bilangan real X :  x n  2n  1 : n  N  .
Jika n semakin besar maka xn semakin besar, tanpa batas. Tetapi, kalau kita
perhatikan barisan Y :  y n  1 / n : n  N  , maka jika n semakin besar maka yn
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 3.2. Barisan bilangan real  x n : n  N  dikatakan konvergen ke x  R ,
limit dari dari  x n : n  N  , jika untuk setiap   0 terdapat N     0 sedemikian
sehingga untuk setiap n  N   , xn  x   .
54
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Misalkan barisan bilangan real  x n : n  N  konvergen. Diberikan   0 cukup
besar. Karena x adalah “ujung” dari barisan bilangan real  x n : n  N  , tentunya
xn  x yang cukup besar dapat dipenuhi oleh semua xn , n  N dengan N yang
kecil. Sebaliknya, jika   0 cukup kecil maka xn  x yang cukup kecil dapat
dipenuhi oleh setiap xn , n  K dengan K yang besar. Penjelasan tersebut
mengandung arti bahwa semakin besar N maka semakin kecil  atau xn
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  xn   x atau lim xn  x atau xn  x .
n 
Berdasarkan Definisi 3.2, kita bisa mendapatkan fakta bahwa lim xn  x jika dan
n 


hanya jika untuk setiap   0 , himpunan n  N : x n  x   adalah himpunan
yang berhingga. Bukti fakta ini ditinggalkan sebagai latihan bagi para pembaca.
Contoh 3.3. Perhatikan lagi barisan bilangan real Y   y n  1 / n : n  N  .
Diberikan   0 . Selanjutnya, lihat bahwa 1/ n  0  1/ n  1/ n . Jika n  N   
dengan N     1/  maka n  1/  atau 1/ n   . Akibatnya, 1/ n  0   untuk
setiap n  N    . Yang demikian berlaku untuk setiap   0 . Ini artinya bahwa
barisan bilangan real Y konvergen ke nol.
■
Sekarang, kita perhatikan lagi barisan bilangan real Y   y n  1 / n : n  N  .
Kemudian pandang barisan bilangan real Y '  1/ 2,1/ 4,1/ 6,... . 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.
55
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Definisi 3.4. Misalkan X :  x n : n  N  adalah barisan bilangan real dan
n1  n2  ...  nk  ... dengan nk  N untuk semua k  N . Barisan bilangan real


X ': x nk : k  N disebut sebagai sub barisan dari X :  x n : n  N  .
Bagaimana dengan limit sub barisan dari suatu sub barisan ? Teorema berikut
menjelaskan hal ini.
Teorema
3.5.
Jika

X ': x nk : k  N

adalah
sub
barisan
dari
barisan

X :  x n : n  N  yang konvergen ke x  R maka sub barisan X ': x nk : k  N

juga konvergen ke x  R .
Bukti. Karena X :  x n : n  N  adalah barisan yang konvergen ke x  R , maka
jika diberikan   0 terdapat N     0 sedemikian sehingga untuk semua
n  N    berlaku xn  x   .
Selanjutnya, dengan menggunakan induksi matematika, akan ditunjukkan bahwa
nk  k untuk setiap k  N . Diketahui bahwa n1  n2  ...  nk  ... . Untuk k  1
jelas bahwa n1  1 . Misalkan untuk k  p berlaku n p  p . Kita akan tunjukkan
bahwa untuk k  p  1 berlaku n p 1  p  1 . Karena n p 1  n p maka n p 1  p atau
dengan kata lain n p 1  p  1 . Dengan demikian nk  k untuk setiap k  N .
Jika k  N    maka nk  N    . Untuk semua nk  N    berlaku xnk  x   .


Yang demikian berarti sub barisan X ': x nk : k  N juga konvergen ke x  R . ■
Apakah kebalikan dari Teorema 3.5 berlaku ? Untuk menjawabnya kita lihat
penjelasan berikut ini. Perhatikan bahwa barisan Z '  1,1,1,...,1,... adalah sub

barisan dari barisan Z  1, 1,1, 1,...,  1
n 1

,... . 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
56
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
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 X :  x n : n  N  . Jika diberikan   0 terdapat N x , N y  0
sehingga
berurutan,
untuk setiap n  N x dan n  N y , berlaku, masing-masing secara
xn  x   / 2 dan
xn  y   / 2 . Misalkan N : maks  N x , N y  .
Selanjutnya, perhatikan bahwa, berdasarkan pertidaksamaan segitiga,
x  y   x  xn    xn  y   x  xn  xn  y   / 2   / 2  
untuk semua n  N . Karena   0 yang diberikan sembarang, maka x  y  0
atau x  y . Yang demikian berarti bahwa limit dari suatu barisan bilangan real
yang konvergen adalah tunggal.
Teorema 3.6.
Limit dari satu barisan bilangan real yang konvergen adalah
tunggal.
3.2
SIFAT-SIFAT BARISAN BILANGAN REAL
Definisi 3.6. Barisan bilangan real X :  x n : n  N  dikatakan terbatas jika
terdapat bilangan real M  0 sedemikan sehingga xn  M untuk setiap n  N .
Berkaitan dengan sifat keterbatasan barisan bilangan real tersebut kita memiliki
teorema berikut ini.
Teorema 3.7. Barisan bilangan real yang konvergen adalah terbatas.
Bukti. Misalkan barisan bilangan real X :  x n : n  N  adalah barisan yang
konvergen ke x  R . Itu berarti bahwa jika kita ambil  0  0 maka terdapat
bilangan real N   0   0 sehingga xn  x   0 untuk semua n  N   0  .
57
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Selanjutnya, perhatikan bahwa, berdasarkan pertidaksamaan segitiga,
xn   xn  x   x  xn  x  x   0  x
untuk semua n  N   0  .


Berikutnya, pilih M : maks x1 , x2 , x3 ,..., xN   1 , x   0 . Jelas bahwa untuk
0
setiap n  N berlaku xn  M atau dengan kata lain barisan bilangan real X
■
adalah barisan yang terbatas.
Sekarang, Misalkan X :  x n : n  N  dan Y :  y n : n  N  adalah dua buah
barisan bilangan real yang konvergen. Apakah X  Y :  x n  y n : n  N  ,
cX : cxn : n  N 
dengan
cR
,
XY :  x n y n : n  N 
,
dan
X / Y :  x n / y n : n  N  juga barisan yang konvergen ? Teorema-teorema
berikut ini menjelaskan hal tersebut.
Teorema 3.8. Jika X dan Y adalah barisan yang konvergen ke x dan y ,
secara berurutan, dan c  R maka barisan X  Y , cX , dan XY adalah juiga
barisan yang konvergen, masing-masing secara berurutan, ke x  y , cx , dan xy .
Bukti. Misalkan
X :  x n : n  N  dan Y :  y n : n  N  . Perhatikan bahwa,
bedasarkan pertidaksamaan segitiga,
 xn  yn    x  y    xn  x    yn  y  
xn  x  yn  y .
X dan Y adalah barisan yang konvergen ke x dan y , maka jika diberikan
  0 maka terdapat bilangan real N1 , N 2  0 sedemikian sehingga untuk setiap
n  N1 dan n  N 2 , masing-masing secara berurutan, berlaku xn  x   / 2 dan
yn  y   / 2 . Misalkan N : maks  N1 , N 2  . Jika n  N maka
 xn  yn    x  y  
xn  x  yn  y   / 2   / 2   .
Karena   0 yang diberikan sembarang, maka X  Y konvergen ke x  y .
58
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Berikutnya, perhatikan bahwa
cxn  cx  c xn  x .
Misalkan c  0 . Jika diberikan   0 maka dengan memilih berapa pun bilangan
real N  0 , selalu berlaku cxn  cx  c xn  x  0   untuk setiap n  N .
Sekarang misalkan c  0 . Karena X adalah barisan yang konvergen ke x maka
jika diberikan   0 maka terdapat bilangan real N  0 sedemikian sehingga
untuk setiap n  N , berlaku xn  x   / c . Akibatnya, untuk setiap n  N ,
cxn  cx  c xn  x  c   / c    .
Karena   0 yang diberikan sembarang, maka cX konvergen ke cx .
Selanjutnya, kita akan menunjukkan bahwa barisan XY konvergen ke xy .
Pertama, perhatikan bahwa
xn yn  xy   xn yn  xn y    xn y  xy 
 xn yn  xn y  xn y  xy
 xn yn  y  xn  x y
Menurut Teorema 3.7, X adalah barisan yang terbatas. Itu artinya terdapat
bilangan
real
L0
sehingga
xn  L untuk setiap n  N . Misalkan
M : maks L, y  . Jika diberikan   0 maka terdapat bilangan real N1 , N 2  0
sedemikian sehingga untuk setiap n  N1 dan n  N 2 , masing-masing secara
berurutan,
berlaku
xn  x   /  2M 
dan
yn  y   /  2M  .
Misalkan
N : maks  N1 , N 2  . Jika n  N maka
xn yn  xy  xn yn  y  xn  x y  M   / 2 M   M   / 2M    .
Karena   0 yang diberikan sembarang, maka XY konvergen ke xy .
■
Pembahasan berikutnya kita akan menunjukkan bahwa X / Y akan konvergen
ke x / y jika y  0 . Tetapi sebelumnya, kita lihat terlebih dahulu teorema berikut
iini.
59
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Teorema 3.9. Jika Y :  y n : n  N  adalah barisan tak nol ( yn  0 untuk setiap
n  N ) yang konvergen ke y  0 maka barisan 1 / Y : 1 / y n : n  N  juga
konvergen ke 1/ y .
Bukti. Jika y  0 kita peroleh bahwa y  0 . Karena Y adalah barisan yang
konvergen ke y , maka terdapat N1  0 sehingga untuk setiap n  N1 , berlaku
yn  y  1/ 2  y . Karena
yn  y
 yn  y atau  yn  y  yn  y  yn  y
maka yn  1/ 2  y atau
1
2

untuk setiap n  N1 .
yn
y
Selanjutnya, jika diberikan   0 maka terdapat N 2  0 sehingga untuk setiap
2
n  N 2 , berlaku yn  y  1/ 2  y  . Kemudian, perhatikan bahwa, berdasarkan
pertidaksamaan segitiga,
1 1
y  yn
1
 

yn  y .
yn y
yn y
yn y
Jika N : maks  N1 , N 2  maka untuk setiap n  N , berlaku
1 1
1
2 1 2
 
yn  y  2  y    .
yn y
yn y
y 2
Karena   0 yang diberikan sembarang, maka 1/ Y konvergen ke 1/ y .
■
Berdasarkan Teorema 3.8 dan Teorema 3.9, jika X adalah barisan bilangan real
yang konvergen ke x dan Y adalah barisan bilangan real tak nol yang
konvergen ke y  0 maka barisan bilangan real X / Y juga konvergen ke x / y .
Teorema 3.10 (Teorema Apit). Misalkan X :  x n : n  N  , Y :  y n : n  N  , dan
Z :  z n : n  N  adalah
barisan-barisan
bilangan
real
yang
memenuhi
xn  yn  zn untuk setiap n  N . Jika lim xn  lim zn  L maka lim yn  L .
n 
60
n
n 
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Bukti. Jika diberikan   0 maka terdapat bilangan real N1 , N 2  0 sedemikian
sehingga untuk setiap n  N1 dan n  N 2 , masing-masing secara berurutan,
berlaku L    xn dan zn  L   (mengapa demikian ?). N : maks  N1 , N 2  .
Akibatnya, jika n  N maka
L    xn  yn  zn  L   .
Kita peroleh bahwa L    yn  L   atau yn  L   untuk setiap n  N .
Karena   0 yang diberikan sembarang, maka lim yn  L .
n 
■
Contoh berikut ini memperlihatkan bagaimana Teorema Apit diaplikasikan untuk
menghitung limit suatu barisan.
 cos n

: n  N  . Secara
2
 n

Contoh 3.11. Kita akan menghitung limit dari barisan 
langsung, mungkin kita agak susah untuk menentukan limitnya. Perhatikan
bahwa 1  cos n  1 untuk setiap n  N . Karenanya, kita bisa memperoleh
1 cos n 1
 2  2 untuk setiap n  N .
n2
n
n
Akibatnya, lim
n 
1
cos n
1
 lim 2  lim 2 . Jadi
2
n

n

n
n
n
0  lim
n 
cos n
cos n
 0 atau lim 2  0 .
2
n

n
n
■
Barisan bilangan real yang terbatas belum tentu konvergen. Sebagai contoh,
barisan bilangan real
 1
n

: n  N 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 3.12. Misalkan X :  x n : n  N  adalah barisan bilangan real. Barisan
X dikatakan naik jika x1  x2  ...  xn  xn 1  ... dan dikatakan turun jika
61
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
x1  x2  ...  xn  xn 1  ... . Barisan bilangan real yang naik atau turun disebut
sebagai barisan yang monoton.
Teorema 3.13 (Teorema Kekonvergenan Monoton). Misalkan X :  x n : n  N 
adalah barisan bilangan real yang monoton. Barisan bilangan real X konvergen
jika dan hanya jika X terbatas. Lebih jauh,
i)
Jika X :  x n : n  N  adalah barisan yang naik dan terbatas atas maka
lim x n  supx n : n  N .
n 
ii) Jika X :  x n : n  N  adalah barisan yang turun dan terbatas bawah maka
lim x n  inf x n : n  N.
n 
Bukti.
i)
Karena barisan X terbatas atas, maka, menurut sifat kelengkapan dari R ,
himpunan
xn : n  N
memiliki supremum. Misalkan x  supxn : n  N .
Jika diberikan   0 maka x   bukanlah batas atas dari x n : n  N . Yang
demikian mengandung arti terdapat K  N sehingga x    xK  x . Karena
X adalah barisan naik dan x adalah batas atas dari x n : n  N maka kita
mempunyai fakta bahwa
x    xK  xK 1  xK  2  ...  x  x   .
Dengan kata lain, x    xn  x   atau xn  x   untuk setiap n  K .
Karena   0 yang diberikan sembarang maka barisan X konvergen ke x .
ii) Karena barisan X terbatas bawah, maka, menurut sifat kelengkapan dari R ,
himpunan x n : n  N memiliki infimum. Misalkan x  inf x n : n  N . Jika
diberikan   0 maka x   bukanlah batas bawah dari x n : n  N . Yang
demikian mengandung arti terdapat K  N sehingga x  xK  x   . Karena
X adalah barisan turun dan x adalah batas bawah dari x n : n  N maka
kita mempunyai fakta bahwa
x    x  ...  xK  2  xK 1  xK  x   .
62
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Dengan kata lain, x    xn  x   atau xn  x   untuk setiap n  K .
Karena   0 yang diberikan sembarang maka barisan X konvergen ke x . ■
Contoh 3.14. kita akan menunjukkan bahwa barisan X :  x n : n  N  yang
suku-sukunya memenuhi hubungan rekursif
xn 1 
1
 xn  1 dengan x1  0
2
adalah barisan yang konvergen dengan menggunakan Teorema Kekonvergean
Monoton. Akan kita perlihatkan bahwa X :  x n : n  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 x2  1/ 2 . Itu berarti bahwa x1  x2 . Sekarang asumsikan
bahwa xk  xk 1 Kita akan membuktikan bahwa xk 1  xk  2 .
maka
Karena xk  xk 1 ,
1
1
 xk  1   xk 1  1 atau xk 1  xk  2 . Jadi X : xn : n  N  adalah
2
2
barisan yang naik.
Jelas x1  2 . Asumsikan xk  2 . Akan ditunjukkan bahwa xk 1  2 . Perhatikan
bahwa
xk  2  xk 1 
1
1
3
 xk  1   2  1  xk 1  .
2
2
2
Berdasarkan pernyataan terakhir, bisa juga kita katakan bahwa xn  2 untuk
setiap n  N . Ini berarti X adalah barisan yang terbatas atas.
Karena X :  x n : n  N  adalah barisan yang naik dan terbatas atas, maka,
menurut Teorema Kekonvergenan Monoton, barisan X konvergen. Perhatikan
bahwa X ':  x n 1 : n  N  adalah sub barisan dari X :  x n : n  N  . Karena X
adalah barisan yang konvergen, maka, menurut Teorema 3.5, X ' juga
merupakan barisan yang konvergen ke titik yang sama. Misalkan limit barisannya
adalah x . Perhatikan bahwa
63
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
xn 1 
1
1
1
xn 1  lim  xn  1  x   x  1  x  1 .
 xn  1  lim
n

n

2
2
2
Jadi barisan bilangan real X konvergen ke 1.
3.3
■
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 3.15 (Teorema Sub Barisan Monoton). Setiap barisan bilangan real
memiliki sub barisan yang monoton.
Bukti. Misalkan X :  x n : n  N  adalah barian bilangan real. Definisikan
X n :  x k : k  n  . Untuk setiap n  N , bisa saja X n memiliki suku terbesar,
namun, bisa juga tidak.
Kasus I, untuk setiap n  N , X n memiliki suku terbesar. Misalkan sn1 adalah
suku terbesar dari X 1 . Selanjutnya, perhatikan X n1 1 . Misalkan xn2 adalah suku
terbesar dari X n1 1 . Jelas bahwa xn1  xn2 dengan n1  n2 . Kita juga bisa
mendapatkan sn3 yang merupakan suku terbesar dari X n2 1 . Jelas pula bahwa
xn  xn dengan n2  n3 . Jika proses ini terus dilanjutkan maka kita akan
2
3
dapatkan
xn  xn  xn  ...  xn  xn  ... dengan n1  n2  n3  ...  nk  nk 1  ... .
1
Jadi
2
kita
3
k
dapatkan
k 1
barisan
x
nk
:k N

merupakan
sub
barisan
dari
X :  x n : n  N  yang monoton turun.
Kasus II, tidak semua X n memiliki suku terbesar. Misalkan n1  N
sedemikian sehingga X n1 tidak memiliki suku terbesar. Definisikan suatu
64
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)

himpunan bagian dari X n1 , yakni I : xn : n  n1 , xn  xn1
I 

.
Jelas Himpunan
karena X n1 tidak memiliki suku terbesar. Misalkan n2  N sedemikian
sehingga


xn  min xn : n  n1 , xn  xn .
2
1
Misalkan n3  N sedemikian sehingga


xn  min xn : n  n1 , n  n2 , xn  xn .
3
1
Misalkan pula n4  N sedemikian sehingga


xn  min xn : n  n1 , n  n2 , n  n3 , xn  xn .
4
1
Jika proses tersebut terus dilanjutkan maka kita akan mendapatkan
xn  xn  xn  ..  xn  xn  ... dengan n1  n2  n3  ...  nk  nk 1  ... .
1
Jadi
kita
2
3
k 1
k
dapatkan
barisan
x
nk
:k N

merupakan
sub
barisan
dari
X :  x n : n  N  yang monoton naik.
Jadi barisan bilangan real X :  x n : n  N  memiliki sub barisan yang monoton. ■

Misalkan X '  x nk : k  N

adalah sub barisan yang monoton dari barisan
bilangan real X :  x n : n  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 3.16. Barisan bilangan real yang terbatas memiliki sub barisan yang
konvergen.
3.4
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
65
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
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 3.17. Barisan bilangan real X :  x n : n  N  dikatakan sebagai barisan
Cauchy jika untuk setiap   0 terdapat bilangan real N     0 sedemikian
sehingga untuk setiap n, m  N   berlaku xn  xm   .

Contoh 3,18. Kita akan menunjukkan bahwa barisan bilangan real 1 / n 2 : n  N

adalah barisan Cauchy. Diberikan   0 . Pilih N     2 /  . Akibatnya, jika
n, m  N    maka n, m  2 / 
atau 1/ n 2 ,1/ m 2   / 2 . Dengannya, kita
dapatkan untuk n, m  N    , berlaku
1
1
1
1
1
1  
 2  2  2  2  2    .
2
n m
n
m
n m
2 2
Karena   0
1 / n
2
maka barisan bilangan

: n  N adalah barisan Cauchy.
Contoh

yang diberikan sembarang,
3.19.
n
Akan
X   1 : n  N

kita
perlihatkan
real
■
bahwa
barisan
bilangan
real
bukanlah barisan Cauchy. Negasi dari definisi barisan
Cauchy adalah terdapat  0  0 sedemikian sehingga untuk setiap N   0   0
terdapat n, m  N   0  yang memenuhi
xn  xm   0 . Misalkan  0  1/ 2 .
Perhatikan bahwa xn  xn 1  2  1/ 2 . Jadi untuk setiap N   0   0 kita selalu
bisa mendapatkan n, m  N   0  dengan m  n  1 sehingga xn  xn 1  1/ 2 .

n

Jadi barisan X   1 : n  N bukanlah barisan Cauchy.
■
Lema 3.20. Barisan bilangan real Cauchy adalah barisan yang terbatas.
Bukti. Misalkan X   x n : n  N  adalah barisan Cauchy. Yang demikian berarti
jika diberikan   0 maka terdapat N    0 sedemikian sehingga untuk setiap
66
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
n, m  N   berlaku
x n  x m   . Akibatnya, x n  x N     untuk setiap
n  N   . Darinya, kita memperoleh x n  x N     untuk setiap n  N   .
Misalkan


M : maks x1 , x 2 ,...., x N  1 , x N     .
Untuk setiap n  N , kita memilki x n  M . Jadi X   x n : n  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 3.21. Suatu barisan bilangan real adalah konvergen jika dan hanya jika
barisan itu adalah barisan Cauchy.
Bukti.
Kita
akan
buktikan
syarat
perlunya
terlebih
dahulu.
Misalkan
X   x n : n  N  adalah barisan yang konvergen. Karenanya, jika diberikan
  0 maka terdapat N    0 sedemikian sehingga untuk setiap n  N  
berlaku x n  x   / 2 . Berdasarkan pertidaksamaan segitiga, untuk setiap
n, m  N   berlaku
xn  xm  xn  x   x  xm   xn  x  x  xm   / 2   / 2   .
Karena   0 yang diberikan sembarang, maka X   x n : n  N  adalah barisan
Cauchy.
Berikutnya, kita akan membuktikan syarat cukupnya. Misalkan X   x n : n  N 
adalah barisan Cauchy. Itu berarti bahwa jika diberikan   0 maka terdapat
N    0 sedemikian sehingga untuk setiap n, m  N   berlaku x n  x m   / 2 .
Menurut Lema 3.20, X   x n : n  N  adalah barisan yang terbatas, dan menurut
Teorema

Bolzano-weierstrass,
X  xn : n  N 
mempunyai
sub
barisan

X '  x nk : k  N yang konvergen ke x . Yang demikian mengandung arti bahwa
67
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
terdapat
K    0 sedemikian sehingga untuk setiap k  K   berlaku
x nk  x   / 2 . Misalkan H   : maksN  , K   dan H    n1 , n 2 ,... .
Karenanya, x H    x   / 2 . Untuk n  H   kita mempunyai
x n  x  x n  x H     x H    x   x n  x H    x H    x   / 2   / 2   .
Karena   0 yang diberikan sembarang, maka X   x n : n  N  adalah barisan
yang konvergen ke x .
3.5
■
BARISAN DIVERGEN
Coba perhatikan kembali Definisi 3.17, 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  0  0 tidak terdapat K  0 sedemikian
sehingga untuk setiap n, m  K berlaku x n  x m   . Akibatnya, untuk setiap
k  N terdapat n, m  k berlaku x n  x m   .

Perhatikan barisan bilangan real Z   1

n 1
: n  N . Ambil  0  1 . Untuk n  k
dan m  k  1 berlaku
k 1
x n  x m  x k  x k 1   1
k
  1  2  1 .
Jadi untuk setiap k  N terdapat n, m  k sedemikian sehingga x n  x m  1 .

Dengan kata lain, Z   1
n 1

: n  N adalah barisan yang divergen.
Lihat kembali barisan X   x n  2n  1 : n  N  yang merupakan barisan yang
divergen. Misalkan diberikan sembarang bilangan M  0 . Kita peroleh selalu
ada n  N sehingga xn  M , yakni untuk n   M  1 / 2 . Barisan ini dikatakan
divergen menuju tak hingga positif (  ).
68
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Bagaimana halnya dengan barisan S  s n  2n  1 : n  N  . Barisan S juga
adalah barisan yang divergen, karena setiap kita mengambil M  0 selalu
dapatkan n  N sehingga sn   M , yakni untuk n   M  1 / 2 . Barisan ini
dikatakan divergen menuju tak hingga negatif (  ).

Sekarang pehatikan barisan Z  1, 1,1, 1,...,  1
n 1

,... . Telah ditunjukkan
bahwa barisan ini juga merupakan barisan yang divergen. Suku-suku barisan ini
nilainya berosilasi atau berubah-ubah, secara berselang-seling dan terusmenerus 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 3.22. Misalkan X   x n : n  N  adalah barisan bilangan real. Barisan
X dikatakan divergen menuju  (  ) jika untuk setiap M  0 terdapat
N  M   0 sehingga untuk setiap n  N  M  berlaku xn  M ( xn   M ).
Definisi 3.23. Jika X   x n : n  N  adalah barisan bilangan real yang divergen
tetapi tidak menuju ke  maupun  maka X   x n : n  N  adalah barisan
bilangan real yang divergen secara berosilasi.
Berdasarkan Teorema 3.7 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.
69
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
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 3.24. Jika  x n : n  N  dan  y n : n  N  adalah barisan bilangan real
yang memenuhi
x n  y n untuk setiap n  N
Maka
a. Jika lim x n   maka lim y n   .
n 
n 
b. Jika lim y n   maka lim x n   .
n 
n 
Bukti.
a. Misalkan M  0 . Karena lim x n   , maka terdapat N  0 sehingga untuk
n 
setiap n  N berlaku x n  M . Karena x n  y n untuk setiap n  N , maka
x n  y n untuk setiap n  N . Akibatnya, y n  M untuk setiap n  N ..
Karena M  0 yang diberikan sembarang, maka lim y n   .
n 
b. Misalkan M  0 . Karena lim y n   , maka terdapat N  0 sehingga untuk
n 
setiap n  N berlaku y n   M . Karena x n  y n untuk setiap n  N , maka
x n  y n untuk setiap n  N . Akibatnya, x n   M untuk setiap n  N .
Karena M  0 yang diberikan sembarang, maka lim x n   .
■
n 
Namun demikian, tidaklah selalu kita bisa menjumpai kondisi dua barisan seperti
yang
ada
pada
hipotesis
Teorema
3.24,
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 3.24) yang menjadikan suatu barisan
bilangan real dikatakan sebagai barisan divergen.
70
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Teorema 3.25. Jika  x n : n  N  dan  y n : n  N  adalah barisan bilangan real
positif yang memenuhi
lim
n 
xn
 L dengan L  R dan L  0
yn
maka diperoleh bahwa lim x n   jika dan hanya jika lim y n   .
n 
Bukti. Karena lim
n 
n 
xn
 L , maka jika diberikan   L / 2 terdapat N  0
yn
sedemikian sehingga untuk setiap n  N berlaku
x n / y n  L  L / 2 atau
L / 2  x n / y n  3L / 2 atau L / 2  y n  x n  3L / 2 y n . Akibatnya, kita mempunyai
bahwa L / 2  y n  x n dan 2 / 3L x n  y n untuk n  N . Berdasarkan Teorema
2.24,
jika
lim x n   maka lim y n  
n 
2 / 3L xn  y n
n 
dengan
menggunakan
untuk n  N . Dengan Teorema yang sama, jika lim y n   maka
n 
lim x n   dengan menggunakan fakta
n 
L / 2  y n  x n
untuk n  N . Jadi
lim x n   jika dan hanya jika lim y n   .
n 
3.6
fakta
n 
■
DERET TAK HINGGA
Misalkan X :  x n : n  N  adalah barisan bilangan real. Dari suku-suku barisan
dari X kita bisa mengonstruksi barisan lain S : s n : n  N  dengan
s n : x1  x 2  x3  ...  x n dengan n  N .
Barisan S yang demikian dinamakan sebagai deret tak hingga (atau deret saja)
yang dibangkitkan oleh barisan X :  x n : n  N  . Bilangan s n disebut sebagai
jumlah parsial dari derat tak hingga. Bilangan x n disebut sebagai suku dari deret
tak hingga. Jika lim s n ada maka S dikatakan sebagai deret tak hingga yang
n 
konvergen dan limit tersebut disebut sebagai jumlah deret tak hingga S atau
jumlah dari x1  x 2  x3  ...  x n  ... . Deret tak hingga S dapat pula dinotasikan
dengan
71
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)

x
atau
n
n 1
x
n
.

Jadi jika lim s n ada maka lim s n 
n 
n 
x
n
. Kemudian, jika lim s n tidak ada maka
n 
n 1
S dikatakan sebagai deret tak hingga yang divergen.
Contoh 3.26. Kita akan memperlihatkan bahwa deret tak hingga
n

1 1 1
1
      ...

2 4 8
n 1  2 
adalah deret yang konvergen.
Perhatikan bahwa
n
1  1
1 1 1
      ... .

2 n1  2 
4 8 16
Akibatnya,

n
n
n
n

1  1
1
1  1
1
1
1











   1.




2 n1  2 
2
2 n 1  2 
2
n 1  2 
n 1  2 
Dengan demikian,
n

1 1 1
1
      ...

2 4 8
n 1  2 
■
Adalah deret yang konvergen.
Dapat ditunjukkan bahwa deret

 ar
n
 ar  ar 2  ar 3  ... 
n 1
ar
r 1
jika r  1 (coba pembaca buktikan). Deret yang demikian dinamakan deret deret
geometrik.
Jelas bahwa deret tak hingga

 2n  1  1  3  5  ...
n 1
72
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
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 3.27. Jika deret tak hingga
x
n
konvergen maka lim x n  0 .
n 
n 1
Bukti.
Jika
s n  x1  x 2  x3  ...  x n
maka
s n 1  x1  x 2  x3  ...  x n 1 .

Akibatnya, s n  s n 1  x n . Jika deret tak hingga
x
n
konvergen maka
n 1
lim s n  sn 1   lim x n  lim s n  lim s n1  lim x n  lim x n  0 .
n 
n 
n 
n
n 
n 
■
Pandang barisan jumlah parsial s n : n  N  dengan s n  x1  x 2  x3  ...  x n .

Jika deret tak hingga
x
n
konvergen maka s n : n  N  adalah barisan yang
n 1
konvergen. Menurut Kriteria Cauchy untuk barisan, kita memperoleh fakta seperti
yang tertuang dalam teorema berikut ini.
Teorema 3.28 (Kriteria Cauchy untuk Deret Tak Hingga). Barisan s n : n  N 

atau deret tak hingga
x
n
konvergen jika dan hanya jika untuk setiap   0
n 1
terdapat N    0 sedemikian sehingga jika m  n  N   maka
m
s m  sn 
x
j
 .
j  n 1
Jika
xn : n  N 
s n : n  N 
73
adalah barisan nonnegatif maka barisan jumlah parsial
adalah
barisan
yang
monoton
naik.
Menurut
Teorema
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
s n : n  N 
Kekonvergenan Monoton, jika
adalah barisan terbatas mala
s n : n  N  adalah barisan yang konvergen.
Teorema 3.29. Misalkan  x n : n  N  adalah barisan nonnegatif. Barisan jumlah
parsial s n : n  N  adalah barisan terbatas jika dan hanya jika s n : n  N 

adalah barisan yang konvergen atau deret tak hingga
x
n
adalah konvergen.
n 1

Lebih jauh,
x
n 1
n
 lim s n  sups n : n  N .
n 

Contoh 3.30. Perhatikan deret tak hingga
1
n .
Kemudian, perhatikan pula
n 1
bahwa
s 2n  1 
1 1 1 
1 
 1
     ...   n1
 ...  n 
2 3 4
2 
 2 1
 1
1 1 1
1 
 1
     ...   n  ...  n 
2 4 4
2 
2
 1
1 1
1
  ... 
2 2
2
 1
n
.
2
Berdasarkan hal tersebut, s n : n  N  adalah barisan tak terbatas. Menurut

Teorema 3.29, deret tak hingga
1
n
■
divergen.
n 1

Contoh 3.31. Kita akan menunjukkan bahwa deret tak hingga
1
n
konvergen.
2
n 1
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 s n : n  N  , yaitu s nk : k  N ,
74
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
yang terbatas. Untuk itu, perhatikan bahwa, jika n1 : 21  1  1 maka s n1  1 , jika
n2 : 2 2  1  3 maka


s n2  1  1 / 2 2  1 / 3 2  1  2 / 2 2  1  1 / 2 ,
dan jika n3 : 2 3  1  7 maka


s n3  s n2  1 / 4 2  1 / 5 2  1 / 6 2  1 / 7 2  s n2  4 / 4 2  1  1 / 2  1 / 2 2 .
Secara umum, dengan menggunakan induksi matematika, kita peroleh bahwa
jika nk : 2 k  1 maka
0  s nk  1  1 / 2  1 / 2  ...  1 / 2
2
k 1
2
Karena 1  1 / 2  1 / 2   ...  1 / 2 
k 1
.
 ...  1 / 1  1 / 2   2 , maka s nk  2 untuk


setiap k  N . Akibatnya, sub barisan s nk : k  N terbatas. Dengan demikian,
barisan s n : n  N  terbatas. Menurut Teorema 3.29, deret tak hingga

1 / n
2
n 1
■
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 3.32 (Uji Perbandingan). Misalkan
xn : n  N 
yn : n  N
dan
adalah barisan bilangan real yang bersifat, untuk suatu K  N , 0  x n  y n
untuk setiap n  K .

a. Jika

 y n konvergen maka
n 1

b. Jika
n
konvergen.
n 1

 xn divergen maka
n 1
x
y
n
konvergen.
n 1

Bukti. Menurut Teorema Cauchy untuk deret tak hingga, jika
y
n
konvergen
n 1
maka apabila diberikan   0 terdapat N    0 sedemikian sehingga jika
m  n  N   maka
75
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
m
m
 yj 
j  n 1
y
j
.
j  n 1
Misalkan M : supK , N   . Kita peroleh untuk m  n  M ,
m
m
x
j  n 1
j

y
j
.
j  n 1

Menurut Teorema Cauchy untuk deret tak hingga,
x
konvergen.
n
n 1
■
Kontrapositif dari a. adalah b. .

Contoh 3.33. Kita akan menunjukkan bahwa deret tak hingga
n
n 1
3
n
1
konvergen. Perhatikan bahwa
n
1
 2 untuk setiap n  N .
n 1 n
3

Kita
ketahui bahwa
deret
tak
1
n
hingga
konvergen.
2
Menurut
Uji
n 1

Perbandingan,
n
3
n 1
n
deret tak hingga yang konvergen.
1
■
Teorema 3.34 (Uji Perbandingan Limit). Misalkan  x n : n  N  dan  y n : n  N 
adalah barisan bilangan real positif sejati dan limit
L : lim
n 
xn
yn
Nilainya ada.

a. Untuk L  0 ,

 xn konvergen jika dan hanya jika
n 1

b. Untuk L  0 , jika
y
y
n
konvergen.
n 1

n
konvergen maka
n 1
x
n
konvergen.
n 1
Bukti. Misalkan L  0 . Diberikan   L / 2 . Karenanya, terdapat N  0
sedemikian
76
sehingga
untuk
setiap
nN
,
xn / y n  L  L / 2
atau
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)

L / 2  x n / y n  3L / 2 . Berdasarkan Uji Perbandingan,
x
n
konvergen jika dan
n 1

hanya jika
y
n
konvergen.
n 1
Misalkan L  0 . Diberikan   1 . Karenanya, terdapat N  0 sedemikian
sehingga untuk setiap n  N , x n / y n  0  1 atau 0  x n  y n . Berdasarkan Uji

Perbandingan, jika

 y n konvergen maka
n 1
x

Perhatikan kembali deret tak hingga
n
konvergen.
■
n 1
n
3
n 1
n
pada contoh 3.33. Perhatikan
1
bahwa


n / n3  1
n3

lim
1 0 .
n 
n  n 3  1
1/ n2
lim

Karena deret tak hingga
1
n
2
konvergen, maka, menurut Uji Perbandingan
n 1

Limit, deret tak hingga
n
n 1
3
n
konvergen.
1
Ada cara lain, selain menggunakan Teorema 3.29, yaitu dengan menggunakan
suatu uji yang disebut sebagai Uji Kondensasi Cauchy, untuk menunjukkan

bahwa deret tak hingga
1 / n dan
n 1

1 / n
2
, masing-masing, divergen dan
n 1
konvergen, secara berurutan. Bahkan dengan Uji Kondensasi Cauchy kita dapat

menunjukkan secara umum bahwa deret-p,
1 / n
p
, konvergen jika p  1 dan
n 1
divergen jika p  1 .
77
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Teorema 3.35 (Uji Kondensasi Cauchy). Misalkan barisan
a k : k  N 

nonnegatif dan monoton turun. Deret tak hingga
a
konvergen jika dan hanya
k
k 1

jika deret tak hingga
2
k
a 2k konvergen.
k 1
n
Bukti. Perhatikan jumlah parsial s n 
n
 ak dan t n   2 k a2k . Untuk n  2 k ,
k 1
k 1
s n  a1  a 2  a3   a 4  a5  a 6  a 7   ...  a 2k  ...  a 2k 1 
 a1  2a 2  2 2 a 22  ...  2 k a 2k  t k .

Jelas jika

 2 k a2k konvergen maka
k 1
a
k
konvergen.
k 1
Untuk n  2 k ,
s n  a1  a 2  a3  a 4   ...  a 2k 1 1  ...  a 2k 
 a1 / 2  a 2  2a 22  ...  2 k 1 a 2k  t k / 2 .

Seperti halnya di atas, jika

 a k konvergen maka
k 1
2
k
a 2k konvergen.
■
k 1
Untuk p  0 , jelas bahwa lim 1 / n p  0 . Dengan menggunakan Teorema 3.27,
n 

deret tak hingga
1 / n
p
divergen untuk p  0 . Perhatikan bahwa
n 1


k 1
2k
2 
k p

  2 1 p k dengan p  0 .
k 1
Dengan menggunakan Uji Kondensasi Cauchy, dapat ditunjukkan bahwa bahwa

deret-p,
1 / n
p
, konvergen jika p  1 dan divergen jika p  1 (Detail
n 1
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.
78
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Teorema 3.36. Misalkan a n : n  N  adalah barisan bilangan real non negatif
sejati.

a. Jika lim a n 1 / a n  1 maka deret tak hingga
n 
a
n
konvergen.
n
divergen.
n 1

b. Jika lim a n 1 / a n  1 maka deret tak hingga
n 
a
n 1

c. Jika lim a n 1 / a n  0 maka tidak diperoleh kesimpulan apakah
n 
a
n
n 1
konvergen atau divergen.
Bukti. Misalkan lim a n 1 / a n  L . Misalkan L  1 , maka terdapat N  0
n 
sedemikian sehingga untuk setiap n  N , a n 1 / a n  L . Karenanya,
aN 1  a N  2  ...  a N  k  ...  La N  L2a N  ...  Lk a N  ... .
Ruas kanan pertidaksamaan di atas merupakan deret tak hingga geometrik
dengan rasio 0  L  1 . Akibatnya, menurut Teorema 3.32, deret tak hingga

a
n
konvergen.
n 1
Jika L  1 , kita bisa memperoleh bahwa, untuk suatu N  0 ,
aN 1  a N  2  ...  a N  k  ...  La N  L2a N  ...  Lk aN  ... .
Karena L  1 , deret di ruas kanan pertidaksamaan adalah deret yang divergen.
Yang demikian mengakibatkan deret di ruas kiri divergen. Akibatnya, deret tak

hingga
a
n
divergen.
n 1

Untuk L  1 , perhatikan deret tak hingga

1/ n dan
n 1

1 / n
2
. Diperoleh
n 1

1 / n  1
1/ n2  1
 1 dan lim
 1.
n 
n
1/ n
1/ n2
lim

Deret tak hingga

1/ n dan
n 1
1 / n
2
adalah deret yang divergen dan konvergen,
n 1
masing-masing secara berurutan. Jadi untuk L  1 , kita tidak bisa mendapatkan
kesimpulan tentang kekonvergenan suatu deret tak hingga.
79
■
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
BAB IV
LIMIT FUNGSI
4.1 Titik Timbun
Definisi 4.1.
Misalkan A  R dan c  R , dengan c tidak harus di A. C di sebut titik timbun A
jika
  0, V (C )  (c   , c   ) memuat paling sedikit satu anggota A yang tidak
sama dengan c, atau V (c) /{c}  A   .
Contoh 4.2.
1. Misalkan A = ( 2 , 3 ), tentukan titik timbun A.
Penyelesaian
2 titik timbun A, karena dengan mengambil sebarang δ = ½ , dimana
V1 / 2 (2)  (1 12 ,2 12 ) maka V1 / 2 (2) /{2}  A   . Sehingga dengan mengambil
δ > 0 dapat disimpulkan V (2) /{2}  A   .
2 ½ juga titik timbun A, karena   0, V (2 12 ) /{2 12 }  A   .
3 juga titik timbun A, karena   0, V (3) /{3}  A   .
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 V1 / 2 (1)  ( 12 ,1 12 ) . Tetapi
V1 / 2 (1) /{1}  B   .
yang
Jadi 1 bukan titik timbun B. Begitu juga dengan titik
lain..
Jadi dapat disimpulkan bahwa B = {1, 2, 3, 4, 5 } tidak mempunyai titik timbun.
80
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Teorema 4.3.
Misalkan
A  R dan c  R , c titik timbun A jika dan hanya jika
(an ), an  c, n  N  lim (an )  c .
n
Bukti:
() Misal c titik timbun A. Sehingga V 1 (c) memuat sedikitnya satu titik di A yang
n
berbeda
dari
c.
Jika
an
titik
tersebut,
maka
an  A, an  c, n  N  lim (an )  c .
n
() Diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.
■
4.2 Definisi Limit Fungsi
Definisi 4.4.
Misalkan A  R, f : A  R dan c  R , dengan c titik timbun A. Misalkan L limit
dari
f
di
titik
c,
ditulis
lim f ( x)  L
x c
jika
  0,   0, 
untuk
x  V (c) /{c}  A berlaku f ( x)  V ( L) .
Definisi
limit
di
atas
dapat
ditulis
lim f ( x)  L
x c
jika
dan
hanya
jika   0,   0,  untuk 0  x  c   dan x  A berlaku f ( x)  L   .
Contoh 4.5
1
n


1. Misalkan A   : n  R , f : A  R, f ( x)  2 x . Buktikan lim f ( x)  0 .
x0
Bukti:

, Sehingga jika 0  x  0  x   dan
2

x  A berlaku f ( x )  L  2 x  0  2 x  2 x  2  2   .
2
Jadi terbukti lim 2 x  0 .
Ambil   0 sebarang. Pilih  
x0
81
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
2. Buktikan lim x 2  c 2 .
x c
Analisa pendahuluan
Tujuan
pembuktian
ini
 0
mencari
sehingga
untuk
  0, 0  x  c   , x  A berlaku x 2  c 2   .
2
2
Perhatikan bahwa x  c  ( x  c )( x  c)  x  c x  c .
Jika diambil   1 maka x  c  1 .
Menurut pertidaksamaan segitiga x  c  x  c  1 atau x  1  c .
2

2

Sehingga x  c  x  c x  c  1  2 c x  c ,
Dengan mengambil  

2
2
maka diperoleh x  c   .
1 2 c
Bukti:

 
 , Sehingga jika 0  x  c  
 1  2 c 
Ambil   0 sebarang. Pilih   min 1,
2
2


dan x  R berlaku x  c  x  c x  c  1  2 c x  c  
Jadi terbukti lim x 2  c 2 .
■
x c
Teorema 4.6.
Jika f : A  R dan c titik timbun A , c  R maka f hanya mempunyai satu limit
di titik c.
Selanjutnya akan dibicarakan kaitan antara barisan dengan limit fungsi dan
kriteria kedivergenan.
Teorema 4.7 (Kriteria Barisan untuk Limit).
Misalkan f : A  R dan c titik timbun A , maka
lim f ( x)  L jika dan hanya jika untuk setiap barisan (xn) di A yang konvergen
x c
ke c dimana xn  c, n  N,  f ( xn )  konvergen ke L.
Bukti dari teorema 4.6 dan 4.7 diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.
82
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Contoh 4.8.
Buktikan lim x 2  4 dengan menggunakan kriteria barisan.
x2
Bukti:
Ambil  x n   2 
1
, n   . Akan ditunjukkan  f ( x n ) konvergen ke 4.
n

x 2

Perhatikan bahwa lim f ( x n )  lim  4 
x 2
4 1 
   4.
n n2 
Jadi terbukti bahwa lim x 2  4 .
■
x2
Teorema 4.9 (Kriteria Kedivergenan).
Misalkan A  R, f : A  R dan c  R , dengan c titik timbun A.
a) Jika L  R maka f tidak punya limit L di c jika dan hanya jika ada barisan
(xn) di A yang konvergen ke c dimana x n  c, n  , tetapi
 f ( xn ) 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 xn  c, n  N, tetapi  f ( x n ) tidak konvergen ke
R.
Contoh 4.10.
1
tidak ada di R .
x0 x
1. Buktikan lim
Bukti:
f ( x) 
Misalkan
f ( xn ) 
1
x
.
Ambil
xn  
1
,n  N
n2
.
Tetapi
1
 n 2 ,sehingga  f ( x n ) tidak konvergen karena tidak terbatas
1 2
n
1
tidak ada di R .
x0 x
di  . Jadi terbukti bahwa lim
2. Buktikan lim sgn( x) tidak ada.
x 0
Bukti:
83
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
 1, x  0

Misalkan f(x) = sgn (x). Perhatikan bahwa sgn( x)   0, x  0 .
 1, x  0

Sehingga fungsi sgn (x) dapat ditulis menjadi sgn( x) 
Ambil  xn  
x
,x  0.
x
(1) n
, n  N . Tetapi
n
(1) n
xn
n  (1) n ,
f ( x n )  sgn( x n ) 

n
xn
(1)
n
sehingga  f ( x n ) divergen.
■
4.3 Teorema Limit
Definisi 4.11.
Misalkan A  R, f : A  R dan c  R , dengan c titik timbun A. f dikatakan
terbatas pada lingkungan c jika ada lingkungan  dari c, yaitu V (c) dan
konstanta M > 0 sehingga f ( x )  M , x  A  V (c ).
Teorema 4.12.
Misalkan A  R, f : A  R dan f mempunyai limit di c  R , maka f terbatas
pada suatu lingkungan dari c.
Definisi 4.13
Misalkan A  R , f : A  R, g : A  R . Definisikan
( f  g )( x )  f ( x)  g ( x ) ( f  g )( x)  f ( x )  g ( x )
(bf )( x)  bf ( x ), b  
84
f ( x)
f 
, h( x)  0
 ( x) 
h( x)
h
, ( fg )( x)  f ( x) g ( x)
, x  A
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Teorema 4.14.
Misalkan A  R , f : A  R, g : A  R dan c  R , dengan c titik timbun A.
Misalkan b   .
lim f ( x)  L
1. Jika
dan
x c
lim g ( x)  M
lim ( f  g )( x)  L  M
lim ( f  g )( x)  L  M
lim ( fg )( x )  LM
lim (bf )( x)  bL
x c
xc
,
x c
maka
x c
xc
f  L
 .
x c h
  H
2. Jika h : A  R , h( x)  0, x  A, lim h( x)  H  0 maka lim 
xc
Bukti:
1. Ambil   0 sebarang.
Misal lim f ( x)  L , artinya  1  0,  untuk 0  x  c   1 dan x  A
x c
berlaku
f ( x)  L 

.
2
Misal lim g ( x)  M , artinya  2  0,  untuk 0  x  c   2 dan x  A
x c
berlaku g ( x )  M 

.
2
Akan ditunjukkan lim ( f  g )( x )  L  M .
x c
Pilih   min(  1 ,  2 ) , sehingga untuk 0  x  c   dan x  A berlaku
( f  g )( x)  ( L  M )  ( f ( x )  L)  ( g ( x)  M )
 f ( x)  L  g ( x )  M 
 
 
2 2
Jadi terbukti lim ( f  g )( x )  L  M .
x c
■
2. Bukti selanjutnya diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.
Contoh 4.15.
 x2  4 
 x  4


b
).
lim
2 
x2
x 2  3 x  6 
 x 


Hitung a). lim 
Jawab.
85
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
a) Kita dapat menggunakan teorema 4.13 (b), karena jika dimisalkan f(x) = x + 4
h(x) = x2 , h( x)  0, x  , lim h( x )  H  0 maka
dan
x 2
 x  4  lim ( x  4) 6 3
lim  2   x2
 
x 2
4 2
lim x 2
 x 
x2
b) Tidak dapat menggunakan teorema 4.13 (b), karena jika dimisalkan
f ( x)  x 2  4, h( x)  3x  6, x  
tetapi
H  lim h( x)  lim (3 x  6)  0
x 2
maka
x2
untuk
 x2  4 
1
1
1
4
  lim ( x  2)  lim x  2  (2  2)  .
x  2, lim 
x2 3 x  6 
x2 3
x

2
3
3
3




■
Teorema 4.16.
Misalkan A  R, f : A  R dan c  R , dengan c titik timbun A. Jika
a  f ( x)  b
x  A, x  c dan jika lim f ( x ) ada maka a  lim f ( x)  b .
x c
xc
Teorema Apit 4.17.
Misalkan A  R , f , g , h : A  R dan c  R , dengan c titik timbun A. Jika
f ( x)  g ( x )  h( x )
x  A, x  c
dan
jika
lim f ( x)  L  lim h( x )
x c
x c
maka
lim g ( x )  L .
x c
Contoh 4.18.
1
 x
1
x
Buktikan bahwa lim cos  tidak ada tetapi lim x cos   0 .
x0
x0
Bukti.
1
 x
1
x
Akan dibuktikan lim cos  tidak ada . Misalkan f ( x )  cos  .
x0
86
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Ambil subbarisan
lim
dimana
n 
xn  
1
, n   dan subbarisan
2 n
1
1
 0 , lim
0
n


2n
(2n  1)
.Tetapi
 yn  
1
, n  ,
(2n  1)
f ( x n )  cos 2n  1
dan
f ( y n )  cos(2n  1)  1 , sehingga lim ( f ( x n ))  lim ( f ( y n )) .
n 
n 
1
 x
Jadi lim cos  tidak ada.
x0
1
x
Akan dibuktikan lim x cos   0 .
x0
1
 x
Perhatikan bahwa  x  x cos   x
dan lim x  0  lim  x maka menurut
x0
x0
1
x
teorema apit lim x cos   0 .
x0
■
Teorema 4.19.
Misalkan A  R, f : A  R dan c  R , dengan c titik timbun A. Jika
lim f ( x)  0 maka V (c )  f ( x )  0, x  A  V (c), x  c .
x c
Bukti:
L
 0 , sehingga menurut definisi limit fungsi
2
Misalkan L  lim f ( x )  0 . Pilih  
xc
  0  0  x  c   , x  A  f ( x )  L 
Karena
f ( x) 
87
f ( x)  L 
L
2
maka
L
 0, x  A  V (c), x  c .
2
L
.
2

L
L
 f ( x)  L 
2
2
atau
■
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Soal – soal
1

n

2. Misalkan A  (0,2), f : A  R, f ( x )  3x  5 .
Buktikan lim f ( x )  5 dan lim f ( x )  8
1. Misalkan D   : n  N  . Tentukan titik timbun D.
x0
x 1
3. Buktikan jika f : A  R dan c titik timbun A , c  R maka f hanya
mempunyai satu limit di titik c.
1 1
 ,c  0.
x c
5. Misalkan A  R, f : A  R dan c  R , dengan c titik timbun A. Buktikan
jika lim f ( x)  L  lim f ( x )  L  0 .
4. Buktikan lim
x c
x c
xc
I  R, f : I  R
Misalkan K & L  f ( x )  L  K x  c
6. Misalkan
c I
, x  I Buktikan lim f ( x)  L .
dan
.
x c
7. Buktikan bahwa limit berikut tidak ada
1
x2
x0
( x  0)
1
( x  0)
x
1
(c) lim ( x  sgn( x )) (d ) lim sin( 2 ) ( x  0)
x0
x 0
x
8. Misalkan A  R , f , g : A  R dan c  R , dengan c titik timbun A. Misalkan f
terbatas pada lingkungan dari c dan lim g ( x )  0 . Buktikan bahwa
(a) lim
(b) lim
x 0
x c
lim ( fg )( x)  0 .
x c
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 4.15
11. Misalkan A  R, f : A  R dan c  R , dengan c titik timbun A. Buktikan
jika lim f ( x)  0 maka V (c )  f ( x )  0, x  A  V (c ), x  c .
x c
88
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
BAB V
KEKONTINUAN FUNGSI
5.1 Definisi Fungsi Kontinu
Definisi 5.1.
Misalkan A  R, f : A  R dan c  A . f dikatakan kontinu di titik c jika untuk
setiap lingkungan V ( f (c )) dari f(c) terdapat lingkungan V (c) dari c sehingga
jika x  A  V (c ) maka f ( x )  V ( f (c )) .
Berikut ini ada beberapa hal yang perlu diperhatikan dalam pengambilan titik c;
1. Jika c  A , dimana c titik timbun A, maka dari definisi limit dan definisi fungsi
kontinu dapat disimpulkan bahwa f
kontinu di c  f (c )  lim f ( x ) .
x c
Dengan kata lain, jika c titik timbun A maka f dikatakan kontinu di titik c jika
memenuhi syarat

f terdefinisi di titik c

lim f ( x ) ada

f (c)  lim f ( x)
xc
xc
2. Jika c  A , dimana c bukan titik timbun A, maka ada lingkungan V (c) dari c
sehingga A  V (c)  {c} . Jadi dapat disimpulkan bahwa fungsi f jelas
kontinu di titik c  A walaupun c bukan titik timbun A. Titik ini disebut ”titik
terisolasi dari A”.
Definisi selanjutnya akan membicarakan kekontinuan fungsi pada suatu
himpunan.
Definisi 5.2.
Misalkan A  R, f : A  R Jika B  A , f dikatakan kontinu pada B jika f
kontinu di setiap titik pada B.
89
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Teorema 5.3
Misalkan A  R, f : A  R dan c  A . Pernyataan berikut ekuivalen :
1) f dikatakan kontinu di titik c jika untuk setiap lingkungan V ( f (c )) dari f(c)
terdapat lingkungan V (c) dari c sehingga jika x  A  V (c ) maka
f ( x )  V ( f (c )) .
2) Untuk   0,   0  x  A, x  c    f ( x )  f (c )   .
3) Jika (xn) barisan bilangan riil,  xn  A, n  R dan (xn) konvergen ke-c
maka barisan f((xn)) konvergen ke f(c).
Kriteria Ketakkontinuan 5.4
Misalkan A  R, f : A  R dan c  A . f tidak kontinu di titik c jika dan hanya
jika ( x n )  A  ( x n ) konvergen ke c, f((xn)) tidak konvergen ke f(c).
Contoh 5.5
1. Misalkan f(x) = 2x. Buktikan f(x) kontinu pada R .
Bukti:
Ambil   0 sebarang dan c  R sebarang.
Pilih  

 x  c   , x  D f  f ( x)  f (c)  2 x  2c  2 x  c  2   .
2
Sehingga menurut definisi kekontinuan f(x) kontinu pada R .
2. Misalkan h( x)  x 2 , x  R . Buktikan h(x) kontinu pada R .
Bukti:
Pada contoh 5.5 (2) telah dibuktikan bahwa lim h( x )  c 2  h(c) dengan
x c
c  R , maka h kontinu pada setiap titik c  R . Sehingga h kontinu pada R .
3. Misalkan f ( x)  sgn( x), x  R . Buktikan bahwa f(x) tidak kontinu di x = 0.
Bukti:
Pada contoh 4.9 (2) telah dibuktikan bahwa lim sgn( x) tidak ada di R .
x 0
90
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Sehingga f(x) = sgn x tidak kontinudi x = 0.
4. Misalkan A  R , dan f
”fungsi Di richlet” yang didefinisikan sebagai
, x Q
1
0 , x   \ Q
berikut: f ( x )  
Buktikan bahwa f(x) tidak kontinu di R .
Bukti:

Misalkan
cQ
,
( xn )   \ Q, ( xn )  c, n  N
ambil
.
Karena f ( xn )  0, n  N maka lim ( f ( x n ))  0 , tetapi f(c) = 1.
n
Akibatnya f tidak kontinu pada c  Q .

Misalkan
bR \Q
,
ambil
( y n )  Q , ( y n )  b,  n  N
.
Karena f ( yn )  1, n  N maka lim ( f ( y n ))  1 , tetapi f(b) = 0.
n 
Akibatnya f tidak kontinu pada b  R \ Q .
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 f : A  R 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
F : A  {c}  R yang didefinisikan sebagai
berikut:
,x  c
 L
F( x )  
 f ( x ) ,x  A
Maka F kontinu di titik c.
2) Misalkan fungsi g : A  R tidak mempunyai limit di titik c, maka tidak
dapat dibuat fungsi G : A  {c}  R yang kontinu di titik c dan
didefinisikan sebagai berikut:
,x  c
 C
G( x )  
 g( x ) , x  A
Untuk membuktikan pernyataan di atas andaikan lim G( x )  C . Bukti
xc
selengkapnya diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.
91
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Contoh 5.6
1
 x
1) Misalkan g( x )  sin  , x  0 . Karena lim g( x ) tidak ada, maka kita
x 0
tidak dapat memperluas fungsi g(x) di titik x = 0.
1
 x
2) Misalkan f ( x )  x sin  , x  0 . Karena f(0) tidak terdefinisi dan f tidak
1
x
kontinu di titik x = 0 tetapi lim x sin   0 , maka kita dapat memperluas
x 0
fungsi f(x) menjadi F : R  R yang didefinisikan sebagai berikut:
0
,x  0


1
.
F( x )  
x sin  , x  0

x
Sehingga F kontinu di x = 0.
5.2 Sifat-sifat Fungsi Kontinu
Misalkan A  R, f , g , h : A  R , b  R . 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 h( x)  0, x  A . Berikut ini
akan membahas penjumlahan, selisih, perkalian dua fungsi, dan perkalian fungsi
dengan skalar serta pembagian fungsi kontinu.
Teorema 5.7.
Misalkan A  R , f , g : A  R , b  R . Misalkan c  A dan f dan g kontinu di titik
c,
a) Maka f + g, f - g, fg, bf kontinu di titik c.
b) Jika h : A   kontinu di c  A dan jika h( x )  0,x  A maka f /h
kontinu di titik c.
Bukti:
a). Untuk membuktikan teorema di atas, dibagi menjadi dua kasus :
92
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
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 f ( x)  f (c) dan lim g ( x)  g (c ) . Sehingga
x c
x c
lim ( f  g )( x)  lim f ( x)  g ( x)  lim f ( x)  lim g ( x )
x c
xc
x c
xc
 f (c )  g (c)  ( f  g )(c)
■
Akibatnya (f + g) kontinu di titik c.
Teorema 5.8.
Misalkan A  R , f , g : A  R , b  R . Misalkan c  A dan f dan g kontinu pada
A,
a) Maka f + g, f - g, fg, bf kontinu pada A.
b) Jika h : A  R kontinu pada A
dan jika h( x )  0,x  A maka f /h
kontinu di pada A.
Teorema 5.9.
Misalkan
A  R, f : A  R , dan misalkan | f | didefinisikan sebagai
f ( x )  f ( x ) , x  A .
a) Jika f kontinu di titik c  A maka | f | kontinu di titik c.
b) Jika f kontinu pada A maka | f | kontinu pada A.
Bukti teorema 5.8 dan 5.9 diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.
Teorema 5.10.
Misalkan A  R , f : A  R, f ( x )  0 x  A , dan misalkan
sebagai ( f )( x) 
f didefinisikan
f ( x) , x  A
a) Jika f kontinu di titik c  A maka
b) Jika f kontinu pada A maka
f kontinu di titik c.
f kontinu pada A.
Bukti.
a) Ambil   0 sebarang. Misalkan c  A . Jika f c   0 maka
f c   0 .
Karena f kontinu di c  A maka
93
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
  0  x  A, x  c    f ( x )  f  x    2 atau
f x   0 
f x  
f c    .
Sekarang misalkan c  A dan f c   0 . Karena Karena f
c  A maka   0  x  A, x  c    f ( x)  f c   
kontinu di
f c  .
Perhatikan bahwa x  A, x  c   berlaku
f ( x) 
f (c ) 


Jadi terbukti
f ( x) 

f (c )
f ( x) 
f ( x)  f ( c)
f ( x) 

f (c )

f ( x) 
f ( c)
f (c )

f ( x )  f (c )
f (c )



 f ( x )  f (c ) 
f ( x) 
 f (c )
f ( c)
f (c )


f kontinu di titik c.
■
Pada teorema 5.7 membahas tentang perkalian dua fungsi kontinu adalah
kontinu. Selanjutnya akan dibahas tentang komposisi fungsi kontinu.
Komposisi Fungsi Kontinu
Teorema 5.11.
Misal A, B  R, f : A  R , g : B  R ,  f ( A)  B . Jika f kontinu di titik c  A
dan g kontinu pada b  f ( c )  B maka g  f : A  R kontinu di titik c.
Teorema 5.12.
Misal A, B  R, f : A  R , g : B  R ,  f ( A)  B . Misalkan f kontinu pada A
dan g kontinu pada B . Jika f ( A)  B maka g  f : A  R kontinu pada A.
Bukti teorema 5.11 dan 5.12 diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.
5.3 Fungsi Kontinu pada Interval
Definisi 5.13.
Misal f : A  R . f dikatakan terbatas pada A jika M  0  f ( x )  M , x  A .
94
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
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 f ( x) 
1
, A  {x  R : x  0} , f
x
kontinu pada A tetapi tidak
terbatas pada A.
Jika f ( x ) 
1
, B  {x  R : 0  x  1} juga f kontinu pada B tetapi
x
terbatas pada B. Sedangkan jika f ( x ) 
f
tidak
1
, C  {x  R : x  1} f kontinu pada C
x
dan f terbatas pada C, meskipun C tidak terbatas.
Teorema 5.14 (Keterbatasan).
Misal I = [a,b] interval tertutup terbatas dan misalkan f : I  R kontinu pada I.
Maka f terbatas pada I.
Bukti:
Andaikan f tidak terbatas pada I, maka xn  I  f ( xn )  n, n  N . Karena I
terbatas maka X = (xn) terbatas, sehingga menurut teorema Bolzano-Weistrass
ada subbarisan yang konvergen, sebut X   ( x nr ) yang konvergen ke x. Karena
X   I maka menurut teorema x  I .
Dari hipotesis di atas diketahui f kontinu pada I, sehingga menurut teorema 5.3
( f ( x nr )) konvergen ke f(x). Menurut teorema suatu barisan konvergen adalah
terbatas, maka ( f ( x nr )) terbatas. Hal ini bertentangan dengan kenyataan bahwa
f ( xnr )  nr  r
, r  R . Jadi pengandaian salah haruslah f terbatas pada I.■
Definisi 5.15
Misalkan A  R, f : A  R . f mempunyai maksimum absolut pada A jika ada
x*  A  f ( x*)  f ( x), x  A dan f mempunyai minimum absolut pada A jika
ada x*  A  f ( x* )  f ( x ), x  A .
x* disebut titik maksimum absolut dan x* disebut titik minimum absolut.
95
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Teorema 5.16 (Maksimum-Minimum).
Misal I = [a,b] interval tertutup terbatas dan misalkan f : I  R kontinu pada I.
Maka f mempunyai maksimum absolut dan minimum absolut pada I.
Bukti :
Misalkan f ( I )  { f ( x), x  I } . 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 s*  inf f ( I ) . Akan dibuktikan x*, x*  I  s*  f ( x*) & s*  f ( x* ) .
Karena
1
n
s* = sup f(I) maka s *  , n  N bukan batas atas f(I). Sehingga
xn  I  s * 
1
 f ( xn )  s*, n  N .
n
Karena I terbatas maka X = (xn) juga terbatas, sehingga menurut Teorema
Bolzano-Weistrass ada subbarisan X   ( x nr ) yang konvergen ke x*. Karena f
kontinu di x* maka lim f ( x nr )  f ( x*) sehingga s * 
n 
Karena

1
lim  s * 
n 
nr


  s*  lim s *
n 

maka
1
 f ( x nr )  s*, r   .
nr
menurut
teorema
apit
lim ( f ( x nr ))  s * . Sehingga f ( x*)  lim ( f ( x nr ))  s*  sup f ( I ) .
n 
n
■
Akibatnya f(x) mempunyai absolut maksimum.
Teorema 5.17 (Lokasi Akar).
Misal I = [a,b] interval tertutup terbatas dan misalkan f : I  R kontinu pada I.
Jika
   ,  ,   I  f ( )  0  f (  )
atau
f ( )  0  f (  )
maka
c  ( ,  )  f (c)  0 .
Bukti dari teorema lokasi akar diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.
96
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Teorema 5.18 (Niai Tengah Bolzano’s).
Misal I = [a,b] interval dan misalkan f : I  R kontinu pada I. Jika a, b  I dan
jika k  R yang memenuhi f (a)  k  f (b) maka c  (a, b)  f (c )  k .
Bukti:
Misal a, b  I dan f (a)  k  f (b) , k  R .

Misalkan a < b dan misalkan g(x) = f(x) – k. Karena f (a)  k  f (b)
maka g (a)  0  g (b) . Karena f(x) kontinu pada I maka g(x) juga kontinu
pada
I,
sehingga
menurut
teorema
lokasi
akar
c  (a, b), a  c  b  0  g (c )  f (c )  k .Jadi f(c) = k.

Misalkan b < a dan misalkan h(x) = k - f(x). Karena f (a)  k  f (b) maka
h(b)  0  h(a) . Karena f(x) kontinu pada I maka h(x) juga kontinu pada I,
sehingga
menurut
teorema
lokasi
akar
c  (a, b), b  c  a  0  h(c)  k  f (c) .Jadi f(c) = k.
■
Akibat 5.19.
Misal I = [a,b] interval tertutup terbatas dan misalkan f : I  R kontinu pada I.
Jika k   yang memenuhi inf f ( I )  k  sup f ( I ) maka c  I  f (c)  k .
5.4 Kekontinuan Seragam
Definisi 5.20.
Misalkan A  R , f : A  R. f dikatakan kontinu seragam pada A jika untuk
  0,  ( )  0  x, u  A, x  u   ( )  f ( x)  f (u )   .
Selanjutnya akan dibicarakan beberapa kriteria ketakkontinuan seragam, salah
satunya dengan menggunakan barisan.
Definisi 5.21 (Ketak Kontinuan Seragam).
Misalkan A  R , f : A  R. Pernyataan berikut ekuivalen :
1) f tidak kontinu seragam pada A
2)   0,  0  0, x , u  A  x  u    f ( x )  f (u )   0
97
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
3)  0  0, ( xn ), (un )  A  lim ( x  u )  0 & f ( xn )  f (un )   0 , n  N
n 
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
g ( x) 
1
x
tidak
f
kontinu
seragam
pada
A.
Contohnya
misalkan
, A  {x  R : x  0} . Fungsi g kontinu pada A ( lihat contoh ), tetapi g
kontinu
seragam
pada
A
karena
dengan
mengambil
1
1
 0  12 , x n  , u n 
 lim ( x n  u n )  0 dan
n
n  1 n 
g ( xn )  g (un ) | n  (n  1) | 1 
1
2
  0 , n  R .
Selanjutnya jika f kontinu pada suatu interval tertutup terbatas, sebut I maka f
kontinu seragam pada I.
Teorema 5.22 (Kekontinuan Seragam).
Misalkan I adalah interval tertutup terbatas, dan f : I  R kontinu pada I maka
f kontinu seragam pada I.
Bukti dari teorema 5.22 diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.
Pada teorema 5.22 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 5.23 (Fungsi Lipschitz).
Misalkan
A  R , f : A  R.
Jika K  0  f ( x)  f (u )  K x  u , x, u  A
maka f dikatakan fungsi Lipschitz pada A atau memenuhi kondisi Lipschitz.
Teorema 5.24.
Jika f : A  R dan f fungsi Lipschitz maka f kontinu seragam pada A.
98
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Bukti:
Ambil   0 sebarang.
Misalkan f fungsi Lipschitz maka K  0  f ( x)  f (u )  K x  u , x, u  A .
Akan
ditunjukkan
f
kontinu
seragam
pada
A
atau
  0  x, u  A, x  u    f ( x)  f (u )   .
Pilih  

, sehingga x, u  A,
K
f ( x)  f (u )  K x  u  K  K

 .
K
■
Jadi f kontinu seragam pada A.
Kebalikan dari teorema di atas tidak benar, artinya tidak setiap fungsi kontinu
seragam
adalah
fungsi
Lipschitz.
Contohnya,
misalkan
g : I  , I  [0, 2], g ( x )  x . Menurut teorema 5.10 g kontinu pada I,
sehingga menurut teorema 5.22 g kontinu seragam pada I. Tetapi g bukan fungsi
Lipschitz karena tidak ada K  0  g ( x)  g (u )  K x  u , x, u  I .
Contoh 5.25.
1. Misalkan f(x) = x2 pada A = [0,b] dengan b konstanta positif. Tunjukkan
bahwa f kon tinu seragam.
Jawab:
Ambil x, u  [0, b] sebarang. Perhatikan bahwa
f ( x )  f (u )  x 2  u 2  x  u x  u  2b x  u .
Sehingga dengan mengambil K = 2b , f merupakan fungsi Lipschitz. Menurut
teorema 5.24 f kontinu seragam.
2. Misalkan g ( x) 
x,
A  [1, ) . Tunjukkan bahwa g kon tinu seragam.
Jawab:
Ambil x, u  A sebarang. Perhatikan bahwa
g ( x )  g (u ) 
x u 
xu
x u

1
xu .
2
Sehingga dengan mengambil K = ½ , g merupakan fungsi Lipschitz. Menurut
teorema 5.24 g kontinu seragam.
99
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
5.5 Fungsi Monoton dan Fungsi Invers
Definisi 5.26.
Misalkan f : A  R , f dikatakan naik pada A jika x1 , x 2  A dan x1  x 2 maka
f ( x1 )  f ( x 2 ) .
f
dikatakan naik sejati pada
A jika x1 , x 2  A dan
x1  x 2 maka
f ( x1 )  f ( x 2 ) .
Misalkan f : A  R , f dikatakan turun pada A jika x1 , x 2  A dan x1  x 2
maka f ( x1 )  f ( x 2 ) .
f
dikatakan naik sejati pada
A jika x1 , x 2  A dan
x1  x 2 maka
f ( x1 )  f ( x 2 ) .
Jika f : A  R, naik pada A maka g = -f
turun pada A, sedangkan jika
f : A  R, turun pada A maka g = -f naik pada A.
Fungsi yang monoton belum tentu konitnu, sebagai contoh
0 , x  [ 0,1 ]
1, x  ( 1,2 ]
Misalkan f ( x )  
Pada fungsi di atas, f naik pada [0,2] tetapi tidak kontinu di x = 1.
Teorema 5.27.
Misal I  R, f : I  R , f naik pada I. Misal c  I dimana c bukan titik ujung
dari I, maka
( i ). lim f ( x )  sup{ f ( x ) : x  I , x  c }
x c
( ii ). lim f ( x )  inf{ f ( x ) : x  I , x  c }
x c
Bukti:
(i). Ambil   0 sebarang.
Misalkan x  I dan x < c. Karena f naik maka f ( x )  f ( c ) . Sehingga
{ f ( x ) : x  I , x  c } terbatas di atas oleh f(c). Karena { f ( x ) : x  I , x  c }
100
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
terbatas
di
atas
maka
mempunyai
supremum,sebut
L  sup{ f ( x ) : x  I , x  c } .
Maka   0 , L   bukan batas atas { f ( x ) : x  I , x  c } , sehingga
y   I dimana y   c  L    f ( y  )  L.
  c  y  0  c  y  
Pilih
y  y  c
maka
dan
L    f ( y  )  f ( y )  L . Akibatnya f ( x )  L   jika 0  c  y   atau
f ( x)  sup{ f ( x) : x  I , x  c}   untuk 0  c  y   .
Karena
 0
sebarang,
maka
dapat
disimpulkan
lim f ( x )  sup{ f ( x) : x  I , x  c} .
x c 
(ii). Buktinya di serahkan kepada pembaca sebagai latihan.
■
Akibat 5.28.
Misal I  R, f : I  R , f naik pada I. Misal c  I dimana c bukan titik ujung
dari I, maka pernyataan berikut equivalent:
a) f kontinu di c
b)
lim f ( x )  f ( c )  lim f ( x )
x c 
xc
c) sup{ f ( x ) : x  I , x  c }  f ( c )  inf{ f ( x ) : x  I , x  c }
Misal I interval dan f : I  R , f fungsi naik. Misal a titik ujung kiri dari I, dan f
kontinu di a jika dan hanya jika f ( a )  inf{ f ( x ) : x  I , x  a }, atau f kontinu
pada a jika dan hanya jika f ( a )  lim f ( x ) .
xa
Misal I interval dan f : I  R , f fungsi naik. Misal b titik ujung kanan dari I, dan
f kontinu di b jika dan hanya jika f ( b )  sup{ f ( x ) : x  I , x  b }, atau f kontinu
pada b jika dan hanya jika f ( b )  lim f ( x ) .
x b
101
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
Soal-Soal
1. Misalkan A  R , f : A  R, dan c  A , f
kontinu pada c. Buktikan jika
  0, V (c)  x, y  A  V (c )  f ( x)  f ( y )   .
2. Misalkan f ( x)  sgn( x), x  R . Buktikan bahwa f(x) kontinu di di c  R , c  0 .
f : R  R,
3. Misalkan
kontinu pada c, c  R , f (c)  0 . Buktikan
f
V (c )  x  V (c)  f ( x )  0 .
4. Misalkan g : R  R,
,x Q
 2x
g ( x)  
x  3 , x  R \ Q
Tentukan di titik mana g kontinu.
5. Tentukan di titik mana fungsi berikut kontinu
x 2  2x  1
x2 1
(b).g ( x)  x  x
1 | sin x |
(c).h( x) 
x
(d ).k ( x )  cos 1  x 2
(a). f ( x ) 
, x 
,x  0
,x  0
, x 
f : R  R,
6. Misalkan
f ( x)  f ( y)  K x  y
dan
K
>
0
yang
memenuhi
, x, y  R . Buktikan bahwa f kontinu di setiap titik
cR .
7. Misalkan A  R, f : A  R , dan misalkan | f | didefinisikan sebagai
f ( x )  f ( x ) , x  A . Buktikan jika f kontinu di titik c  A maka | f | kontinu
di titik c.
8. Misalkan A  R , f : A  R, dan f
kontinu pada A. Jika f
n
didefinisikan
sebagai f n ( x)  ( f ( x))n , n  N , buktikan bahwa f n kontinu pada A.
9. Berikan contoh fungsi f dan g yang tidak kontinu di titik c, tetapi (f + g) dan
(fg) kontinu di titik c.
10. Berikan contoh fungsi f : [0,1]  R yang tidak kontinu di setiap titik dari [0,1],
tetapi |f| kontinu pada [0,1].
11. Misal
I
=
[a,b]
dan
misalkan
f : I  R kontinu pada I dimana
f ( x)  0, x  I . Buktikan   0  f ( x)   , x  I .
102
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
12. Misal
I
=
[a,b]
dan
x  I , y  I  f ( y ) 
misalkan
1
2
f : I  R kontinu pada I dimana
f ( x) . Buktikan c  I  f (c)  0 .
13. Buktikan teorema 5.17
14. Buktikan teorema 5.22
15. Misal I = [a,b] dan misalkan f : I  R kontinu pada I , dan misalkan
f (a)  0, f (b)  0 . Misalkan W  x  I : f ( x)  0 dan w = sup{W}.
Buktikan f(w) = 0.
16. Misalkan g ( x ) 
x,
A  [0, ) . Tunjukkan bahwa g kon tinu seragam pada
A.
17. Misalkan g ( x) 
1
,
x
A  [a, ) dengan a konstanta positif. Tunjukkan bahwa
g kon tinu seragam pada A.
18. Buktikan jika f kontinu seragam pada A maka f terbatas pada A.
19. Misalkan f(x) = x dan g(x) = sin x, tunjukkan bahwa f(x) dan g(x) kontinu
seragam pada  , tetapi (fg)(x) tidak kontinu seragam pada  .
20. Misalkan g ( x ) 
1
,
x2
A  [1, ) . Tunjukkan bahwa g kon tinu seragam pada
A, tetapi g tidak kontinu seragam pada B  (0, ) .
21. Gunakan kriteria ketakkontinuan seragam pada fungsi berikut:
(a ). f ( x)  x 2
A  [0, )
(b).g ( x)  sin(1 x) B  (0, )
22. Buktikan jika f dan g kontinu seragam pada R maka f  g kontinu seragam
pada R .
23. Misalkan A  R , f : A  R, g : A  R, b  R . Misalkan c  A dan f dan g
kontinu di titik c, buktikan (f + g), f - g, fg, bf
kontinu di c dengan
menggunakan definisi fungsi kontinu.
103
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)
DAFTAR PUSTAKA
Bartle, R. G., Sherbert, D. R., 2000. Introduction to Real Analysis Third
Edition, John Wilwey & Sons, Inc.
DePree, J., Swartz, C., 1998. Introduction to Real Analysis, John Wiley & Sons,
Inc.
Goldberg, R. R., Methods of Real Analysis Second Edition, John Wiley & Sons.
104
Mencintai ilmu adalah cara termudah untuk mempelajarinya
(Abu Abdillah)