DIKTAT BAHAN AJAR
ANALISIS REAL 1 Moch. Chotim
2008
BAB 1 PENDAHULUAN Bab ini diawali dengan mengete- atau “ A himpunan bagian B” ditulis dengahkan landasan yang diperlukan untuk ngan mempelajari analisis real. Pasal 1.1 dan 1.2 A B. disajikan secara singkat aljabar himpunan dan fungsi, yang merupakan piranti penting Definisi 1.1 untuk untuk semua semua cabang cabang mate matemat matika ika.. Akan Akan ditetapkan bahwa istilah “himpunan” setara Dua himpunan A dan B dikatakan sama dengan “klas”, “koleksi”, atau “keluarga” jika dan hanya jika yang merupakan istilah yang tak didefinisikan. Pasal 1.3 berisikan suatu metode khusus suatu membuktikan yang dikenal dengan induksi matematika. Ini dikaitkan dengan sifat-sifat dasar sistem bilangan asli. Walaupun dipisahkan dengan pembuktian pernyataan yang bertipe khusus, induksi matematika sering diperlukan. Sebagai tambahan untuk mengenalkan nalkan konsep konsep yang mencak mencakup up konsep konsep dan terminologi, Bab ini juga disajikan beberapa pengalaman pengarang dalam bekerja sekaligus menyajikan bukti dan ketrampilan yang penting.
1.1 Aljaba Aljabarr Himpuna Himpunan n Jika A adalah suatu himpunan, x suatu anggota himpunan A ditulis dengan x A. Suatu unsur x bukan anggota A, ditulis dengan x A. Jika A dan B himpunan-himpunan sehingga: untuk setiap x A, x B dikatakan “ A termuat di B”, “ A subset B”,
A B dan B A.
Suatu himpunan dapat dinyatakan dengan dua cara, yaitu: mendaftar semua anggota atau dengan menyebutkan sifat keanggotaannya. Jika suatu himpunan unsur-unsurnya x yang mempunyai sifat maka himpunan itu dituliskan dengan P( x x) maka { x P( x)} atau { x S P( x)} apabila himpunan itu merupakan himpunan bagian himpunan S . Berikut Berikut ini disajikan disajikan notasi untuk untuk himpunan yang sering muncul. a. Himpu Himpunan nan bilanga bilangan-b n-bila ilanga ngan n asli asli dinyatakan dengan N = {1, 2, 3, ...}. b. Himpu Himpunan nan bilanga bilangan-b n-bilan ilanga gan n bulat bulat dinyatakan dengan Z = {..., – 2, 2, – 1, 1, 0, 1, 2, ...}. c. Himpu Himpunan nan bilanga bilangan-b n-bilan ilangan gan rasiorasional dinyatakan dinyatakan dengan dengan m Q = { m, n Z dan n 0} . n d. Himpu Himpuan an bilanga bilangan-b n-bila ilanga ngan n real real dinyatakan dengan R = { x x bilangan real}.
BAB 1 PENDAHULUAN Bab ini diawali dengan mengete- atau “ A himpunan bagian B” ditulis dengahkan landasan yang diperlukan untuk ngan mempelajari analisis real. Pasal 1.1 dan 1.2 A B. disajikan secara singkat aljabar himpunan dan fungsi, yang merupakan piranti penting Definisi 1.1 untuk untuk semua semua cabang cabang mate matemat matika ika.. Akan Akan ditetapkan bahwa istilah “himpunan” setara Dua himpunan A dan B dikatakan sama dengan “klas”, “koleksi”, atau “keluarga” jika dan hanya jika yang merupakan istilah yang tak didefinisikan. Pasal 1.3 berisikan suatu metode khusus suatu membuktikan yang dikenal dengan induksi matematika. Ini dikaitkan dengan sifat-sifat dasar sistem bilangan asli. Walaupun dipisahkan dengan pembuktian pernyataan yang bertipe khusus, induksi matematika sering diperlukan. Sebagai tambahan untuk mengenalkan nalkan konsep konsep yang mencak mencakup up konsep konsep dan terminologi, Bab ini juga disajikan beberapa pengalaman pengarang dalam bekerja sekaligus menyajikan bukti dan ketrampilan yang penting.
1.1 Aljaba Aljabarr Himpuna Himpunan n Jika A adalah suatu himpunan, x suatu anggota himpunan A ditulis dengan x A. Suatu unsur x bukan anggota A, ditulis dengan x A. Jika A dan B himpunan-himpunan sehingga: untuk setiap x A, x B dikatakan “ A termuat di B”, “ A subset B”,
A B dan B A.
Suatu himpunan dapat dinyatakan dengan dua cara, yaitu: mendaftar semua anggota atau dengan menyebutkan sifat keanggotaannya. Jika suatu himpunan unsur-unsurnya x yang mempunyai sifat maka himpunan itu dituliskan dengan P( x x) maka { x P( x)} atau { x S P( x)} apabila himpunan itu merupakan himpunan bagian himpunan S . Berikut Berikut ini disajikan disajikan notasi untuk untuk himpunan yang sering muncul. a. Himpu Himpunan nan bilanga bilangan-b n-bila ilanga ngan n asli asli dinyatakan dengan N = {1, 2, 3, ...}. b. Himpu Himpunan nan bilanga bilangan-b n-bilan ilanga gan n bulat bulat dinyatakan dengan Z = {..., – 2, 2, – 1, 1, 0, 1, 2, ...}. c. Himpu Himpunan nan bilanga bilangan-b n-bilan ilangan gan rasiorasional dinyatakan dinyatakan dengan dengan m Q = { m, n Z dan n 0} . n d. Himpu Himpuan an bilanga bilangan-b n-bila ilanga ngan n real real dinyatakan dengan R = { x x bilangan real}.
Contoh 1 (a) (a) Himp Himpun unan an { x N x – 3 x + 2 = 0} memuat bilangan-bilangan asli yang memenuhi persamaan yang dinyatakan dinyatakan.. Jelas bahwa bahwa persama persamaan an 2 x – 3 x + 2 = 0 memiliki selesaian x = 1 dan x = 2. Denga Dengan n demi demiki kian an 2 x – 3 x + 2 = 0}= {1, 2}. {x N 2
(b) Kadang-kad Kadang-kadang ang suatu suatu hmpunan hmpunan dapat dinyatakan dengan berbagai cara, sebagai contoh himpunan bilangan asli genap dinyatakan dengan {2 x x N } atau { y N y = 2 x, x N } (c) (c) Himp Himpun unan an { x N 6 < x < 9}dapat dinyatakan dalam berbagai cara: 40 < x2 < 80}, { x N { x N x2 – 15x + 56 = 0}, atau {7 + x x = 0 atau x = 1}. (d)
BAB 2 B ILANGAN – BILANGAN REAL Dalam Bab Bab ini didiskusikan sifat-sifat esensial esensial system bilangan real. Selanjutnya diberikan suatu konstruksi formal sistem itu yang berbasias pada himpunan yang lebih sederhana (seperti N : himpunan bilangan-bilangan asli dan Q: himpunan bilanganbilangan rasional). rasional). Pada Psal 2.1 diperkenalkan sifat-sifat aljabar aljabar (sering (sering disebut dengan sifat lapangan) didasarkan pada dua operasi jumlah dan perkalian. Pada Pasal 2.2 diperkenalkan sifat-sifat urutan di R . Notasi nilai mutlak diperkenalkan pada Pasal 2.3. Selanjutnya pada Pasal 2.4 didiskusikan sifat kelengkapan R. Pada pasal 2.5 didiskusikan tentang aplikasi sifat kelengkapan, yaitu: sifat Archimides, eksistensi akar suatu persamaan, kelebatan Q di R. Pada pasal 2.6 didiskusikn tentang sifat selang-selang bersarang dan kaitannya dengan representasi biner dan desimal bilangan-bilangan real. Bab ini diakhiri dengan beberapa tipe himpunan-himpunan tak hingga dan himpunanhimpunan terhitung. 2.1 SIFAT-SIFAT ALAJABAR R Pada R terdpat dua operasi binaer, dinotasikan dengan + dan . yang berturutturut disebut dengan penjumlahan dan perkalian. perkalian. OperasiOperasi-opera operasi si ini memenuhi memenuhi sifat-sifat berikut: A.1 a b b a a , b R , A.2 (a b) c a (b c ) a, b, c R , A.3 0 R 0 a a dan a 0 a a R , A.4 a R a R sehingga a ( a ) 0 dan ( a ) a 0 , M.1 a.b b.a a , b R , M.2 (a.b ).c a.(b.c ) a, b, c R , M.3 1 R 1. a a dan a .1 a a R , M.4
BARISAN BILANGAN Ingat bahwa suatu barisan di dalam himpunan adalah fungsi pada himpunan bilangan-bilangan asli N = {1, 2, 3, ... } yang daerah hasilnya di himpunan S. Pada pasal ini dikaji barisan barisan pada himpunan R. Definisi 3.1.1 Barisan bilangan-bilangan real (barisan di R) adalah fungsi pada himpunan-him- punan asli N yang daerah hasilnya di dalam himpunan bilanganbilangan real R. Dengan kata lain, barisan di R mengaitkan setiap bilangan asli n = 1, 2, ... dengan tepat satu bilangan real tertentu. Jika X : N R suatu barisan nilai X di n ditulis dengan xn. Suatu barisan diunotasikan dengan X , x n n N , atau x n n N .
Sebagai contoh: (a) Barisan
(1) n n N
mempunyai
himpunan nilai {(1) n n N } atau { – 1, 1}. (b) Barisan bilangan asli genap: X = 2, 4, 6, 8, = 2n n N . (c) Barisan kebalikan bilangan asli: 1 1 1 1 1 . Y= , , , , ... = n n N 1 2 3 4 (d) Barisan kebalikan kuadrat bilangan asli: 1 1 1 1 Z = 2 , 2 , 2 , 2 , ... 1 2 3 4 1 = . 2 n n N
Perhatian: Barisan yang disajikan secara induktif sering muncul dalam aplikasi komputer. Barisan yang disajikan secara induktif biasanya berbentuk: x 1 diberikan dan x n+1 = f ( xn) untuk n N atau dengan cara lain, sebagai contoh: y1 diberikan dan yn+1 = gn( y1, y2, ..., yn) untuk n N . Contoh 3.1.2 (a) Jika b R, barisan b, b, , b merupakan barisan konstan. (b) Barisan Fibonacci: f n n N dengan f 1 = 1, f 2 = 1, dan f n+1 = f n – 1 + f n untuk n 2. Sepuluh unsur pertama barisan fibo-
nacci adalah 1,1,2,3,5,13,21,34,55, Definisi 3.1.3 Dipunyai barisan x n n N dan y n n N . Didefinisikan (a) x n n N + y n n N = x n y n n N , (b) x n n N – y n n N = x n y n n N , (c) x n n N . y n n N = x n . y n n N , (d) Jika z n n N dengan zn 0, x n n N x . n z n n N z n n N
Limit Barisan Terdapat sejumlah konsep limit berbeda dalam analisis real. Pengertian limit barisan sangat mendasar dan akan menjadi titik pusat perhtian pada pasal ini.
[ Definisi 3.1.4
(b) Untuk setiap lingkungan V ( x ) terdapat bilangan asli K () sehingga xn V ( x) apabila n V ( x) .
Dipunyi barisan bilangan real x n n N . Suatu x R merupakan limit barisan x n n N ditulis x n n N x jika dan
(c) Untuk setiap > 0 terdapat bilangan asli K () sehingga x n x
hanya jika untuk setiap > 0 terdapat bilangn asli K () sehingga untuk setiap n K () xn terletak dalam lingkungan V (x).
apabila n K (). (d) Untuk setiap > 0 terdapat K () sehingga x x n x apabila
Selajutnya jika x n n N x , dikatakan barisan x n n N konvergen ke x. Jika
n K (). Bukti: Buktinya sederhana, diserahkan pembaca sebagai latihan.
x n n N tidak mempunyai limit, barisan ini dikatakan divergen.
(a) Tunjukkan
Teorema 3.1.5 (Ketunggalan Limit) Suatu barisan bilangan real konvergen ke satu dan hanya satu bilangan real. Bukti: Andaikan x n n N x dan x n n N dengan x x . x x Pilih o < . 2 Jelas V ( x ) V ( x ) .
Contoh 3.1.7:
x
Pilih K 1 N K 2 N sehingga xn V ( x) apabila n K 1 dan xn V ( x ) apabila n K 2.
Jadi V ( x ) V ( x ) . Ini suatu kontradiksi. Jadi x x . Teorema 3.1.6 Dipunyi barisan bilangan real x n n N . dan x R. Pernyataan berikut ekivalen: (a) x n n N x
1
0.
n
n N
Bukti: Ambil sembarang > 0. 1 Pilih K () = . Dipunyai n K (). 1 1 Jelas . n K ( ) Jadi x n
0
1 n
=
1 n
=
1 K ( )
= .
0K ( ) N xn 0 apabila n K ().
Jadi
Jadi
1 n
0. n N
(b) Tunjukkan
1 n
2
0. n N
Bukti: Ambil sembarang > 0. 1 Pilih K () = 2 . Dipunyai n K (). 2 2 Jelas n K () n K () 1 1
n
2
2 K ( )
.
[ Jadi x n
Dipunyai n K . 1 1 Jelas . n K ( )
1
0
2
n 1
=
n
Jadi
2
=
2
K ( )
= . Jadi 0 K ( ) N x n
0, 2, 0, 2, 0, 2,
konvergen. Bukti: Intuisi: 0, 2, 0, 2, 0, 2,
tidak
0.
1 0.
Ambil sembarang K N . Jelas x 2n 0 2 0 2 0 . Jadi terdapat 0
0
sehingga untuk
setiap K N berlaku x 2n apabila n K . Jadi 0, 2, 0, 2, 0, 2,
0 0
tidak kon-
vergen ke 0. Ini berarti intuisi salah.
3n 2 3n 3 n 1
vergen untuk setiap bilangan real x. 3n 2 n 1
Bukti: Ambil sembarang 1 Pilih K ( ) .
3. n N
1 n 1
1
n = . Jadi 0 K ( ) N x n
apabila n K (). 3n 2 Jadi n 1 n N
3
3.
Definisi 3.1.8 Jika x1 , x 2 , , x n ,
barisan bilang-
an real dan jika m suatu bilangan asli yang diberikan, maka barisan m – ekor dari
x1 , x 2 , , x n ,
ditulis dengan
X mdidefinisikan sebagai x m 1 , xm 2 , .
Sebagai contoh dipunyai barisan bilangan real 2, 4, 6, 8, , 2n , . Berikut ini adalah barisan-barisan ekor:
Pembaca dipersilahkan menunjukkan bahwa 0, 2, 0, 2, 0, 2, tidak kon-
(d) Tunjukkan
<
0
apabila n K (). 1 0. Jadi n n N
Pilih 0
n 1
3 =
1
=
(c) Barisan
3n 2
0.
(a) X 3 = 8,10,12, , 2n 6, dan (b) X 1 = 4,6,8,10,12,, 2n 6, . Teorema 3.1.9 Dipunyai
x n n N barisan bilanganbilangan real dan m N . Barisan X m konvergen jika dan hanya jika x n n N
konvergen.
[ Bukti:
Bukti:
( ) Dipunyai x n n N konvergen. Tulis x n n N x .
Dipunyai a n n N 0 . Ambil sembarang > 0.
Ambil sembarang > 0. Pilih K N sehingga x n x
apabila n K . Jelas x k x apabila k K – m. Jadi 0
K ( ) N xk x apabila k K () – m. Jadi X m x .
() Dipunyai X m konvergen. Tulis X m y .
Ambil sembarang > 0. Pilih K N sehingga x k y
Pilih K A N sehingga a n 0
Dipunyai x n x
K ( ) N xn y apabila n K (). Jadi x n n N y .
Jadi barisan X m konvergen jika dan hanya jika x n n N konvergen.
= . C Jadi 0 K ( ) N x n x apabila n K (). Jadi x n n N x .
(a) Buktikan: jika a > 0
a n n N dan x n n N adalah barisan-barisan bilangan real dan x R . Jika untuk suatu C > 0 dan suatu m N memenuhi: x n x C a n untuk semua n N
1
maka
1 na
0. n N
Bukti: Dipunyai a > 0. Ambil sembarang n N . Jelas 0 < an < 1 + na. 1 1 Jadi 0 .. 1 an an 1 1 Jelas x n 0 = 1 na 1 na
Teorema 3.1.10
<
Dipunyai
x.
C a n C .
Contoh 3.1.11:
Jadi 0
maka x n n N
C
apabila n K A. Jadi n m.
apabila k K – m. Jelas x n y apabila n K .
sehingga n m dan a n n N 0
Jelas Jadi
1 a
0
=
na
1 na
n
2
0. n N
0. n N
1 n
1 1 . . a n
1
dan
1
(b) Buktikan Bukti:
1
0. n N
[
n
Jelas 0 < n < 2 . 1 1 Jadi 0 n . n 2 1 1 1 1 Jadi n 0 = n < = 1. . n 2 2 n 1 0. Jelas 1 > 0 dan n n N 1
Jadi
2
n
Kasus c > 1: 1
(c) Jka 0 < b < 0 buktikan b n
n N
0.
Jelas c – 1 > 0 dan
Bukti: untuk sustu a > 0.
1 a n Jelas (1 + a) 1 + na. 1 1 Jadi . n 1 na (1 a ) Jadi 0 b n
0 bn < <
Jelas
1
0
a
Jadi b
dan
n n N
1 n
0. n N
1
1
Tulis b =
1 1 d n (c 1). . n
Jadi c n
n N
untuk suatu
d n > 0. Jelas c =(1 + d n)n 1 + n.d n. Jadi c – 1 1 + n.d n. c 1 Jadi d n . n 1
0.
1 d n
Tulis c n
n N
Kasus 0 < c < 1: 1
1 (1 a ) n
1 na 1 na 1 1
0.
1
Jadi c n 1
1.
(d) Jika c > 0 buktikan c n n N
Bukti: Dipunyai c > 1. Kasus c = 1:
1 n.hn
1.
suatu
1 n.hn
.
1 c. . n.c n 1
Jelas c > 0 dan
1. n N
1,1,1, ...
untuk
1 1 c. . n
cn
n N
1 hn
1
1
Jelas c n
1
1
Jadi 0 < hn <
n N
0.
hn > 0. n Jelas (1 + hn) 1 + n . hn. 1 1 Jadi . n n h 1 . (1 hn ) n
Jadi c
. a n 1
cn
Tulis
1
n
1
Jadi c n
1 n
0. n N
[ 1
1.
nn
(e) Buktikan
Latihan Pasal 3.1:
n N
1. Tulis 5 unsur pertama barisan:
Bukti: Kasus n = 1:
(a) 1 ( 1)
1
1.
nn
Jelas
n N
(b)
Kasus n > 1:
n n N
1 n(n 1)
(1) n
(c)
n
(d) n N
n N
1 n
2
2
n N
1
1.
Jelas n n 1
Tulis n n
1 k n
untuk suatu
k n
> 0. n Jadi n = (1 + k n) . Jelas n 1 n.k n
(b)
n( n
1
n (n
1).k n2
2 1).k n2
Jadi k n2
.
2
. n Ambil > 0. Pilih N sehingga Jadi
2 n
2
2 N
2
,
1 1 , , 4 8
1 16
, .
3. Tulis 5 unsur pertama barisan yang disajikan secara induksi beroikut ini: (a) x1 = 1 dan xn+1 = 3 xn + 1 2 y n y n (b) y1 = 2 dan yn+1 = . 2
2
2
1
.
2
n(n 1).k n
Jadi n 1
2. Tulis barisan berikut berdasarkan sifat barisan: (a) 5, 7, 9,10,
4. Jika b R buktikan
2.
apabila n sup{2, N }
b n
0. n N
5.Buktikan x n n N
0
x
n N
0.
Jadi 1
n
n
1
1 n 1 k n ( n
1
Jadi
1.
nn n N
2 n
1
)2
.
6. Tuynjukkan
1 3n
0. n N
G 3.2 TEOREMA – TEOREMA LIMIT Pada pasal ini akan diperoleh beberapa hasil yang sering digunakan untuk menghitung nilai limit barisan.
Bukti: Dipunyai x n n N konvergen. Tulis x n n N x .
Definisi 3.2.1
Pilih 1 0 . Pilih K (1) N sehingga
Suatu barisan bilangan-bilangan real x n n N dikatakan terbatas jika terdapat bilangan M > 0 sehingga x n
M
untuk
setiap n N . Akibat: Barisan x n n N terbatas jika dan hanya jika { xn│n N } terbatas di }. Bukti: ( ) Dipunyai x n n N terbatas. Ambil sembarang n N . Pilih M >0 sehingga x n M . Jelas x n
M M xn M .
Jadi – M suatu batas bawah { xn│n N } M suatu batas atas { xn│n N }. Jadi { xn│n N } terbatas. () Dipunyai { xn│n N } terbatas. Tulis A: { xn│n N }, M b: suatu batas bawah A, M a: suatu batas atas A. Pilih M = maks{│ M b│,│ M a│}. Jelas x n M . Jadi M > 0
xn M n N .
Jadi x n n N terbatas. Teorema 3.2.2: Jika x n n N konvergen maka x n n N terbatas.
x n x
1 apabila n K (1). Jelas x n x x n x 1 . Jadi x n x 1 apabila n K (1). Tulis M sup{ x1 , , x k 1 , x 1} . Jadi M 0 x n M x N . Jadi x n n N terbatas. Teorema 3.2.3: Jika x n n N maka:
x
(1) x n
y n
n N
(2) x n
y n
n N
dan y n n N
y
x y , x y ,
(3) x n . y n n N x. y , (4) K . x n n N K .x , (5) Jika z n n N maka
z0
x n z n
Bukti (3): Jelas xn y n xy
n N
x n y n x n y
= xn y n
y
x z
( xn y n
.
xn y)( xn y
xn y xy
y x n
x.
Dipunyai x n n N x dan y n n N y . Jelas x n n N terbatas.
xy)
P Pilih M 0
0 xn M 0 n N . Tulis M sup{ M 0 , y } .
Jadi 0 K ( ) N sehingga
Jelas xn y n xy
z n
M y n
y M x n
1 x.
Ambil sembarang 0 . Pilih K 1 , K 2 N sehingga: x n y n
x
apabila n K 1 dan
2 M
y
Jadi
apabila n K 2.
2 M
Pilih K sup{K 1 , K 2 } . Jels xn y n xy
x. y .
Dipunyai z n n N z 0 . Ambil sembarang 0 . Pilih K ( ) N sehingga
z n
1 z
1 x n . z n
x
2
z
2
2
z z n z n . z
1 z n
2
n N
x
x
z
z
.
xn x .
Jika x n n N x , y n n N x n y n n N
z
1
x.
dan xn 0 n N
Teorema 3.2.5
apabila n K 1.
z
.
2 2
z
1
.
1
z z n
2 z . =. 2 2 z
y , dan
maka a x b . Bukti:
. Dipunyai x n n N x , y n n N dan x n y n n N .
Pilih K sup{K ( ), K 1 } .
n N
.
z
z z n z n z
1
z n
z
z
Jelas z n z
Jadi
x n
1
Kasus x : Jelas xk < x – x = 0. Ini suatu kontradiksi. Jadi x 0.
apabila n K (). 2 Pilih K 2 N sehingga
Jadi z n
n N
Jelas x n x
2
z n z
z n
apabila n K ( ) .
Bukti: Andaikan x < 0. Ambil sembarang 0 . Pilih K N sehngga x n x apabila n K .
Bukti (5):
1
Jika x n n N maka x 0.
apabila n K .
xy
z n z
z
apabila n K .
Jadi x n . y n n N
1
Teorema 3.2.4
Jadi 0 K N sehingga xn y n
Jadi
. z z n
y n n N x y y n x n 0 n N .
Jelas x n
Jadi y x 0 x y .
dan
y,
[ Teorema 3.2.6 Jika x n n N x dan a maka a ≤ x ≤ b. Bukti: Dipunyai x n n N
xn bn N
Jadi 0 K N sehingga y n x
Jadi y n
x dan a xn bn N .
Bangun y n
n N
, y n
a n N dan
zn n N , zn b n N . Jelas y n n N a dan zn n N b .
Jadi a ≤ x ≤ b. Perolehan berikut ini menyatakan bahwa jika barisan yn n N diapit oleh dua barisan yang konvergen ke suatu bilangan real yang sama maka barisan yn n N konvergen ke nilai yang sama.
apabila n K . x. n N
Contoh 3.2.8 (a) Barisan n n N divergen. Bukti: Andaikan n n N konvergen. Tulis n
n N
real x. Jadi n n N terbatas. Pilih M > 0 sehingga n M n N . Ini suatu kontradiksi. Jadi n n N divergen. (b) Barisan ( 1) n
Teorema 3.2.7
x untuk suatu bilangan
n N
divergen.
Bukti: Dipunyai
barisan-barisan
x n n N ,
yn n N , dan z n n N mempunyai sifat x n y n z n untuk setiap n N .
Jika
x n n N dan z n n N konvergen ke suatu bilangan real yang sama maka barisan yn n N .
Bukti: Tulis x n n N x z n nN . Ambil sembarang 0 . Pilih K N sehingga x n x dan z n x apabila n N .
y n z n xn x y n x z n x . y n x sup{ x n x , z n x } .
Dipunyai x n Jadi
Jelas (1) n Jadi ( 1) n Andaikan
1 1 n N . n N
terbatas.
( 1) n
n N
a untuk suatu
bilangan real a. Ambil = 1. Pilih
K 1 N sehingga
(1) n
a 1
apabila n K 1 . Kasus n gasal: Jelas 1 a 1 – 2 < a < 0. Kasus n genap: Jelas 1 a
1 0 < a < 2.
Ini suatu kontradiksi. Jadi ( 1) n
n N
divergen.
K 2n 1
(c) Tunjukkan
n
2.
2n 1
n
1
2
.
n
n N
Jadi xn yn
n N
n N
2n 1
n
n5
n N
2n 1
n5
n N
2. n N
2n 1 n5
2 1
1 n 5 n
n
0. n N
2
n N
1 n 5 n
1
n N
2
1
n N
n N
2n n
Tulis p(t ) a k t k a k 1t k 1 a0 .
.
2 dan 1 5n
1 n n N
(e) Tunjukkan
1.
2 1
1.
0.
n
2
1
2 n
n N
n N
n
1
0
n
2
n N
n N
Teorema 3.2.9
x
maka x n
n N
x.
Jelas x n x x n x . Jadi x n x .
n N
1 n
0. 1
.
1
0 dan 1
2n 2
1
i 0
p( x) .
Ambil sembarang 0 . Pilih K N sehingga x n x dan z n x apabila n N .
n
n
ai t i
Bukti:
n N
2 2n
Jelas p( x n ) n N
Jika x n n N
Bukti:
Jadi
sin n
Bukti:
Jerlas 2
Jelas
Jadi
(g) Dipunyai x n n N x untuk suatu bilangan real x. Jika p( x) suatu suku banyak maka p( x n ) n N p( x) .
Bukti:
Jelas
Jelas 1 sin n 1 n N 1 sin n 1 n N . n n n 1 1 0 Jelas . n n N n n N
2 0 2.
2n 1
(d) Tunjukkan
Jadi
n N
Bukti:
Bangun x n n N dengan xn = 2 n N 1 dan yn n N dengan xn = n N . n Jelas x n n N 2 dan y n n N 0 .
Jelas
0.
n
n N
Bukti: Jelas
sin n
(f) Tunjukkan
2
1. n N
Jadi
x n x
Jadi x n
K N apabila n N .
0
n N
x.
sehingga
[ Teorema 3.2.10
3. Tunjukkan bahwa barisan 2 n
Jika xn 0 maka
x n
divergen.
x.
Dipunyai barisan x n n N
n N
4. Tentukan nilai limit barisan berikut ini:
x.
Bukti: Kasus x = 0: Ambil sembarang > 0.
1
(a) (2 ) n
Pilih K N sehingga x n
0
2
apabi(b)
la n K .
0 2
Jelas x n
Jadi
2
xn <
x n
x n
0 .
0K N
x n
x n
n N
0 apabila
x n
1
Jelas
x
Jadi
x n
0
x
dan x n
x
1 x
. x n x .
n N
0.
x.
Latihan 3.2
1. Periksa barisan-barisan berikut ini konvergen atau divergen: (a)
(b)
n n 1 n N n
(c)
2
n 1
(d) n N
n
(d) n N
n2
n N
n 1 n n
n 1
n
n N
untuk
n N . Tunjukkan bahwa n y n
n N
(a n b n ) n dengan 0
x n
n N
n N
barisan y n n N dan konvergen.
6. Jika z n
x n x
1 n 1
(c)
(1) n
1
0.
x
semu
x.
Kasus x > 0: Jelas x Jelas
2
5. Dipunyai y n
n K .
Jadi
n N
(1) n n 1
n N
3 2 n 1
2n
2
n N
2. Berikan contoh dua barisan yang divergen akan tetapi jumlahnya konvergen.
3.3 Kemonotonan Barisan Sekarang telah dikenal berbagai metode untuk menunjukkan bahwa suatu barisan konvergen, antara lain: (a) dapat digunakan Defiinisi 3.1.4 atau Teorema 3.1.6 secara langsung, akan tetapi terkadang muncul kesulitan. (b) dapat digunakan pengali positif barisan a n n N 0 . (c) mengidentifikasi barisan X x n n N yang konvergen, selanjutnya gunakan barisan ekor, kombinasi aljabar, nilai mutlak dan sebagainya. (d) menggunakan teorema apit. (e) menggunakan uji perbandingan. Pada pasal ini akan disajikan komono-tonan fungsi yang kelak dapat digunakan untuk membantu menguji kekonvergenan barisan. Definisi 3.3.1 Dipunyai barisan bilangan-bilangan real X x n n N . Barisan x n n N dikatakan: (a) naik jika memenuhi pertidaksamaan x1 x 2 x n xn 1 . (b) turun jika memenuhi pertidaksamaan x1 x 2 x n xn 1 .
1 1 1 (b) 1, , 2 , , n 1 , , dan 2 2 2 (c) b, b 2 , b 3 , , b n , ,0 b 1 . Barisan berikut beberapa barisan yang tak monoton: (a)
1,1,1, , (1) n1 ,
dan
(b)
1,2,3, , (1) n .n,
.
Barisan berikut tak monoton, akan tetapi monoton di belakang: (a) 7,6,2,1,2,3,4, dan (b)
2,0,1,
Teorema 3.3.2 Suatu barisan bilangan-bilangan real monoton konvergen jika dan hanya jika terbatas. Lebih jelasnya: (a) Jika x n
(b) Jika x n
Suatu barisan dikatakan monoton apabila naik atau turun. Berikut ini beberapa barisan naik: (a) 1,2,3, , n, , (b) 1,2,2,3,3,3,4,4,4,4, , dan (c) a, a 2 , a 3 , , a n , , a
1.
Berikut ini beberapa barisan turun: 1 1 1 (a) 1, , , , , , n 2 3
1 1 1 , , , . 2 3 4
x n n N naik terbatas maka sup{xn } . n N x n n N turun terbatas maka inf{xn } . n N
Bukti: Dipunyai x n n N barisan monoton. ( ) Dipunyai x n n N konvergen. Jelas x n n N terbatas. () Dipunyai x n n N terbatas. Pilih M > 0 sehingga xn M n N .
Kasus x n n N naik:
Jelas 0 x n
sup{ xn n N } .
Tulis x *
0. Pilih K N x * x K x * . Ambil sembarang Jadi x
x K xn x
*
n K . Jadi untuk
setiap
*
apabila
0 terdapat
* K N sehingga x n x
apabila
n K .
x sup{ x n n N } . *
Jadi x n
n N
Jadi A terbatas. Jadi x n n N terbatas. Jelas inf ( A) = 0 dan sup ( A) = 1. Jadi x n n N 0 inf{ x n n N } . Cara 2:
Dipunyai X x n Jelas X . X x n2 Jadi X x n
Kasus x n n N turun:
Tulis x
1 x A .
0. Pilih K N x * x K x * . Ambil sembarang
xn x K x *
Jadi x *
n K . Jadi untuk
setiap
* K N sehingga x n x
apabila
0 terdapat
apabila
n K .
Jadi x n
n N
x * inf{ x n n N } .
n
n
n N
0. n N
1
.
1
n
n N
(b) Dipunyai X x n
inf{ xn n N } .
*
1
n
0
1
i 1 i
0.
. n N
Ambil sembarang n N . n 1 1 n 1 1 Jelas x n 1 x n = = >0. n 1 i 1 i i 1 i Jadi x n 1 x n n N . Jadi X x n n N monoton naik. Bangun X x 2n
n N
.
Jelas Contoh 3.3.3 (a) Tunjukkan
1 n
0. n N
Cara 1:
Tulis
1 n
n N
x n n N .
Ambil sembarang n N . 1 1 Jelas x n 1 x n = < 0. n 1 n Jadi x n 1 x n 0 n N . Jadi x n n N monoton turun. Tulis A { x n n N } .
1 1 2 3 4 1 1 n1 n 2 2 1 1 1 1 1 1 > 1 n n 2 4 4 2 2
x 2n = 1
= 1 = 1
1 2 n
1
1
1
2
2
. 2 Jadi x n n N tak terbatas. Jadi x n n N divergen.
(c) Barisan Y y n n N disajikan secara induktif sebagai berikut: 2 y n 3 y1 = 1 dan yn+1 = untuk n 1. 4 2 y1 3 5 Jelas y 2 . 4 4 Jadi y1 < y2 < 2. Intuisi: y n 2 n N . Tulis P(n): y n
Jadi y
2 y 3 4
y
Jadi Y y n n N (d)
3 2
3 2
.
.
Dipunyai barisan bilanganbilangan real Z z n n N dengan z1 1 dan z n 1
2zn .
2 n N . Intuisi: 1 z n
z n1 2 . Tulis P(n): 1 z n z n 1 2 . P(1): 1 z1 z 2 2 . Jelas z1 = 1 dan z 2 2 z1 Jadi 1 z1 z 2 2 .
P(1): y1 2 . Jelas y1 = 1 < 2 Jadi P(1) benar. Dipunyai P(k ) benar. Jelas y k 2 . Jelas y k 1
2 y k 3
7
2. 4 4 benar apabila
Jadi P(k+1) benar. Jadi P(n) benar. Jadi y n 2 n N .
P(k)
y n1 n N . Tulis P(n): y n y n 1 . P(1): y1 y 2 . Jelas y1 < y2 < 2. Jadi P(1) benar. Dipunyai P(k) benar. Jelas y k y k 1 . Jelas 2 y k 3
Jadi P(1) benar. Dipunyai P(k ) benar. Jelas 1 z k z k 1 2 . Jadi 2 2 z k 2 z k 1 4
Intuisi: y n
y k 1
2 y k 1 3
y k 2 Jadi 4 4 P(k+1) benar apabila P(k) benar. Jadi P(n) benar. Jadi y n y n 1 n N .
2
2
2 z k
2 z k 1
2
z k 1 z k 2 2 . Jadi 1 z k 1 z k 2 2 . Dai P(k +1) benar apabila P(k ) benar. Jadi P(n) benar. Jadi 1 z n z n 1 2 . Jadi Z z n n N barisan turun dan ter-batas. Jadi Z z n n N konvergen. Tulis Z z n n N z . Bangu barisan bagian
Jadi y n n N naik dan terbatas. Jadi y n n N konvergen.
Z z n
Tulis y n n N y . Bangun barisan bagian Y y .
Jadi z
'
n N
z .
2 z z 2 2 z 0 z(z – 2) = 0 z 0 z 2 .
Jadi Z z n n N
2.
2.
Contoh 3.3.4 Dipunyai a > 0, akan dibangun suatu barisan a n n N sehingga a n n N a . Prosedur yang digunakan telah dikenal di Mesopotamia pada abad 1500 sebelum Masehi. Ambil sembarang a1>0 dan definisikan a an an a n 1 untuk n N . 2
2an 1a n a 0 , an R. Jelas 4a n2 4a 0 a n2 a an a . Ambil sembarang n N . Jelas a n2
an
Jelas a n
an1 = a n
2
2
=
an
a
2a n
0.
Jadi a n n N konvergen. Tulis a n n N x untuk suatu x R. x
Jadi x Jadi a n
2
a x x 2
n N
a
x
a.
a.
Jelas a n
a untuk semua n 2 dan
a
a
an .
Jadi
a
an
a an
a n2
a
an
, n 2.
Menggunakan pertidaksamaan ini dapat dihitung tertentu.
1 barisan E 1 n
n
. Ban N
risan ini terbatas dan naik. Jadi E konvergen ke suatu bilangan transenden yang dikenal dengan bilangan Euler e yang hampirannya2,718 281 828 459 045 ... .
1 Jelas en = 1 n 1 1 1 1 2 =1+1+ 1 + 1 1 2! n 3! n n 1 1 n 1 +...+ 1 ..1 n! n n n 1 1 dan en+1 = 1 n 1 =1+1+ +...+ +
a n n N konvergen ke
0 an
Bangun
a.
Pada akhir perhitungan, penting diperhatikan ketelitian bagaimana barisan
an
Contoh 3.3.5
n
a an
Pasal ini ditutup dengan mengenal-kan suatu barisan yang konvergen ke suatu bilangan transenden dalam mate-matika.
a untuk sembarang ketelitian
1 1 1 1 + 1 1 1 2 2! n 1 3! n 1 n 1
1 1 n 1 1 ..1 1 n! n 1 n
1 1 .. 1 n . n (n 1)! n 1 1 1
Tampilan en dan en+1 berturut-turut memuat n +1 dan n +2 suku. Selanjutnya tiap suku di en kurang dari atau sama dengan suku-suku yang sesuai di en+1. Jadi 2 e1 e2 en en 1 . Jadi E barisan turun. Ingat bahwa: 1 1 p 1 untuk p = 1, 2, ... . p! 2 1 1 1 Jadi 2 e n 1 1 2 n 1 2 2 2 2 en 3 untuk semua n N . Jadi E terbatas. Jadi E konvergen.
Latihan Pasal 3.3 1. Dipunyai barisan bilangan-bilangan real x n n N disajikan secara induktif: x1>1 dan x n 1
2
1 x n
untuk n
2.
Tunjukkan bahwa x n n N terbatas, monoton, dan tentukan limitnya. 2. Dipunyai barisan bilangan-bilangan real y n n N disajikan secara induktif: y1=1 dan y n 1
2 y n . Tunjukkan
bahwa
y n n N konvergen dan tentukan limitnya.
3. Dipunyai a > 0 dan barisan bilanganbilangan real z n n N disajikan secara induktif: z 1>0 dan z n 1
a zn .
Tunjukkan bahwa
z n n N konvergen dan tentukan limitnya.
4. Dipunyai barisan bilangan-bilangan real x n n N disajikan secara induktif: x1 = a >0 dan x n 1 x n
1 x n
. Tentu-
kan apakah x n n N konvergen atau divergen. 5. Dipunyai x n n N merupakan barisan terbatas dan untuk setiap n N , sn sup{ xk k n} dan t n inf{ xk k n} . Tunjukkan bahwa s n n N dan t n n N konvergen. Tunjukkan pula bahwa jika s n n N x t n n N maka x n n N konvergen.
3.4 Barisan Bagian dan Teorema Bolzano-Weierstrass Pada pasal ini dikenalkan pengertian tentang barisan bagian barisan bilangan-bilangan real. Juga dibangun teorema Bolzano-Wierstrass yang berguna untuk menguji kekonvergenan barisan. Definisi 3.4.1 Dipunyai barisan bilangan-bilangan real X x n n N dan r 1 r 2 r 3 barisan bilangan-bilangan asli yang naik kuat. Barisan X x r 1 , x r 2 , x r 3 , , x r n ,
(a) (b) (c)
n2
1
n N
1 n
. n N
1 1 1 = , , , , 3 4 5
=
1 1 1 1 , , , , , dan 1 3 5 7
2n 1 n N 1 1 1 1 1 = , , , , . 2n! n N 2! 4! 6! 8!
Sedangkan contoh berikut bukan himpunan bagian dari X : (a) (b)
Bukti: Ambil sembarang 0 . Pilih K () N sehingga x n x
Tulis X x r n
apabila
r n N
apa-
.
n. 0 K ( ) N xn x r n K ( ) .
Jadi X x r n
r n N
x.
Contoh 3.4.3 (a) Dipunyai barisan
b
n n N
dengan
0
n N
monoton
terbatas. Jadi b n Tulis b n
n N
n N
turun
x.
Pilih X x 2n n N . Jelas X x 2 n n N
1
Jadi x x 2 x ( x 1) 0
x 0 x 1 . Jadi x = 0. Jadi b n
n N
2
x n
0.
dan
konvergen.
1 1 1 1 1 1 , , , , , , dan 2 1 4 3 6 7 1 1 1 ,0, ,0, ,0, , . 1 3 5 7
bila n K (). Ambil sembarang barisan bagian X .
Jadi
Berikut ini beberap contoh barisan bagian dari X : 1
Jika X = x n n N x maka setiap barisan bagian dari X konvergen ke x.
Jelas r n
disebut barisan bagian X . Sebagai contoh dipunyai X =
Teorema 3.4.2
n N
x2 .
(b) Apabila c > 1 periksa konvergensinya
Selanjutnya sin
1
barisan c n
.
Bagun s
n N
I k [
1
Tulis c n
z n . Jelas zn > 1 dan zn+1 <
Jelas z 2n n N
(c
1
n
)2
1
z2 . n N
1
1
11
6 2 6 sin ni dengan ni di
2 (k 1),
11 6
.
2 ( k 1)] .
ke sembarang c R. Jadi S sin n n N divergen.
1
Jadi z 2 z z 2 ( z 2 z = 0 z = 1. Jadi z = 1.
6
1
sin
1 Jelas sin ni [ 1, ] . 2 Ambil sembarang c R sehingga S c . Jelas S tidak konvergen ke c. Jadi S sin n n N tidak konvergen
zn. Jadi z n n N konvergen. Tulis z n n N z . 1
7
7
1) 0
1
1.
Jadi c n n N
Eksistensi Barisan Bagian Monoton
(c) Tunjukkan S sin n n N divergen. Buki: 5 1 Ingat sin sin . 6 2 6 5 Bangun I 1 [ , ]. 6 6 1 Jadi sin x apabila x I 1 . 2 2 Jelas I 1 2. 3 Pilih n1 N I 1 Bangun selang 5 2 (k 1)] . I k [ 2 (k 1), 6 6 Jelas I k 2 . Pilih n k N I k . Bangun barisan bagian S sin n k n N . k
Jelas sin nk [ 12 ,1] .
Pada pasal berikut ini ditunjukkan bahwa setiap barisan mempunyai barisan bagian yang monoton. Teorema 3.4.6 adalah barisan X x n n N bilangan-bilangan real maka terdapat barisan bagian dari X x n n N yang Jika
monoton. Bukti: Ingat: suku ke m dari x n n N disebut peak jiaka xm xn untuk semua n dan mn. Kasus X memiliki sejumlah tak hingga peak: Tulis x m1 , x m2 , xm3 , dengan m1
m2 mk .
Jelas x m1 x m2
xm .
Jadi barisan bagian x mk
Bagi I 1 menjadi subselang I 1 dan I 1 ,
3
mk N
turun.
Kasus X memiliki sejumlah hingga peak: Tulis x m1 , x m2 , x m3 , , x mr .
Ambil s1 = mr + 1 indeks pertama peak terakhir. Jelas x s1 bukan peak.
dan bagi himpunan {n N n 1} menjadi dua bagian, yaitu: A1 B1
{n N n n1 , xn I 1 } dan {n N n n , x I } . 1
1
n
Kasus A1 tak hingga:
Pilih s2 > s1 sehingga x s1 x s2 .
Pilih I 2 I 1 dan n2 = inf{ A1}.
Jelas x s2 bukan peak.
Bagi I 2 menjadi subselang I 2 dan I 2 , dan bagi himpunan Bangun {n N n n2 } menjadi dua
Pilih s3 > s2 sehingga x s2
xs
3
.
Proses ini dilanjutkan diperoleh barisan bagian x sn
sn N
yang naik.
bagian, yaitu: A2
Teorema Bolzano-Weierstrass
B2
Teorema Bolzano-Weierstrass menyatakan bahwa setiap barisan terbatas mempunyai barisan bagian yang konvergen. Mengingat pentingnya teorema ini, akan disajikan bukti kedua yang berasis selang bersarang. Teorema 3.4.7 Setiap barisan terbatas mempunyai barisan bagian yang konvergen. Bukti (1): Tulis X x n n N terbatas. Ambil sembarang X x r n
n N
barisan
bagian X yang monoton. Jelas X terbatas. Jadi X konvergen. Bukti (2): Tulis X x n n N terbatas.
Pilih n1 = 1.
{n N n n2 , x n I 1 } dan {n N n n , x I } . 2
n
1
Kasus A2 tak hingga: Pilih I 3
I 2
dan n3 = inf{ A2}.
Proses ini dilanjutkan, diperoleh selang bersarang: I 1 I 2 I 3 I k dan barisan x nk
nk N
sehingga x nk I k
untuk setiap k N . ba Jelas I k k 1 . 2 Pilih I k untuk setiap k N . Jelas x nn
(b a). 2 k .
Jelas (b-a)>0 dan Jadi x nk
nk N
1
2 k 1
0. k N
.
Teorema ini disebut dengan teorema Bolzano-Weierstrass. Pembaca sering melihat barisan terbatas, sebagai contoh
Jadi { x n n N } terbatas. Pilih I 1=[a,b] sehingga a x n
b x N .
barisan
X (1)
n n N
mempunyai
barisan bagian konvergen dan divergen, yaitu:
2 n 1 X ( 1)
X ( 1)
n N
2n n N
X ( 1) n
Latihan 3.4
1 ,
1 , dan
10 n N
yang divergen.
1. Berikanlah suatu contoh barisan yang tak terbatas yang mempynyai barisan bagian yang konvergen. 2. Jika 0 < c < 1 tunjukkan bahwa
Teorema 3.4.8
1
Dipunyai barisan bilangan-bilangan real X x n n N terbatas dan x R. Jika setiap barisan bagian X konvergen ke x maka barisan X konvergen ke x. Bukti: Dipunyai X x n n N terbatas. Pilih M > 0 sehingga x n M untuk semua n N . Andaikan x n n N tak konvergen ke x. Pilih 0 0 dan barisan bagian X x r n
r n N
sehinghga x r n
x 0
untuk semua n N . Jelas X terbatas Pilih barisan bagian X dari X . Jelas X juga barisan bagian X . Jadi X x . Jadi barisan ekor terletak di V 0 ( x ) . Ini suatu kontradiksi. Jadi x n n N konvergen ke x.
1.
cn n N
3. Dipunyai barisan x n n N dan y n n N . Barisan berayun z n n N didefinisikan dengan z1 x1 , z 2 z 2 n
y1 , ..., z 2 n1 xn ,
yn , .
Tunjukkan bahwa z n n N konvergen jika dan hanya jika x n n N dan konmvergen y n n N bilangan real yang sama.
ke
suatu
4. Setiap barisan bagian dari x n n N konvergen ke 0 buktikan x n n N 0 . 5. 6. Periksa dan hitung kekonvergenan barisan berikut ini (a)
(b)
(c)
(d)
1 1 2n
2
1 1 2n
n
n N
1 1 2 n 1 1 n
n N n
2
n N
n
n N
3.5 Kriteria Cauchy Definisi 3.5.1
Pilih K ( 0 ) N sehingga x n
Dipunyai barisan bilangan-bilangan real X x n n N disebut barisan Cauchy jika untuk setiap 0 terdapat bilangan asli K ( ) sehingga untuk setiap bilangan asli m, n K ( ) berlaku x n
xm .
xm 1
apabila m, n K ( 0 ) . Jelas x n
xm 1 . xm 1
1. Pilih M = sup { x1 , x 2 ,, x m , x m 1} . Jadi x n M untuk setiap n N . Jadi x n
x n
xm
Lemma 3.5.2
Jadi x n n N terbatas.
Dipunyai barisan bilangan-bilangan real x n n N . Jika x n n N konvergen maka
Teorema 3.5.4 (Kriteria Cauchy) Barisan bilangan-bilangan real konvergen jika dan hanya jika merupakan barisan Cauchy.
x n n N merupakan barisan Cauchy. Bukti: Tulis x n n N x .
Ambil sembarang Pilih
0.
Bukti:
K ( ) N sehingga x n x
apabila n K ( ) .
5
Ambil sembarang m, n K ( ) . Jelas x n
xm <
x n x
xm x
2
5 <. Jadi untuk setiap 0 terdapat bilangan asli K ( ) sehingga untuk setiap bilangan asli m, n K ( ) berlaku x n
xm .
Jadi x n n N merupakan barisan Cauchy.
Tulis x n n N barisan yang dimaksud. ( ) Dipunyai x n n N konvergen. Jadi x n n N barisan Cauchy. () Dipunyai x n n N barisan Cauchy. Jelas x n n N terbatas. Ambil sembarang 0 . Pilih sehingga K N x n x m
3
apabila m,n K .
Pilih barisan bagian x r n
Barisan Cauchy terbatas. Bukti Dipunyai x n n N barisan Cauchy. Ambil 0 1 .
kon-
vergen ke suatu x R. Pilih sehingga H K * x H x . 3 Tulis H = m. Jelas x n x H apabila n K . 3 *
Teorema 3.5.3
r n N
Jadi x n x * = xn x H x H x *
Jelas x n
xn x H x H x * =
2
3 <.
Contoh 3.5.5 1
(a) Tunjukkan
n
konvergen. n N
Bukti: Ambil sembarang
0.
Pilih K ( ) N sehingga Jelas K ( )
1 K ( )
2
.
2
. Ambil sembarang m, n K ( ) . 1
1 n
Jadi Jadi
1 m
1
1
2
barisan Cauchy.
1
1
konvergen.
+ ...
1
2 n 1 2 n 2 m2 1 1 1 = n 1 1 M N 1 2 2 2 1 < n 1 . 2 Ambil sembarang 0 . 1 Pilih n sehingga n . 4 2 Jadi x n xm apabila m > n.
Jadi x n n N adalah barisan Cauchy. Jadi x n n N konvergen. Tulis x n n N x untuk suatu x R. Pilih barisan bagian X x 2 n 1 n N . Jelas X 1 = 1 Jelas X
n N
1 n
apabila m, n K ( ) .
1 n
1
. n m n m K ( ) Jadi untuk setiap 0 terdapat bilangan asli K ( ) sehingga Jelas
xn xn1 + xn1 xn 2 + x m 1 x m =
x * .
Jadi x n n N
xm
5 3
Jadi x n n N
1 2
1 23
1 2 2 n 1
2 1 . 1 n 3 4 n N
.
5 3
.
n N
(b) Dipunyai barisan x n n N disajikan secara induksi: x n 1 x x1 1, x 2 2, dan x n n 2 2 untuk n > 2. Jelas 1 xn 2 untuk setiap x N . 1 Jelas x n x n 1 n 1 untuk x N . 2 Ambil m, n N dengan m > n.
(c) Dipunyai barisan bilangan-bilangan real y n n N disajikan secara induktif dengan y1
1 1!
1
, y 2
1
1!
2!
, ...,
(1) n 1
. 1! 2! n! Ambil sembarang m, n N , m > n. y n
1
1
n
(1) i 1
i 1
i!
Tulis y n
.
Jadi
m (1) i 1 n (1) i 1 = y m y n i 1 i! i i ! 1 (1) n 2 (1) n 3 (1) m 1 . (n 1)! (n 2)! m! Jadi y m y n =
< <
(1) n 2 (n 1)! (1) n
2
(n 1)! 1
(1) n 3 (n 2)!
(1) n
3
(n 2)! 1
(n 1)! (n 2)! 1 1 1 2n 1
2 n 1
(1) m 1 m!
(1) m
i 1
m!
bukan barisan n N
Cauchy.
m!
1
n
i
Jadi
i 1
divergen. n N
Jadi deret harmonik
1
i 1 i
2 m 1
divergen.
Definisi 3.5.6
2n < . Jadi y n n N barisan Cauchy. Tulis y n n N y untuk suatu y R.
n
Jelas lim 1 1 = 1
1
4 n
1
e 0,632120559.
(d) Tunjukkan
n
1
i 1 i
divergen. n N
Bukti: Tulis
i
1
1
1
n
Jadi
2 n 1 2
Ambil sembarang m, n N , m > n. m 1 m 1 Jelas z m z n = i 1 i i 1 i 1 1 1 = n 1 n 2 m mn > m n = 1 . m Kasus m = 2n, z m z n > 12 .
n
1
i
i 1
n N
z n n N .
Barisan x n n N dikatakan menyempit ji-ka ada konstanta C , 0 < C < 1 x n 2 x n 1 C x n 1 x n sehingga untuk semua n N . Konstanta C disebut konstanta penyempitan barisan. Teorema 3.5.7 Setiap barisan yang menyempit merupakan barisan Cauchy dan dengan demikian konvergen. Bukti: Dipunyai x n n N barisan menyempit. Jelas x n 2 xn 1 C x n 1 xn
C x n
...
2
xn1 n
C x 2
3
C x n 1
xn2
x1
Ambil sembarang m, n N , m > n.
xn xm xn xm1 xm2 ... xn1 xn
Jelas x m
C
m 2
C m3 C n 1 x2 x1
= C n 1 (C m n 1 C m n 2
1) x2 x1
1 C mn = C 1 C x2 x1 1 C n 1 . x2 x1 . 1 C Jelas x 2 x1 0 dan n 1
Bukti: (a) Ambil sembarang m, n N , m > n. 1 . x x . Jelas x m x n C n 1 2 1 1 C 1 C n1 . x2 x1 . 1 C (b) Ambil sembarang m, n N , m > n. Jelas x m x n xm xm1 xn1 xn . Jadi x * x n
Ingat x n k x n k 1 Jadi x m
1 0. C 1 C n N Jadi x m xn untuk setiap 0 . n 1
Jadi x n n N barisan Cauchy. Jadi x n n N konvergen.
Akibat 3.5.8
xn
n 1
C
x *
C
C 2 C ). xn xn1 xn 1
. x n 1 C
.
1 C n1 . x2 x1 1 C
.
Contoh 5.3.9 2 Dipunyai f : R R, f ( x) = x – 7 x + 2. Jelas f (0) = 2 dan f (1) = – 4. Ini berarti bahwa suatu solusi persamaan f ( x) = 0 terletak di antara 0 dan 1. Solusi ini dapat diselesaikan dengan cara perulangan sebagai berikut. Tulis x
x
3
2
. 7 Bangun barisan X x n n N dengan:
3
=
x n 1
7
2
3
xn
7
x n 1 x n 1 . x n 3
=
2
x n
2
, n N . 7 Jelas 0 < xn < 1 untuk semua n N . Jelas x n 2 x n 1
maka
. x 2 x1 dan 1 C C (b) x * x n . x n xn 1 . 1 C (a) x
(C m n
0 < x1 < 1 dan x n 1
C < 1, dan jika x n n N *
3
Jika X x n n N suatu barisan menyempit dengan konstanta penyempitan C , 0 <
.
xn
Jadi x * x n
Dalam proses perhitungan dalam barisan menyempit terdapat suatu hal yang penting dalam memperkirakan dan mengestimasi kesalahan pada unsur ke n. Dalam perolehan berikut diberikan dua estimasi tersebut, yaitu: (a) pertama menyangkut dua unsur pertama barisan dan n, (b) kedua yang berkaitan dengan selisih unsur: x n dan xn – 1.
C k xn xn 1
x n 1 xn 3
=
3
7
xn2 . xn 1 xn 7
3
Latihan 3.5
. x n 1 x n .
7 Jadi x n n N merupakan barisan menyempit. Jadi x n n N konvergen.
Tulis x n n N p untuk suatu p R. Jadi p suatu solusi. Nilai x dihampiri dengan memilih nilainilai p di antara 0 dan 1. Pilih x1 = 0,5: Jelas x2 = 0,3035714; x3 = 0,2897108 x4 = 0,2891880; x5 = 0,2891692 x6 = 0,2891686; dan seterusnya. Untuk memperoleh istimasi yang teliti, lihat fakta: x 2 x1 0,2 . Jadi x
*
xn
n 1
C
. x 2 x1 1 C
=
3 7
n 1
.(0,2)
4 7
=
3
n 1
20 35
x6
Jadi x * x6
4
243
0,0051 . 48020 7 .20 Kenyataan menunjukkan bahwa pada dasarnya hampiran yang diharapkan lebih baik dari ini. Sebagai contoh x6 x5 0,0000006 < 0,0000007. Jelas x
2. Tunjukkan bahwa barisan berikut merupakan barisan Cauchy. 3. Buktikan bahwa barisan berkut bukan barisan Cauchy: n 1 1 (a) (b) n n N n! n N 4. Tunjukkan bahwa jika x n n N dan y n n N barisan Cauchy maka barisnbarisan x n
yn
dan x n . y n n N juga merupakan barisan Cauchy. n N
5. Jika x n n N barisan Cauchy dan xn bilangan bulat untuk setiap n N maka x n n N merupakan bareisan konstan.
.
Kasus n = 6: *
1. Berikan contoh suatu barisan terbatas yang bukan merupakan barisan Cauchy.
6. Jika x1 < x2 adalah sembarang bilang x n 1 x an real dan x n n 2 untuk n>2 2 tunjukkan bahwa x n n N konvergen dan tentukan nilai limitnya. 7. Jika x1 > 0 dan x n 1
3
x6 x5 0,0000006 . 4 Ini berarti bahwa hampiran x6 teliti pada 6 tempat desimal.
1 2 x n
,n 1
tunjukkan bahwa x n n N merupakan barisan menyempit dan tentukan limit barisan tersebut. 2
8. Persmaaan x – 5x + 1 = 0 mempunyai akar r dengan 0 < r < 1. Gunakan hampiran barisan penyempitan untuk -4 menghitung r yang kurang dari 10 .
4.1 Limit Fungsi Analisis dalam matematika secara umum memperkenalkan tentang topic matematika yang secara sitematitis digunakan untuk membangun konsepkonsep limit. Telah dikenal konsep dasar tentang limit, antara lain konvergensi barisan bilangan-.bilangan real. Pada pasal ini akan dibangun konsep limit fungsi. Konsep limit fungsi sejajar dengan konsep limit barisan. Secara intuitif, ide fungsi f mempunyai limit L di c adalah nilai f ( x) menghampiri L apabila x menghampiri c. Pernyataan ”fungsi f menghampiri L di c” berarti bahw a nilai f ( x) terletak di sembarang lingkungan L apabila x diambil dari lingkungan c yang cukup kecil dengan x c . Pemilihan bergantung nilai yang diambil. Limit fungsi tidak bergantung pada adanya nilai f di c. Definisi 4.1.1 Dipunyai A R dan a R.Titik c disebut titik kumpul A jika setiap lingkungan c memuat paling sedikit satu titik di A yang bukan c. Perhatian: Titik kumpul c tidak harus menjadi anggota A.
Bukti: ( ) Dipunyai c titik kumpul A. Ambil sembarang n N. Bangun V (c) V 1 (c ) . n
Pilih a n
V 1 (c) ( A {c}) . n
Bangun a n n N . Pilih N = n + 1. Jelas a n c apabila n N . Jadi a n n N c . Jadi terdapat barisan unsur-unsur di A selain c dan konvergen ke c. () Dipunyai barisan unsur-unsur di A selain c dan konvergen ke c. Ambil sembarang 0 . Pilih K ( ) N a n V (c )
Apabila n K ( ) . Jadi
V (c)
memuat titik-titik di
A yang bukan c. Jadi c suatu titik kumpul A.
Contoh 4.1.3 (a) Dipunyai A1 = (0,1) dan A = [0,1]. Ambil sembarang a A . Kasus a = 0: Ambil sembarang n N . Bangun V 1 (0) . n
Teorema 4.1.2 Suatu titik c R merupakan titik kumpul A jika dan hanya jika terdapat barisan a n unsur-unsur di A yang bukan c yang konvergen ke c.
Pilih a n
1 2n
.
V 1 (0) ( A {0}) .
Jelas a n
Jadi V 1 (0) a n
n
Jelas V 0 (ai ) ( A {ai }) .
V 1 (0) ( A {0}) .
Jadi ai bukan titik kumpul A.
n
Jadi A tidak punya titik kumpul.
n
Jadi 0 suatu titik kumpul A1. Kasus a = 1: Ambil sembarang n A. Bangun V 1 (1) . n
Pilih a n
1
. 2n Jelas a n V 1 (1) ( A1 {1}) . n
Jadi V 1 (1) a n n
V 1 (1) ( A {1}) . n
Jadi 1 suatu titik kumpul A. Kasus 0 < a < 1: Ambil sembarang 0 . Bangun V (a ) . Kasus
0 min{a,1 a} .
Pilih a n a
0
.
2 Jelas a n V (a ) ( A1
{a}) .
0 min{a,1 a} . Pilih a n (a, a 0 ) . Jelas a n V (a ) ( A1 {a}) .
Kasus
Jadi V (1) a n
V (1) ( A {a}) .
Jadi a suatu titik kumpul A1. Jadi a [0,1] a titik kumpul A1. (b) Dipunyai A R dan A hingga. Tulis A = {a1, a2, ..., a n} dan
min { ai a j 1 j; i, j 1,..., n} .
Ambil sembarang ai A . Pilih
0
2
.
Bangun V 0 (ai ) .
(c) Buktikan N tak punya titik kumpul. Bukti: Ambil sembarang n N . Tulis
min{ ni n j i j} .
Jelas
1.
Pilih 0
1
. 2 Bangun V 0 (n ) . Jelas V 0 (n) ( N-{n})=0. Jadi n bukan titik kumpul N. Jadi N tidak punya titik kumpul. Definisi 4.1.4 Dipunyai A R, f : A R, dan c titik kumpul A. Limit f(x) untuk x mendekati c bernilai L ditulis lim f ( x) L jika dan hanya jika untuk x c
setiap
lingkungan
lingkungan
V ( L )
V (c )
terdapat sehingga
f ( x) V ( L) apabila x V (c ) .
Teorema 4.1.5 Jika A R dan f : A R maka f hanya boleh memiliki sebuah limit di c. Bukti:
Andaikan lim f ( x) L dan lim f ( x) L x c
dengan L L . Ambil sembarang
x c
0.
Pilih
0 dan 0 sehingga
Pilih
f ( x) V ( L ) apabila x V (c )
dan
f ( x) V ( L )
apabila
x V (c )
dengan V ( L ) V ( L) . Pilih min{ , } .
V (c) ( A {c}) . Jelas f ( x0 ) V ( L ) V ( L) . Pilih x0
Ini suatu kontradiksi. Jadi L L .
0 sehingga:
f ( x) L
apabila x A dan 0 x c ( ) . Jelas f ( x) L f ( x) V ( L) dan x A dan 0 x c ( ) x V (c) ( A {c}) . Jadi untuk setiap 0 terdapat ( ) 0 sehingga f ( x) V ( L )
Kriteria Bagi Limit Teorema 4.1.6
apabila x V (c) ( A {c}) . Jadi lim f ( x) L . x c
Contoh 4.1.7
Dipunyai A R, f : A R, dan c titik kumpul A. PBE: (a) lim f ( x) L x c
(b) untuk setiap 0 terdapat suatu 0 sehingga f ( x) L apabila x A dan 0 x c
( ) .
Bukti: ( ) Dipunyai lim f ( x) L . x c
Ambil sembarang 0 . Pilih ( ) 0 sehingga: f ( x) V ( L) apabila x V ( ) (c ) ( A {c})
f ( x) L apabila 0 x c ( ) . Jadi setiap 0 terdapat suatu 0 sehingga f ( x) L apabila x A dan 0 x c
() Dipunyai setiap
( )
( ) .
0 terdapat suatu
0 sehingga f ( x) L apabila
x A dan 0 x c
( ) .
Ambil sembarang
0.
(a) Buktikan lim b b . x c
Bukti: Tulis f ( x ) b x R. Ambil sembarang 0 . Pilih 1 0 . Dipunyai 0 x c 1 . Jelas f ( x) b = b b =0<1= .
0 0 f ( x) b apabila 0 x c . Jadi lim b b . Jadi
x c
(b) Buktikan lim x c . x c
Bukti: Tulis f ( x ) b x R. Ambil sembarang 0 . Pilih 0 . Dipunyai 0 x c . Jelas f ( x) c = x c
.
0 0 f ( x) c apabila 0 x c . Jadi lim x c . Jadi
Jelas 0 x c 2
3c
x c
(c) Buktikan lim x 2 c 2 . x c
Bukti: Tulis f ( x ) x 2 . Ambil sembarang Pilih
1
min{1,
2
3c 2
3c 2
1
x 1
cx 1
c
1
Jadi f ( x) c
x c
0 0
apabila 0 x c
Jadi lim 2
(d) Buktikan lim
x c x
c
.
Tulis f ( x)
, c > 0.
cx
c x cx x c cx
2 2
f ( x)
c
1 c
.
.
x
3
pada 0 x c
4 x R. 2 x 1
x
3
Ambil sembarang 0 . 2 Pilih min{1, } . 15 Dipunyai 0 x 2 .
2
1
1
Tulis f ( x)
c c Pilih min{ , }. 2 2 Dipunyai 0 x c .
Dicari batas
c
Bukti:
0.
1
4 4 . x 2 x 2 1 5
, x > 0.
x Ambil sembarang
(e) Buktikan lim
Bukti: 1
1
x c x
x c
1
<
apabila 0 x c
Jadi lim x c 2 . 1
x
=
0 0
2)
f ( x) c
2
Jadi
=. Jadi
3c
.
2
= x c . x c < (c
2
x
c = .
c < x + 1< c + 2 x 1 c 2 c 2 . 2
2
1
=
2 Dipunyai 0 x c . Dicari batas x 1 pada 0 x c 1 : Jelas 0 x c 1 c 1 x c 1
2
c
c
c
2
2
}.
c
2 2
c 2
cx
Jelas f ( x )
0.
2
c
c
2
Dicari batas 5 x 2 6 x 12 dan 1 pada 0 x 2 1 : 2 5( x 1) :
Jelas 0 x 2
1
1 < x < 3 1 < x2 < 9
2 < x + 1 < 10 10 < 5( x2 + 1) < 50 1
50 5 x 2
1
6 x 12
Jelas f ( x) =
= =
1 10
x c
dan
2
< 5.3 + 6.3 + 12 = 75. 4
5
4 4 2 x 1 5
x
15
2 =. Jadi f ( x)
apabila 0 x 2 Jadi lim x c
4 5
.
apabila n K ( ) .
Jadi 0 K ( ) N sehingga f ( x n ) L
apabila n N .
Jadi f ( x n ) n N L . () Dipunyai untuk setiap barisan unsur-unsur di A selain c x n n N yang konvergen ke c maka barisan f ( x n ) n N
L.
x c
0 sehingga f ( x) L 0 untuk suatu
3
Pilih 0
Kriteria Barisan Bagi Limit Berikut ini disajikan suatu formula penting tentang limit fungsi pada barisan bilangan. Teorema 4.1.8 Dipunyai f : A R dan c titik kumpul A. PBE: (a) lim f ( x) L x c
(b) untuk setiap barisan unsur-unsur di A selain c x n n N yang konvergen ke c maka barisan f ( x n ) n N
.
Andaikan lim f ( x) L .
.
4 4 . 2 x 1 5
x
c
Jadi f ( x n ) L
2
0 0
Ambil sembarang 0 . Pilih 0 sehingga: f ( x) L
x n
1) 2 x 2 .(5 x 6 x 12) 5( x 2 1) 5( x
c.
Pilih K ( ) N sehingga
6 x 12
2
risan di A selain c x n
apabila 0 x c
3
x 2 . 5 x
=
1)
5( x 2
Bukti: ( ) Dipunyai lim f ( x) L dan ba-
L.
Kriteria divergen Teorema 4.1.9 Dipunyai A R f : A R dan c titik kumpul A. (a) Jika LR maka lim f ( x) L jika x c
dan hanya jika terdapat suatu barisan x n n N unsur-unsur di A yang bukan c konvergen
c, ke akan lim f ( x n ) L .
xn c
tetapi
[ (b) lim f ( x n ) L jika dan hanya jika xn c
terdapat barisan unsur-unsur di A yang bukan c sehingga x n n N c akan tetapi barisan f ( x n ) n N tidak konvergen.
(c) Tunjukkan lim sin x 0
Bukti: Diserahkan pembaca sebagai latihan.
1. Tentukan kondisi x 1 agar (a) x 2
Contoh 4.1.10 (a) Tunjukkan lim
1
1 2
1
(b) x 2 1 tidak ada.
x 0 x
Buktinya sederhana, diserahkan pemba-ca sebagai latihan. (b) Dipunyai fungsi sgn: R R dengan: 1, x 0
sgn( x)
0, x 0 .
10 3
(c) x 2
1
1 n
untuk n N diberikan
(d) x 3
1
1 n
untuk n N diberikan
2. Dipunyai c suatu titik kumpul A R dan Buktikan f : A R . lim f ( x ) L
1, x 0
lim f ( x) L
x c
Y
jika
R.
dan
x 0
4. Dipunyai f : R R , I selang buka dengan I R , dan c I . Tunjukkan bahwa f 1 mempunyai limit di c jika dan hanya jika f mempunyai limit di c , dan lim f ( x) lim f 1 .
untuk x 0 .
x c
(1) n n
Jadi lim sgn( x ) tidak ada.
x c
. n N
Jelas sgn ( xn) = ( – 1) – n untuk n N . Jelas sig ( x n n N tidak konvergen. x 0
x c
hanya jika lim f ( x c) L .
– 1
Bangun X x n n N
dan c
lim f ( x) L
Tunjukkan X
x
0.
3. Dipunyai f : R R
1
x
jika dan hanya jika
x c
Grafik sgn:
Jelas sgn( x)
tidak ada.
x
Latihan Pasal 4.1
Bukti: Diserahkan pembaca sebagai latihan.
1
1
2
5. Dipunyai I = (0,a), a > 0, dan g( x) = x untuk x I . Untuk sembarang x , c di I tunjukkan
g ( x) c
2
2a x c .
Gu-
nakan pertidaksamaan untuk menun jukkan lim x 2 c 2 . x c
4.2 TEOREMA-TEOREMA LIMIT
Pada pasal ini akan diturunkan suatu hasil yang dapat dipergunakan untuk menghitung limit fungsi. Definisi 4.2.1 Dipunyai A R, f : A R, dan c titik kumpul A. Fungsi f dikatakan terbatas pada suatu lingkungan c jika terdapat suatu lingkungan sehingga V (c ) f ( x) M untuk setiap x A V (c ) .
Teorema 4.2.2 Dipunyai A R, f : A R. Jika f mempunyai limit di c maka f terbatas pada suatu lingkungan di c.
( f +g)( x) = f ( x) + g( x) x A , ( f – g)( x) = f ( x) – g( x) x A , ( f.g)(x) = f (x) . g(x) x A , jika k R maka (k . f )( x) = k . f ( x) x A , jika h( x) 0 x A maka f ( x) f ( x ) ( x) x A . ( ) ( ) h x h x Teorema 4.2.4 Dipunyai A R, f : AR, f : AR, c titik kumpul A, dan b R. (a) Jika lim f ( x) L dan lim f ( x) M x c
x c
maka lim[ f ( x) g ( x)] L M , x c
lim[ f ( x) g ( x)] L M ,
x c
lim[ f ( x).g ( x)] L M . ,
Bukti: Tulis lim f ( x) L .
x c
lim b. f ( x) b. L ,
x c
1 0. Pilih 0 0 sehingga f ( x) L 1 apabila 0 x c 0 . Jelas f ( x) L f ( x) L 1 . Ambil sembarang x V (c) ( A {c}) . Ambil 0
0
Jelas f ( x ) 1 L . Tu;lis 1 L Jadi
V
M 0 .
lim h( x) H maka lim
x c
x c
f h
( x)
L H
.
Bukti: (a.3) Ambil sembarang barisan unsurunsur di A yang bukan c sehingga a n n N c . xn c
lim g ( x n ) M .
M x V ( A {c}) .
xn c
0
Jadi f terbatas pada suatu lingkungan c.
Jadi lim[ f ( x ).g ( x)] x c
= lim [ f ( x n ).g ( x n )]
Definisi 4.2.3 Dipunyai A R, f : A R, g : A R suatu fungsi. Didefinisikan:
(b) Jika h: ARdan h ( x ) 0 x A , dan
Jelas lim f ( x n ) L dan
(c) dan M > 0 sehingga 0
f ( x)
x c
xn c
dan
= L . M . Bukti lainnya diserahkan pembaca sebagai latihan.
Contoh 4.25 (a) Beberapa contoh limit yang disajikan pada pasal 4.1 dapat diperiksa dengan memanfaatkan Teorema 4.2.4. Sebagai contoh telah diperoleh
x c
lim c dan lim x 2 c 2 .
x c
x c
x c
Tulis L lim f ( x ) . x c
c c
x c
= lim ( x 2 x 2
1)( x 3 4)
Ambil sembarang barisan unsur-unsur di A – {c} ( x n ) n N c .
1). lim ( x 3 4)
Jelas ( f ( x n )) n N
x 2
(c) Jelas lim
4 2 x 1
x 2
4
lim x 3
3
=
x 2
lim x 2
x 2
1
=
4 5
.
(d) Jelas lim(3 x 6) 0 . x 2
Dengan demikian limit berikut tidak dapat memanfaatkan Teorema 4.2.4.b. Jadi
4 lim x 2 3 x 6 x
2
= lim
x 2
= lim
( x 2)( x 2)
=
1
lim( x 2)
Pilih
q( x)
lim q ( x)
x c
5
apabila 0 x c
1 ,
min{ 1 , 2 , 3 } .
Jelas f ( x)≤g( x)≤h( x) f ( x) – L≤g( x) – L≤h( x) – L. Jadi g ( x ) L maks{ f ( x ) L , h ( x ) L }
(g) Jika p(x) dan q(x) polinom dengan q ( x) 0 maka
x c
0 sehingga:
apabila 0 x c 2 , dan 5 f ( x)≤g( x)≤h( x) apabila 0 x c 3 .
x c
xc
x c
lim g ( x) L .
f ( x) L
maka lim p( x) p(c) .
p ( x)
x c
f ( x) L
3 x2 4 = . 3 1 (e) Jelas lim tidak ada. x 0 x (f) Jika p ( x ) suatu polinom
lim
Dipunyai A R, f , g : A R, dan c suatu titik kumpul A. Jika f ( x)≤g( x)≤h( x) untuk setiap x A-{c) dan lim f ( x) L lim h( x ) maka
Bukti: Ambil sembarang 0 . Pilih 1 0 , 2 0 , dan 2
3
lim p( x)
Teorema 4.27
x c
3( x 2) ( x 2)
x 2
L.
Dipunyai a ≤ f ( xn) ≤ b. Jadi a ≤ L ≤ b.
= 5.4 = 20. x
x c
Bukti: Dipunyai lim f ( x) ada.
Jika c > 0 dapat dihitung 1 1 1 lim . c c x lim x c (b) Jelas lim( x 2
Teorema 4.2.6 Dipunyai A R, f : A R, dan c suatu titik kumpul A. Jika a ≤ f ( x) ≤ b untuk setiap x A-{c) dan lim f ( x ) ada maka a lim f ( x) b .
p (c) q (c )
.
<. Jadi
0 0 apabila 0 x c . Jadi lim g ( x) L . x c
g ( x) L
Contoh 4.2.8 3
(a) Tunjukkan lim x
2
x 0
0
apabila x > 0.
3
Jelas x
1
x
x 2 x .
2
Jelas lim x 2 0 lim x . x 0
x 0
3
0.
Jadi lim x 2 x 0
(b) Tunjukkan lim sin x x 0
x 0
Jadi lim sin x x 0
0.
(c) Tunjukkan lim cos x 1 . x 0
Ambil sembarang xR. Jelas 1
x
2
cos x 1 .
2
Jelas lim(1
x
x 0
2
2
) 1 lim(1) . x 0
Jadi lim cos x 1 . x 0
(d) Tunjukkan lim
cos x 1
x 0
x Ambil sembarang xR.
Jelas 1
x
2
2 Kasus x > 0:
0.
cos x 1 .
Jelas 1
x
x
2 2
2
x x
Jelas 1
x
x
cos x 1 cos x 1 0
2
2
0
cos x 1
2
cos x 1 0 2 cos x 1 x
0
x
2 x
Jelas lim (0) 0 lim ( ) . x 0 x 0 2 cos x 1 Jadi lim 0. x 0 x sin x (e) Tunjukkan lim 1. x 0 x 1 (f) Tunjukkan lim x. sin 0 , x 0. x 0 x 1 Tulis f ( x) sin , x 0 . x Ambil sembarang xR – {0}. 1 Jelas 1 sin 1 . x Kasus x < 0: 1 Jelas x x sin x . x Kasus x > 0: Jelas x x. sin 1 x . x
Jadi 2
cos x 1
0 lim (0) . x 0 2 cos x 1 Jadi lim 0. x 0 x Kasus x < 0:
0.
Ambil sembarang xR. Jelas x sin x x . Jelas lim( x) 0 lim( x) . x 0
2
x 0
3
x 2
x
Jelas lim
Tulis f ( x) x 2 , 0 x 1 . 1
1
x sin
x. x Jelas lim x 0 lim x . x 0
Jadi lim x. sin x 0
x 0
1 x
0
Teorema 4.2.9 Dipunyai AR, f : A R, dan c suatu titik kumpul A. (a) Jika lim f ( x ) 0 maka terdapat ling-
Jelas 0 x c
x V (c) ( A {c})
x c
kungan V (c )
untuk setiap x V (c) ( A {c}) . (b) Jika lim f ( x) 0 maka terdapat ling-
L
x c
kungan V (c )
f ( x ) 0
sehingga
untuk setiap x V (c) ( A {c}) .
Tulis lim f ( x) L , L >0.
Pilih
0 sehingga f ( x ) L
f ( x)
L
2
.
L
untuk
x V (c) ( A {c}) f ( x ) L L
dan
L
2 x 1 x 2 2 1 1 (c) lim x 2 x 1 2 x (b) lim
2 3 L
f ( x ) 0
Latihan Pasal 4.2
x 1
f ( x) . 2 2 Jadi terdapat lingkungan V (c ) seuntuk
setiap
x V (c) ( A {c}) .
(b) Dipunyai lim f ( x) 0 .
(d) lim
x
x 0
2
x 1 x 2 2
2. Hitunglah lim
x 2
x c
Tulis lim f ( x) L , L < 0.
1 2 x
Pilih
L
2
3. Buktikan bahwa lim cos x 0
.
0 sehingga f ( x ) L
apabila 0 x c
.
L
2
akan tetapi lim x. cos x 0
1 3 x
x 2 x
x c
setiap
1. Gunakan Teorema 4.2.4 untuk menentukan limit berikut: (a) lim( x 1)(2 x 3)
Jelas 0 x c
Ambil
2
.
apabila 0 x c
hingga
2
f ( x) L
2 L
x V (c) ( A {c}) .
Ambil
2 L
L
f ( x) L
f ( x ) 0
hingga
x c
3 L
L
2
. 2 2 Jadi terdapat lingkungan V (c ) se-
x c
2
L
Bukti: (a) Dipunyai lim f ( x) 0 .
L
L
f ( x ) L
f ( x ) 0
sehingga
dan
1 x
2
1 x
0.
, x>0.
tidak ada,
4. Dipunyai n N sehingga n 3. Turunkan pertidaksamaan x 2 x n x 2 x < x < 1. Gunakan kenyataan untuk – bahwa lim x 2 0 untuk menunjuk x 0
kan lim x n 0 . x 0
5. Dipunyai A R , f : A R , dan c suatu titik kumpul A. Jika lim f ( x) x c
ada
dan
jika
fungsi
f
yang
didefinisikan pada A oleh: f ( x) = f ( x) Buktikan lim f ( x) x c
lim f ( x ) .
x c
6. Dipunyai A R , f : A R , c suatu titik kumpul A, f ( x) 0 untuk semua x
A, dan
f ( x)
f ( x) . Jika
lim f ( x) ada buktikan lim f ( x ) =
x c
lim f ( x) .
x c
x c
4.3 PERLUASAN KONSEP LIMIT
Pada pasal ini disajikan tiga tipe perluasan konsep limit fungsi yang sering muncul. Semua ide itu berkaitan dan telah diketahui, pasal ini menjadi mudah utnuk dibaca. Limit Sepihak
Definisi 4.3.1 Dipunyai A R dan f : A R. (a) Jika c titik kumpul A (c,+) maka LR disebut limit kanan f di c ditulis lim f ( x) L x c
Ada kalanya suatu limit fungsi tidak ada pada titik kumpul apabila suatu fungsi itu dfibatasi pada suatu selang di satu pihak dari titik kumpul. Sebagai contoh fungsi signum, 1, x 0 yaitu: f : , f ( x) . 1 , 0 x Grafiknya:
untuk setiap 0 terdapat 0 sehingga f ( x) L apabila c x c . (a) Jika c titik kumpul A ( – ,c) maka LR disebut limit kiri f di c ditulis lim f ( x) L x c
untuk setiap 0 terdapat 0 sehingga f ( x) L apabila c x c .
Y 1
f
X
O
– 1
Catatan: (1) Jika L adalah limit kanan f di c , ditulis dengan lim f ( x) L . x c
Jika L adalah limit kiri f di c, ditulis dengan lim f ( x) L . x c
Gambar 4.3.1: f ( x) = sgn x
Jelas lim f ( x) tidak ada. Akan tetapi x 0
apabila diadakan pembatasan: (a) Pertama f 1 : (,0) , f 1( x) = – 1. Jelas lim f 1 ( x) 1 . x 0
Limit ini disebut limit kiri f di c = 0. (b) Kedua f 2 : (0,) , f 2( x) = 1. Jelas lim f 2 ( x) 1 . x 0
Limit ini disebut limit kanan f di c = 0.
(2) Limit-limit lim f dan lim f dise x c
x c
but limit sepihak f . Limit-limit sepihak boleh keduanya ada, sama atau tidak sama. (3) Jika A merupakan selang dengan c merupakan ujung kiri maka f : A mempunyai limit jika dan hanya jika f : A mempunyai limit kanan di c. Demikian pula, jika A merupakan selang dengan c merupakan ujung kanan maka f : A mempunyai limit jika dan hanya jika f : A mempunyai limit kiri di c.
Teorema 4.3.2 Dipunyai A R, f : A R, dan c suatu titik kumpul A (c, ) maka: PBE (a) lim f ( x) L R;
c x c . Jelas c x c dan c x c x c .
Jadi 0 0 f ( x) L apabila x c
x c
(b) untuk setiap barisan x n n N c unsur-unsur di A dengan xn > c barisan f ( x n ) n N L . Buktinya sederhana, diserahkan pembaca sebagai latihan.
.
Jadi lim f ( x) L . x c
Contoh 4.3.4 (a) Dipunyai f ( x) = sgn ( x) 1, x 0 . 1 , 0 x Jelas lim f ( x) lim (1) 1 dan
Teorema 4.3.3
x 0
Dipunyai A R, f : A R, dan c suatu
x 0
lim f ( x) lim(1) 1 .
x 0
x 0
titik kumpul A (c, ) dan A ( , c) .
Jadi lim f ( x) lim f ( x ) .
Nilai lim f ( x) L
Jadi lim f ( x ) tidak ada.
x c
x 0
x 0
lim f ( x) L = lim f ( x) . x c
x 0
x c
Contoh 4.3.2 (b) 1
Bukti:
Dipunyai g ( x) e x , x 0. Sket grafik f :
( ) Dipunyai lim f ( x) L . x c
Ambil sembarang 0 . Pilih 0 sehingga f ( x) L apabila x c Jelas x c
Y
.
c x c . Jadi 0 0 f ( x) L apabila c x c dan c x c . Jadi lim f ( x) L = lim f ( x ) . x c
x c
() Dipunyai lim f ( x) L = lim f ( x ) . x c
x c
Ambil sembarang 0 . Pilih 0 sehingga f ( x) L
apabila c x c dan
1 X
Kasus x > 0: t Ingat 0 < t < e untuk setiap t > 0. Ambil sembarang x > 0. 1 Jelas 0 . x
Jadi 0
e
x
1 x n
x
1
Bangun x n Jelas
Kasus x > 0:
1
1
n
.
Jelas 0
.
x. 1
1
tidak ada.
x 0
1 x
Jadi lim x 0
e
1
1
0.
1
1
.
1
Dipunyai lim e x x 0
1
Jadi 0 e x x . Jelas lim 0 0 lim ( x) . x 0
Jadi lim x 0
x 0
Jadi lim e x 0
1
0.
0. 1
1
e x
1 x
x.
x 0
e x Kasus x < 0:
1 x
1
e x 1 e x Jelas lim 0 0 lim x .
Kasus x < 0: 1 Jelas 0 . x
Jadi 0
ex .
1
Jadi 0
1 x 0
1
e x
Jadi g ( x n ) n untuk setiap n N . Jadi lim e
x 1
Jadi 0
n.
x
1
1
1
1.
1
lim e x
x 0
1
1
Karena nilai kedua limit sepihak di 0 1 tidak sama maka lim 1 tidak ada.
1
x 0
Jadi lim e x tidak ada.
e x
x 0
1
Contoh 4.3.2 (c) 1
Dipunyai h( x)
1 x
e
, x 0.
Limit Tak Hingga
1
Sket grafik h:
Fungsi f : R – {0} R, f ( x )
1
x 2 yang gambarnya adalah sebagai berikut:
Y
Y 1
0
X
X
Tidak terbatas pada sembarang lingkungan 0. Dengan demikian f tidak mempunyai limit berdasarkan definisi sebelumnya. Selain itu lambang – dan bukan menyatakan suatu bilangan real. 1 Biasa dikatakan untuk f ( x ) 2 x menghampiri apabila x 0.. Definisi 4.3.5
dan hanya jika untuk setiap M > 0 terdapat 0 sehingga f ( x) > M untuk setiap dengan x A 0 x c . (b) Limit f menuju – apabila x c ditulis dengan lim f ( x) jika x c
dan hanya jika untuk setiap N < 0 terdapat 0 sehingga f ( x) < N x A untuk setiap dengan 0 x c .
Contoh 4.3.6 (a)
2
x
2
1
Jadi f ( x )
.
2
1 x
2
1
2
M .
Jadi M 0 0 sehingga f ( x) > M apabila 0 x c 1
.
.
Contoh 4.3.6 (b) Dipunyai g: R – {0} R, g ( x )
1 x
.
Kasus x < 0: Ambil sembarang M > 0. Jelas g( x) < M . Jadi g tidak menuju + apabila x0. Kasus x > 0: Ambil sembarang N < 0. Jelas g( x) > N . Jadi g tidak menuju – apabila x0.
Beberapa perolehan pada pasal 4.1 dan 4.2 dapat diperlus menjadi teoremateorema limit. Teorema 4.3.7
1
x 0 x 2
1
1
x 0 x 2
x c
Tulis
Jadi
Jadi lim
Dipunyai A R, f : A R, dan c R suatu tiik kumpul A. (a) Limit f menuju + apabila x c ditulis dengan lim f ( x) jika
Tunjukkan lim
2
0 x 2 0 x 2 2 .
.
Dipunyai A R, f : A R, dan c R suatu titik kumpul A. Jika f ( x ) g ( x )
f ( x ) .
untuk setiap x A, x c maka:
x Ambil sembarang M > 0. 1 Pilih . M
Dipunyai 0 x 0 Jelas 0 x 0
(a) Jika lim f ( x) x c
maka lim g ( x) x c
.
(b) Jika lim g ( x) 0 x
x c
maka lim f ( x) x c
(b) Jika c R suatu titik kumpul A {, c ) , maka nilai f menuju ditulis dengan lim f ( x) jika dan hanya jika
Bukti: (a) Dipunyai lim f ( x) . x c
Ambil sembarang M > 0. Pilih 0 sehingga f ( x ) M apabila 0 x c
.
Dipunyai f ( x ) g ( x ) . Jadi g ( x ) M Jadi M 0 0 sehingga g( x)>M apabila 0 x c
.
Jadi lim g ( x) . x c
x c
untuk setiap M > 0 terdapat 0 sehingga f ( x ) M apabila c – < x < 0 dan dan nilai f menuju ditulis lim f ( x) jika dan hanya jika x c
untuk stiap N < 0 terdapat 0 sehingga f ( x ) N apabila c – < x < c. Contoh 4.3.9
(b) Dipunyai lim g ( x) . x c
Ambil sembarang N < 0. Pilih 0 sehingga f ( x ) N apabila 0 x c
Dipunyai f : R – {0} R, f ( x)
x
.
Grafik f :
.
Dipunyai f ( x ) g ( x ) . Jadi f ( x ) N Jadi N 0 0 sehingga g( x)< N apabila 0 x c
1
Y
. f
Jadi lim f ( x) . x c
O
Definisi 4.3.8 Dipunyai A R, f : A R. (a) Jika c R suatu titik kumpul A {c, ) , maka nilai f menuju ditulis dengan lim f ( x) jika dan hanya jika x c
untuk stiap M > 0 terdapat 0 sehingga f ( x ) M apabila c < x < +c dan dan nilai f me-nuju ditulis lim f ( x ) jika dan hanya jika x c
untuk setiap N < 0 terdapat 0 sehingga f ( x ) N apabila c – < x < c.
f
Intuisi: (a) lim f ( x) x 0
(b) lim f ( x) x 0
Bukti: (a) Kasus x < 0: Ambil sembarang N < 0. 1 Pilih . N
X
Dipunyai 0 x 0 Jelas 0 x
1
x
1
Jadi f ( x )
1
tulis lim f ( x) L jika dan hanya
. 0 < – x < 1
x
x
1
jika untuk setiap 0 terdapat M > a sehingga f ( x) L apabila x >
.
M .
1
N . x Jadi untuk setiap N < 0 terdapat sehingga f ( x ) N apabila 0
(b) Dipunyai
x
hanya jika untuk setiap 0 terdapat < b sehingga N f ( x) L apabila x < N .
x 0
Jelas 0 x
1 x
1
Teorema 4.3.11 Dipunyai A R, f : A R dan ( a, ) A Pernyataan beikut ekivalen: (1) lim f ( x) L x
.
1
Jadi f ( x)
0 < x <
untuk suatu
b R . Nilai limit f untuk x di- tulis lim f ( x) L jika dan
c – < x < c. Jadi lim f ( x) . (b) Kasus x > 0: Ambil sembarang N < 0. 1 Pilih . M Dipunyai 0 x 0 .
(, b) A
1
M . x Jadi untuk setiap M > 0 terdapat sehingga f ( x ) M apabila 0 c< x < c + . Jadi lim f ( x) .
(2) untuk setiap x n n N di A ( a , ) sehingga lim xn , barisan n
f ( x n ) n N
L .
Bukti: Diserahkan pembaca sebagai latihan.
x 0
Dari perolehan ini disimpulkan bahwa lim f ( x) tidak ada. x 0
Teorema 4.3.13 Dipunyai A R, f : A R. 1. Dipunyai ( a , ) A untuk suatu a A lim f ( x)
untuk setiap
Limit di Tak Hingga
(a)
Terdapat dua tipe limit fungsi di tak hingga, yaitu: nilai limit untuk x atau x .
R terdapat K ( ) a sehingga f ( x ) apabila x K ( ) . (b) lim f ( x) untuk setiap
x
x
Definisi 4.3.10 Dipunyai A R, f : A R. (a) Dipunyai ( a, ) A untuk suatu a R. Nilai limit f untuk x + di-
R terdapat K ( ) a sehingga f ( x ) apabila x K ( ) .
] 2. Dipunyai ( , b ) A untuk suatu a A (a)
Gambar: f dengan
untuk setiap
lim f ( x)
x
R terdapat K ( ) b sehingga f ( x ) apabila x K ( ) . (b) lim f ( x) untuk setiap
lim f ( x)
x
f
Y K ()
x
R terdapat K ( ) b sehingga f ( x ) apabila x K ( ) .
x K ()
b
X
Interpretasi geometri limit di tak hingga: Gambar: f dengan
Gambar: f dengan
lim f ( x)
x
lim f ( x)
x
Y
Y f
f ( x)
K () x
a
x
X
X b
K
f ( x) f
Gambar: f dengan
lim f ( x)
x
Teorema 4.3.14 Dipunyai A R, f : A R dan ( a, ) A
Y K ( x
a
X
x
(b) jika setiap barisan x n n N di ( a,) konvergen maka f ( x n ) n N .
f ( x)
untuk suatu a R. Pernyataan berikut ekivalen: (a) lim f ( x)
dan (a) lim f ( x) f
x
(b) jika setiap barisan x n n N di ( a,) konvergen maka f ( x n ) n N .
