Analisis Real II.pdf

Segala puji hanya milik Allah SWT. Sholawat serta salam penulis haturkan kepada Rasulullah Muhammad SAW. Atas rahmat dan hidayah Allah SWT semata, penulisan buku PENGANTAR ANALISIS REALini dapat diselesaikan. Buku PENGANTAR ANALISIS REAL ini ditulis dengan harapan untuk mengatasi kesulitan mahasiswa Jurusan Matematika dalam memahami buku-. buku PENGANTAR ANALISIS REAL ini

sengaja dibuat untuk membantu

mahasiswa dalam mengikuti matakuliah ANALISIS REAL I DAN ANALISIS REAL II. Buku ini menekankan delapan konsep dasar dan menerapkan konsep tersebut dalam banyak. sekali situasi praktis. Dalam gaya, buku ini sederhana dan langsung dengan penjelasan yang terang, dan contoh yang menjelaskan, dan himpunan soal-soal yang telah diperiksa secara saksama. Suatu bentuk baru yang didisain dengan apik mengundang mahasiswa untuk membaca buku ini. kami telah mencoba mencapai suatu penampilan yang rapi dan bersih di mana hasil-hasil yang penting terpampang secara jelas. Bab yang pertama memperkenalkan konsep pokok himpunan dan operasi pada himpunan, fungsi, induksi matematika, Bab 2 Sistem Bilangan Real menerangkan sifat-sifat Aljabar bilangan Real, Nilai Mutlak, Sifat Kelengkapan pada R , Interval dan titik cluster, himpunan buka dan tutup di R, himpunan takhingga, bab 3

mempeljari barisan Bilangan Real, Barisan Konvergen, Ekor Barisan,

Teorema Limit, Barisan Monoton, Barisan Cauchy, Barisan Divergen. Selanjutnya untuka menunjang dalam pembelajaran analisis real maka diberikan bab 4 konsep topologi R, persekitaran, titik limit, titik dalam, penutup, titik batas dan titik luar, himpunan kekompakan selanjutnya Bab 5 Limit Fungsi dan Kekontinuan dengan Limit Fungsi dan definisi kontinu, Konsep limit dan Kontinu, Limit kanan, Limit

i

kiri, Kontinu kiri dan Kontinu kanan, Kekontinuan Seragam, Bab 6 Konsep Turunan, pengertian dan konsep Turunan, teorema nilai rata-rata, teorema Taylor dan metode Newton. Untuk memantapkan suatu pengetahuan tentaang integral diberikan pada bab 7

dengan Integral Riemann,

definisi Integral Riemann,

integral Limit, dan bab terakhir dibahas tentang integral Riemann-Stieltjes, siifatsifat integral Riemann-Stieljes

UCAPAN TERIMA KASIH DAN REKOMENDASI Kami menyampaikan terima kasih Yang tulus kepada para penelaah Yang telah sangat banyak memperbaiki usaha-usaha kami. Terima kasih Yang khusus ditujukan Yang membaca dan memberikan komentar terinci pada keseluruhan naskah. Bapak Ibuku yang memberikan segalanya dan kasih sayangnya serta Roefi, Silfa, Mantri, Citra,

Ria Nor Fika Yuliandari,

ponaknku Faqih dan Fatir, keluarga besar Drs. Sahiruddin, M.Si. abdussakir, M.Pd, teman-teman FSAINTEK UIN Malang.

Kritik dan saran kami harapkan demi baiknya buku ini. Semoga bermanfaat bagi kepentingan semua. Malang, Agustus 2008

Penulis.

ii

Saya Persembahkan Buku ini Untuk: Para Peminat Matematika, dan Perkembangannya, Bapak, Ibu, Istriku Ria Norfika Yuliandari. Rofi, Citra, Silva, Mantri, dan Ponakannku Faqih & Fatir

iii

DAFTAR ISI

i

KATA PENGANTAR 1

iv

PENDAHULUAN

1

1.1.

Himpunan dan Operasi pada Himpunan

1.2.

Fungsi

1.3.

Induksi Matematika

2

8 22

SISTEM BILANGAN REAL

2.1.

Sifat-sifat Aljabar Bilangan Real

2.2.

Nilai Mutlak

2.3.

Sifat Kelengkapan pada R

2.4.

Interval dan Titik Cluster

2.5.

Himpunan Buka dan Tutup di R

2.6.

Himpunan Takhingga

3

30

30

37 41 46 48

49

BARISAN BILANGAN REAL

3.1.

Barisan Bilangan Real

3.2.

Barisan Konvergen

3.3.

Ekor Barisan

3.4.

Teorema Limit

3.5.

Barisan Monoton 77

3.6.

Barisan Cauchy

3.7.

Barisan Divergen 81

54

54 59

64 68

79

iv

1

4

KONSEP TOPOLOGI R

4.1.

Persekitaran

4.2.

Titik limit

4.3.

Titik dalam, penutup

4.4.

Titik batas dan Titik luar

4.5.

Himpunan Kekompakan

5

83

83 84 88 94 95

LIMIT FUNGSI DAN KEKONTINUAN

100

5.1.

Limit Fungsi dan Definisi kontinu

5.2.

Konsep Limit dan Kontinu

5.3.

Limit Kanan, Limit Kiri, Kontinu Kiri dan Kontinu Kanan

5.4.

Kekontinuan Seragam

6

KONSEP TURUNAN

100

108

120 124

6.1.

Pengertian Dan Konsep Turunan

6.2.

Teorema Nilai Rata-rata

6.3.

Teorema Taylor dan Metode Newton

7

INTEGRAL RIEMANN

7.1.

Definisi Integral Riemann

7.2.

Integral Limit

8

124

136 148

157

157

164

INTEGRAL RIEMANN-STIELTJES

8.1.

Definisi Integral Riemann-Stieltjes

8.2.

Sifat-sifat Integral Riemann-Stieljes

v

174 177

114

1 PENDAHULUAN 1.1.

Himpunan dan Operasi pada Himpunan

Himpunan adalah kumpulan objek-objek yang terdefinisi dengan jelas ( well defined). Objek-objek yang termasuk dalam suatu himpunan disebut unsur atau anggota himpunan. Himpunan biasanya disimbolkan dengan huruf kapital, seperti A, B, C, dan D, sedangkan anggota himpunan disimbolkan dengan huruf kecil, seperti a, b, c, dan d. Jika a adalah unsur pada himpunan A, maka ditulis a ∈ A. Jadi, perlu dipahami bahwa tulisan a ∈ A mempunyai arti bahwa a anggota himpunan A, a unsur himpunan A, A memuat a, atau a termuat di A. Jika a bukan unsur pada himpunan

A, maka ditulis a ∉ A. Himpunan yang tidak mempunyai anggota disebut himpunan kosong dan dinotasikan dengan 0/ . Himpunan dapat dinyatakan dalam dua bentuk penulisan, yaitu bentuk tabular (tabular form) dan bentuk pencirian (set-builder form). Bentuk tabular adalah penulisan himpunan dengan mendaftar semua anggotanya di dalam tanda kurung kurawal { }. Sebagai contoh, A = {2, 4, 6, 8, 10} menyatakan bahwa himpunan A memuat bilangan 2, 4, 6, 8, dan 10. Bentuk pencirian adalah penulisan himpunan dengan menyebutkan sifat atau syarat keanggotan anggota himpunan tersebut, misalnya

A = { x ⏐1 < x < 10}. Secara lebih umum, himpunan dapat didefinisikan sebagai kumpulan semua x yang memenuhi syarat-syarat yang ditentukan. Notasi 1

A = { x ⏐ P(x)} mendefinisikan A sebagai himpunan semua x yang memenuhi syarat P(x). Notasi tersebut dibaca “A adalah himpunan x sedemikian hingga P(x)”. Sebagai contoh

A = { x ⏐1 < x < 10} dibaca A adalah himpunan x sedemikian hingga 1 < x < 10. Notasi

A = {x ∈ B ⏐P(x)} juga digunakan untuk menyatakan bahwa A memuat semua unsur x di B yang memenuhi syarat P(x). Beberapa himpunan yang akan sering ditemui dalam buku ini adalah sebagai berikut. N = Himpunan bilangan asli atau bilangan bulat positif = {1, 2, 3, …} W = Himpunan bilangan cacah atau bilangan bulat nonnegatif

= {0, 1, 2, …}

Z = Himpunan bilangan bulat = {…, -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, …} Q = Himpunan bilangan rasional = {

a ⏐ a, b ∈ Z, b ≠ 0} b

R = Himpunan bilangan real.

Himpunan bilangan real yang tidak dapat dinyatakan sebagai dan b ≠ 0 disebut himpunan bilangan irrasional. Bilangan

2,

a dengan a, b ∈ Z b 3 , dan

8 adalah

contoh bilangan irrasional. Definisi 1.1.1 Misalkan A dan B himpunan. A dikatakan himpunan bagian (subset) dari B,

⊆ ditulis A B, jika setiap unsur di A merupakan unsur di B. Secara simbolik, A ⊆ B ⇔ (x ∈ A ⇒ x ∈ B) Tulisan A ⊆ B dapat dimaknai bahwa A subset B, A termuat di B, atau B memuat

A. Jika A subset B dan ada unsur di B yang tidak termuat di A, maka A disebut subset sejati dari B, dan ditulis A ⊂ B.

2

Definisi 1.1.2 Misalkan A dan B himpunan. A dikatakan sama dengan B, ditulis A = B,

jika A subset B dan B subset A. Secara simbolik,

A = B ⇔ A ⊆ B ∧ B ⊆ A. Definisi 1.1.3 Misalkan A dan B himpunan. Gabungan A dan B, ditulis A ∪ B, adalah

himpunan yang memuat semua unsur di A atau B. Secara simbolik,

A ∪ B = { x ⏐x ∈ A ∨ x ∈ B}. Kata “atau” bermakna bahwa x termuat di A saja, B saja, atau di A sekaligus B. Definisi 1.1.4 Misalkan A dan B himpunan. Irisan A dan B, ditulis A

∩ B, adalah

himpunan yang memuat semua unsur di A dan B. Secara simbolik,

A ∩ B = { x ⏐x ∈ A ∧ x ∈ B }. Kata “dan” bermakna bahwa x termuat di A sekaligus di B. Jika A ∩ B = ∅, maka

A dan B disebut himpunan yang saling lepas (disjoint). Definisi 1.1.5 Misalkan A dan B himpunan. Komplemen relatif dari A di B, ditulis B\A,

adalah himpunan yang memuat semua unsur di B tetapi tidak termuat di A. Secara simbolik,

B\A = { x ∈ B ⏐ x ∉ A}. Jika A adalah subset dari himpunan tertentu B, maka B\A biasanya disebut komplemen dari A dan ditulis Ac. Akan diperoleh bahwa

(Ac)c = A dan B = A ∪ Ac. Berikut ini disajikan beberapa teorema dasar berkenaan dengan operasi pada himpunan. Teorema 1.1.6 Misalkan A, B, dan C adalah himpunan. Maka,

a. A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) b. A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) 3

Bukti: Pada buku ini akan dibuktikan bagian a dan yang lain diberikan sebagai

latihan. Untuk membuktikan

A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C), maka harus ditunjukkan

A ∩ (B ∪ C) ⊆ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) dan (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) ⊆ A ∩ (B ∪ C) Untuk menunjukkan

A ∩ (B ∪ C) ⊆ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C), diambil sebarang

x ∈ A ∩ (B ∪ C), maka x ∈ A dan

x ∈ (B ∪ C). x ∈ (B ∪ C) berarti x ∈ B atau x ∈ C. Jika x ∈ B, maka x ∈ A ∩ B. Sehingga diperoleh

x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C). Jika x ∈ C, maka

x ∈ A ∩ C. Sehingga diperoleh

x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C). Karena untuk sebarang

x ∈ A ∩ ( B ∪ C) berlaku

x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C), maka disimpulkan

A ∩ (B ∪ C) ⊆ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C). Untuk menunjukkan (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) ⊆ A ∩ (B ∪ C) 4

diambil sebarang

x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C). Diperolah x ∈(A ∩ B) atau x ∈ (A ∩ C). Jika x ∈ (A ∩ B), maka x ∈ A dan x ∈

B. Karena x ∈ B, maka x ∈ (B ∪ C). Diperoleh

∈

∩

∪

x A (B C). Jika x ∈ (A ∩ C), maka x ∈ A dan x ∈ C. Karena x ∈ C, maka x ∈ (B ∪ C). Diperoleh

x ∈ A ∩ (B ∪ C). Karena untuk sebarang x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) berlaku

x ∈ A ∩ (B ∪ C), maka disimpulkan (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) ⊆ A ∩ (B ∪ C). Dengan demikian, terbukti A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C). Teorema 1.1.7 (Hukum De Morgan) Misalkan A dan B adalah subset himpunan S.

Maka a. (A ∪ B)c = Ac ∩ Bc. b. (A ∩ B)c = Ac ∪ Bc. Bukti: Dalam buku ini akan dibuktikan bagian a dan bagian b diberikan sebagai

latihan. Untuk membuktikan

∪ harus ditunjukkan

(A

c

c

B) = A

∩

c

B,

(A ∪ B)c ⊆ Ac ∩ Bc dan

Ac ∩ Bc ⊆ (A ∪ B)c . Untuk menunjukkan (A ∪ B)c ⊆ Ac ∩ Bc 5

diambil sebarang x ∈ (A ∪ B)c, maka x ∉ A ∪ B. Karena x ∉ A ∪ B, maka x ∉ A dan x ∉ B. Jadi, x ∈ Ac dan x ∈ Bc. Dengan kata lain, x ∈ Ac ∩ Bc. Diperoleh (A ∪ B)c ⊆ Ac ∩ Bc. Untuk menunjukkan c

∩

c

⊆

∪

c

A B (A B) Diambil sebarang x ∈ Ac ∩ Bc, maka x ∉ A dan x ∉ B. Diperoleh

x ∉ A ∪ B.

Sesuai definisi, maka x ∈ (A ∪ B)c. Jadi,

Ac ∩ Bc ⊆ (A ∪ B)c Dengan demikian terbukti (A ∪ B)c = Ac ∩ Bc. Definisi 1.1.8 Misalkan A dan B himpunan. Perkalian Cartesius dari A dan B, ditulis

A × B, adalah himpunan semua pasangan berurutan (a, b), dengan a ∈ A dan b ∈ B. Secara simbolik,

A × B = {(a, b) ⏐ a ∈ A, b ∈ B}.

Sebagai contoh, jika A = {1, 2, 3} dan B = {a, b, c}, maka

A × B = {(1, a), (1, b), (1, c), (2, a), (2, b), (2, c), (3, a), (3, b), (3, c)}. Perkalian Cartesius dari R dan R ditulis dengan R2 dan sering digambarkan sebagai bidang Cartesius.

Latihan 1.1 1. Misalkan A = {-2, -1, 0, 1, 2}, B ={0, 1, 2, 3}, dan C ={0, 2, 4, 6}

∪

∪

∪

a. Tentukan A B, B C, A A\B, C\B, dan B\(A ∪ C).

∩ C, A

∩ B, A

∩ C, B

∩ C,

A

∪ (B

C),

b. Tentukan A × B, C × B, (A × B) ∩ (C × B), (A ∩ C) × B. c. Apa hubungan yang diperoleh antara ( A × B) ∩ (C × B) dan (A ∩ C) × B? Buktikan hubungan tersebut untuk sebarang himpunan A, B, dan C. 2. Jika A dan B himpunan, buktikan bahwa a. A ∪ ∅ = A.

A ∩ ∅ = ∅. 6

b. A ∪ A = A.

A ∩ A = A.

c. A ∪ B = B ∪ A.

A ∩ B = B ∩ A.

3. Benar atau salah (Jika benar buktikan, jika salah beri contoh penyangkal) a. Jika A ⊆ B dan B ⊆ C, maka A ⊆ C.

⊆

⊆

∪ ⊆

b. Jika A C dan B C, maka A c. A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ C.

B

C.

d. (A ∩ B) ∪ (B ∩ C) ∪ (A ∩ C) = A ∩ B ∩ C. 4. Jika A, B, dan C himpunan, buktikan bahwa a. A ∪ (B ∪ C) = (A ∪ B) ∪ C. b. A ∩ (B ∩ C) = (A ∩ B) ∩ C. 5. Jika A ⊆ B, buktikan bahwa a. A ∪ B = B. b. A ∩ B = A. 6. Jika A subset dari himpunan X, buktikan bahwa a. A ∪ Ac = X. b. A ∩ Ac = ∅. c. (Ac)c = A. 7. Jika A, B, dan C himpunan, buktikan bahwa

A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C). 8. Jika A dan B adalah subset dari himpunan S, buktikan bahwa

(A ∩ B)c = Ac

∪ B. c

9. Jika A dan B adalah subset dari himpunan S, buktikan bahwa

A\B = A ∩ Bc. 10. Jika A dan B adalah himpunan, tunjukkan bahwa (A ∩ B) dan A\B adalah saling lepas dan buktikan bahwa

A = (A ∩ B) ∪ (A\B) 11. Jika A, B, dan C himpunan, buktikan bahwa (A × B) ∪ (A × C) = A × (B ∪ C). 7

12. Tunjukkan jika f : A → B dan E, F

⊂ A maka f (E ∪ F) ( =) f (E ∪ f F )

) ⊆( ) f E( ) ∩ f F . dan f (E ∩ F B 13. Tunjukkan jika f : A → dan

G , H ⊂ B maka

f −1 (G ∪ )H =() f −1 (G ∪ f −1 H ) dan f −1 (G ∩ H ) =() f −1 (G ∩ f −1 H ) . 14. Berikan suatu contoh pada fungsi f , g : R → R sedemikian sehingga f ≠ g akan tetapi berlaku f o g = g o f . 15. Buktikan jika f : A → B bijektif dan

g : B → C bijektif m aka g o f bijektif

dengan A surjektif pada C.

B 16. Misalkan f : A → dan

g : B → C sehingga

17. Tunjukkan jika g o f injektif maka f injektif. 18. Tunjukkan jika g o f surjektif maka f surjektif.

1.2.

Fungsi

Pada sebagian besar buku teks, fungsi f dari himpunan A ke himpunan B didefinisikan sebagai aturan yang memasangkan masing-masing anggota A dengan tepat satu anggota B. Jika a ∈ A oleh f dipasangkan dengan b ∈ B, maka ditulis

f(a) = b. Pada definisi tersebut masih menyisakan masalah mengenai “aturan” dan “memasangkan”. Seseorang mungkin bertanya, “Aturan yang bagaimana?” dan “Memasangkan bagaimana?”Pada buku-buku teks yang lain, fungsi dedifinisikan sebagai grafik. Definisi ini juga masih belum jelas karena grafik itu sendiri belum jelas definisinya. Jika berbicara grafik pada bidang, akan diperoleh bahwa grafik tersebut adalah kumpulan titik-titik. Masing-masing titik adalah pasangan berurutan bilangan-bilangan. Berdasarkan alasan ini, maka akan diberikan definisi fungsi yang lebih mudah diterima dan dipahami.

8

Definisi 1.2.1 Misalkan A dan B himpunan. Fungsi f dari A ke B adalah subset dari A ×

B yang memenuhi sifat berikut. 1.

Untuk masing-masing a ∈ A, ada b ∈ B sehingga (a, b) ∈ f.

2.

Jika (a, b), (a, c) ∈ f, maka b = c.

Himpunan A disebut didefinisikan dengan

domain

dari f, dan ditulis dengan Df.

Range

dari f, ditulis Rf,

Rf = { b ∈ B ⏐(a, b) ∈ f, untuk suatu a ∈ A).

Pada definisi 1.2.1, fungsi f dari A ke B tidak sekedar subset A × B. Kata kunci dari definisi 1.2.1 adalah bahwa masing-masing a ∈ A menjadi komponen pertama dari tepat satu pasangan berurutan (a, b) ∈ f. Pada definisi 1.2.1, tidak ada syarat bahwa A dan B haruslah himpunan tak kosong. Bagaimana jika himpunan A atau himpunan B adalah himpunan kosong?

∈ Jika f fungsi dari A ke B dan (a, b) dan akan ditulis

f, maka b disebut

b = f(a) atau f : a

a

nilai

dari fungsi f di a

b.

Dalam buku ini juga digunakan notasi f : A → B untuk menyatakan bahwa f fungsi dari A ke B. Notasi f : A → B dapat diartikan dengan f memetakan A ke B atau f pemetaan dari A ke B. Jika f : A → R, maka f disebut fungsi bernilai real pada A. Berikut ini beberapa contoh untuk lebih memahami definisi fungsi. 1. Misalkan A = {1, 2, 3, 4}dan B = {-2, -1, 0, 1, 2}. Misalkan f subset A × B dengan f = {(1, 2), (2, -1), (3, 0), (4, 2)}, maka f adalah fungsi dari A ke B dan

Rf = {-1, 0, 2}. Masing-masing

a ∈ A berada pada tepat satu pasangan

berurutan (a, b) ∈ f. Meskipun 2 ∈ B berada pada dua pasangan berurutan berbeda (1, 2) dan (4, 2), hal ini tidak bertentangan dengan definisi fungsi. 2. Misalkan A dan B sama seperti pada nomor 1, dan g didefinisikan dengan

g = {(1, 2), (2, 1), (3, 3), (4, 0)}.

9

Maka g bukan fungsi dari A ke B karena g bukan subset A × B. Ada (3, 3) ∈ g tetapi (3, 3) ∉ A × B. 3. Misalkan A dan B seperti pada nomor 1, dan f didefinisikan dengan

f = {(1, -2), (2, -1), (4, 2)}. Maka f bukan fungsi dari A ke B, karena ada 3 ∈ A tetapi tidak ada b ∈ B sehingga (3, b) ∈ f. 4. Misalkan A dan B seperti pada nomor 1, dan h didefinisikan dengan

h = {(1, -2), (2, -1), (2, 1), (3, 0), (4, 2)}. Maka h bukan fungsi dari A ke B karena (2, -1), (2, 1) ∈ f, tetapi -1 ≠ 1. 5. Misalkan A = B = R, dan misalkan f didefinisikan dengan

f = {(x, y) ∈ R2 ⏐ y = 3x + 2}. Maka f adalah fungsi (Mengapa?) dengan Df = R. Fungsi f dinyatakan oleh persamaan y = 3x + 2. Notasi standar untuk menyatakan fungsi f adalah

f(x) = 3x + 2 dengan Df = R. Pada contoh nomor 5, f(x) = 3x + 2 tidak dapat langsung disebut sebagai fungsi sebelum jelas domainnya. Dalam hal ini

f(x) = 3x + 2, dengan Df = {x ∈ R ⏐ x > 0} dan

g(x) = 3x + 2, dengan Dg = R adalah dua fungsi yang berbeda. Penjelasan ini membawa pada definisi berikut. Definisi 1.2.2 Misalkan f fungsi dari A ke B, dan A1 ⊆ A. Fungsi g dari A1 ke B dengan

g = {(a, b) ∈ f ⏐ a ∈ A1}, disebut penyempitan (restriksi) dari f pada A1. Sesuai definisi 1.2.2, diperoleh bahwa g adalah restriksi dari f jika Dg ⊆ Df dan

g(x) = f(x), untuk semua x ∈ A.

10

Definisi 1.2.3 Misalkan f fungsi dari A ke B, dan A ⊆ A1. Fungsi g dengan domain A1

sedemikian hingga g(x) = f(x), untuk semua x ∈ A, disebut perluasan (ekstensi) dari f pada A1. Pada contoh sebelumnya

f(x) = 3x + 2, dengan Df = {x ∈ R ⏐ x > 0} dan

g(x) = 3x + 2, dengan Dg = R adalah dua fungsi yang berbeda. Karena Df ⊆ Dg dan f(x) = g(x), untuk semua

x ∈ Df, maka f adalah penyempitan dari g pada {x ∈ R⏐ x >0}. Sebaliknya, karena Df ⊆ Dg dan g(x) = f(x), untuk semua x ∈ Df, maka g adalah perluasan dari f pada R. Definisi 1.2.4 Misalkan A, B himpunan, dan f fungsi dari A ke B. Fungsi f disebut fungsi

pada jika Rf = B. Berdasarkan definisi 1.2.4, f : A → B disebut fungsi pada jika untuk masingmasing b ∈ B terdapat a ∈ A sehingga f(a) = b. Untuk selanjutnya, perlu dibedakan antara kalimat “f fungsi dari A ke B” dengan “f fungsi dari A pada B”. Fungsi pada sering disebut juga dengan fungsi surjektif, fungsi pada atau fungsi onto. Jika f fungsi surjektif, maka f disebut surjeksi. Definisi 1.2.5 Misalkan A, B himpunan, dan f fungsi dari A ke B. Jika

E ⊆ A, maka

bayangan (image) dari E oleh f, ditulis f (E), didefinisikan dengan f(E) = { f(x) ⏐x ∈ E}. Jika H ⊆ B, maka bayangan balikan (inverse image) dari H oleh f, ditulis f-1(H), didefinisikan dengan

f-1(H) = { x ∈ A ⏐f(x) ∈ H} Jika H = {y}, maka f-1({y}) akan ditulis dengan f-1(y). Jadi, jika y ∈ B, maka

f-1(y) = { x ∈ A ⏐ f(x) = y}. Berdasarkan definisi 1.2.5, diperoleh bahwa jika E ⊆ A, maka 11

f(E) ⊆ B. Jika H ⊆ B, maka f-1(H) ⊆ A. Pembaca akan melihat bahwa f(A) = Rf, sehingga f adalah fungsi onto jika dan hanya jika f(A) = B. Perlu diperhatikan bahwa sampai saat ini belum ada definisi mengenai f-1 sendiri. Untuk memahami definisi bayangan dan bayangan balikan, perhatikan beberapa contoh berikut. 1. Misalkan A={1, 2, 3, 4, 5, 6}, B = Z, dan f : A → Z didefinisikan dengan

f = {(1, -2), (2, 4), (3, 1), (4, 3), (5, 0), (6, -2)}. Misalkan E = {2, 3, 4} ⊆ A, maka

f(E) = {f(2), f(3), f(4)} = {4, 1, 3}. Jika H = {-2, -1, 0, 1, 2, 3}, maka

f-1(H) = {1, 3, 4, 5, 6}. Karena f(1) = f(6) = -2, maka f-1(-2) = {1, 6}. f-1(2) = ∅ karena tidak ada a ∈ A sehingga f(a) = 2. 2. Misalkan f : Z → Z dengan f(x) = x2. Jika E = N, maka

f (E) = {1, 4, 9, …}. akan diperoleh

f-1(f(E)) = Z\{0}. Dalam contoh ini E ⊆ f-1(f(E)). 3. Misalkan f : R → R dengan f(x) = 3x + 2. Jika E = { x ∈ R⏐ -2 < x ≤ 4}, maka

f(E) = {f(x) ⏐x ∈ E} = {3x + 2 ⏐-2 < x ≤ 4} = { y ∈ R ⏐4 < y ≤ 14}, dan

f-1(E) = { x ∈ R⏐ f(x) ∈ E} = { x ∈ R ⏐ 3x + 2 ∈ E}

12

={x∈R⏐ −

4 2 < x ≤ }. 3 3

Misalkan f adalah fungsi dari A ke B. Jika A1 ⊆ A2 ⊆ A, maka akan diperoleh

f(A1) ⊆ f(A2). Demikian juga, jika B1 ⊆ B2 ⊆ B, maka f-1(B1) ⊆ f-1(B2). Teorema 1.2.6 Misalkan f adalah fungsi dari A ke B. Jika A1 ⊆ A2 ⊆ A, maka

a. f(A1 ∪ A2) = f(A1) ∪ f(A2), b. f(A1 ∩ A2) ⊆ f(A1) ∩ f(A2). Bukti: Untuk membuktikan bagian a, perlu ditunjukkan bahwa

f(A1 ∪ A2) ⊆ f(A1) ∪ f(A2) dan

f(A1) ∪ f(A2) ⊆ f(A1 ∪ A2). Untuk membuktikan

f(A1 ∪ A2) ⊆ f(A1) ∪ f(A2), ambil sebarang y ∈ f(A1∪A2). Maka y = f(x), untuk suatu x ∈ A1∪ A2. Jadi, x ∈ A1 atau x ∈ A2. Jika x ∈ A1, maka

y = f(x) ∈ f(A1). Jika x ∈ A2, maka

y = f(x) ∈ f(A2). Jadi, diperoleh

y = f(x) ∈ f(A1) ∪ f(A2).

Disimpulkan bahwa

f(A1 ∪ A2) ⊆ f(A1) ∪ f(A2). Untuk membuktikan

f(A1) ∪ f(A2) ⊆ f(A1 ∪ A2), diperoleh bahwa 13

A1 ⊆ A1 ∪ A2 sehingga

f(A1) ⊆ f(A1 ∪ A2) dan A2 ⊆ A1 ∪ A2 selanjutnya

f(A2) ⊆ f(A1 ∪ A2). Terbukti bahwa

f(A1) ∪ f(A2) ⊆ f(A1 ∪ A2). Jadi, diperoleh

f(A1 ∪ A2) = f(A1) ∪ f(A2). Untuk bukti bagian b, diketahui bahwa

A1 ∩ A2 ⊆ A1 dan A1 ∩ A2 ⊆ A2 sehingga diperoleh

f(A1 ∩ A2) ⊆ f(A1) dan f(A1 ∩ A2) ⊆ f(A2). Disimpulkan bahwa

f(A1 ∩ A2) ⊆ f(A1) ∩ f(A2). Misalkan f : Z → Z dengan f(x) = x2. Jika

A1 = {0, 1, 2, 3, 4, …} dan

A2 = {0, -1, -2, -3, -4, …}, maka

f(A1) = f(A2) = {0, 1, 4, 9, 16, …}. Karena A1 ∩ A2 = {0}, maka

f(A1 ∩ A2) = f(0) = {0} ≠ f(A1) ∩ f(A2) = {0, 1, 4, 9, 16, …}. Hal ini menunjukkan bahwa kesamaan pada Teorema 1.2.6.b tidak selamanya berlaku. Teorema 1.2.7 Misalkan f adalah fungsi dari A ke B. Jika B 1 ⊆ B2 ⊆ B, maka

a. f-1(B1 ∪ B2) = f-1(B1) ∪ f-1(B2), 14

b. f-1(B1 ∩ B2) = f-1(B1) ∩ f-1(B2), c. f-1(B\B1) = A\f-1(B1). Bukti:

(a). Ambil sebarang x ∈ f-1(B1 ∪ B2). Sesuai definisi, maka

f(x) ∈ B1 ∪ B2. Jika f(x) ∈ B1, maka x ∈ f-1(B1). Jika f(x) ∈ B2, maka x ∈ f-1(B2). Diperoleh bahwa x ∈ f-1(B1) ∪ f-1(B2). Dengan demikian

f-1(B1 ∪ B2) ⊆ f-1(B1) ∪ f-1(B2). Diketahui bahwa B1 ⊆ B1 ∪ B2 dan B1 ⊆ B1 ∪ B2 sehingga

f-1(B1) ⊆ f-1(B1 ∪ B2) dan

f-1(B1) ⊆ f-1(B1 ∪ B2). Jadi diperoleh bahwa

f-1(B1) ∪ f-1(B2) ⊆ f-1(B1 ∪ B2).

Karena

f-1(B1 ∪ B2) ⊆ f-1(B1) ∪ f-1(B2) dan

f-1(B1) ∪ f-1(B2) ⊆ f-1(B1 ∪ B2), maka terbukti

f-1(B1 ∪ B2) = f-1(B1) ∪ f-1(B2). (b). Diketahui bahwa B1 ∩ B2 ⊆ B1 dan B1 ∩ B2 ⊆ B2. Dengan demikian, maka

f-1(B1 ∩ B2) ⊆ f-1(B1) dan

f-1(B1 ∩ B2) ⊆ f-1(B2). Jadi,

f-1(B1 ∩ B2) ⊆ f-1(B1) ∩ f-1(B2). 15

Ambil sebarang x ∈ f-1(B1) ∩ f-1(B2), maka x ∈ f-1(B1) dan x ∈ f-1(B2). Jadi,

f(x) ∈ B1 dan f(x) ∈ B2. Diperoleh f(x) ∈ B1 ∩ B2. Sesuai definisi, maka

∈ x

Dengan demikian

-1

∩

f (B1

B2).

f-1(B1) ∩ f-1(B2) ⊆ f-1(B1 ∩ B2). Karena

f-1(B1∩B2) ⊆ f-1(B1) ∩ f-1(B2) dan

f-1(B1)∩ f-1(B2) ⊆ f-1(B1∩ B2), maka terbukti

f-1(B ∩ B ) = f-1(B ) ∩ f-1(B ). 1

2

1

2

(c). Diberikan sebagai latihan. Definisi 1.2.8 Misalkan f adalah fungsi dari A ke B. f disebut fungsi satu-satu jika

x, y ∈ A, dengan f(x) = f(y), maka x = y. Definisi 1.2.8 dapat juga dinyatakan dengan f fungsi satu-satu jika x, y ∈ A dengan x ≠ y, maka f(x) ≠ f(y). Jadi, fungsi f dari A ke B disebut fungsi satu-satu jika masing-masing unsur berbeda di A mempunyai bayangan yang berbeda di B. Fungsi satu-satu sering juga disebut dengan fungsi injektif. Jika f fungsi injektif, maka f disebut injeksi. Pembuktian bahwa fungsi f adalah satu-satu dapat dilakukan dengan menggunakan syarat “jika f(x) = f(y), maka x = y” atau “jika

x ≠ y, maka f(x) ≠

f(y)”. Contoh berikut akan menjelaskan cara membuktikan bahwa suatu fungsi adalah satu-satu. Misalkan f : R → R dengan f(x) = 3x + 2. Akan ditunjukkan bahwa f fungsi satu-satu. Pertama digunakan bukti langsung menggunakan definisi. Ambil 16

sebarang x, y ∈ A, dengan f(x) = f(y). Karena f(x) = f(y), maka

diperoleh

3x + 2 = 3y + 2. Kedua ruas ditambah –2 dan kemudian dibagi 3, maka didapat

x = y. Karena untuk sebarang x, y ∈ A, dengan f(x) = f(y) berlaku x = y, maka disimpulkan f fungsi satu-satu. Kedua digunakan bukti tidak langsung. Ambil sebarang x, y ∈ A, dengan x ≠ y. Akan ditunjukkan bahwa f(x) ≠ f(y). Andaikan

f(x) = f(y), maka 3x + 2 = 3y + 2. Akibatnya, diperoleh x = y. Hal ini bertentangan dengan yang diketahui bahwa x ≠ y. Berarti pengandaian salah, dan yang benar adalah f(x) ≠ f(y). Karena untuk sebarang x, y ∈ A, dengan x ≠ y berlaku f(x) ≠ f(y), disimpulkan f fungsi satu-satu. Berdasarkan definisi 1.2.8, f fungsi satu-satu dari A ke B jika dan hanya jika f-1(y) memuat paling banyak satu elemen, untuk setiap y ∈ B. Jika f fungsi onto, maka

f-1(y) memuat tepat satu elemen x ∈ A, untuk setiap y ∈ B. Dengan demikian, jika f fungsi satu-satu dari A pada B, maka himpunan g dengan

g = { (y, x) ∈ B × A ⏐ f(x) = y} adalah fungsi dari B ke A. Selain itu, g merupakan fungsi satu-satu dari A pada B (Mengapa?). Hubungan antara fungsi f dan g adalah sebagai berikut.

Dg = Rf dan Rg = Df, serta (y, x) ∈ g jika dan hanya jika (x, y) ∈ f. Secara singkat, dapat dinyatakan

g(y) = x jika dan hanya jika

f(x) = y.

Penjelasan ini membawa pemahaman pada definisi berikut. Definisi 1.2.9 Misalkan f adalah fungsi satu-satu dari A pada B dan

f-1 = { (y, x) ∈ B × A ⏐ f(x) = y}. Fungai f-1 dari B pada A disebut fungsi invers dari f. Berdasarkan penjelasan sebelumnya, maka untuk setiap y ∈ B,

f-1(y) = x jika dan hanya jika f(x) = y. 17

Perlu dijelaskan perbedaan antara f-1(H) dengan f-1. Jika f adalah fungsi dari A ke B, dan y ∈ B sebarang, maka f-1(y) [yang sebenarnya adalah f-1({y})] didefinisikan sebagai himpunan semua x ∈ A sehingga f(x) = y. Jika f adalah fungsi satu-satu dari

A pada B, dan y ∈ B sebarang, maka f-1(y) adalah nilai dari fungsi invers f-1 di y.

∈

-1

-1

Dengan demikian, (y, x) f dapat ditulis dengan f (y) = x. Berikut ini beberapa contoh mengenai fungsi invers. 1. Misalkan f : R → R dengan f(x) = 3x + 2. Fungsi f adalah fungsi satu-satu dari R pada R dan f-1 diberikan dengan f-1(y) =

1 3

(y – 2), dengan Df-1 = R.

2. Misalkan f : R → R dengan f(x) = x2. Akan diperoleh bahwa f bukan fungsi satu-satu karena ada –2, 2 ∈ R, dengan –2 ≠ 2 tetapi f(-2) = f(2) = 4. Jika Df = A = { x ∈ R ⏐x ≥ 0}, maka f adalah fungsi satu-satu dari A pada A. Misalkan x, y ∈ A dengan x ≠ y. Anggaplah x < y, maka diperoleh x2 < y2 , yakni f(x) ≠ f(y). Untuk menunjukkan bahwa f fungsi pada, perlu ditunjukkan bahwa untuk setiap y ∈ A, ada x ∈ A sehingga f(x) = y. Secara intuitif, karena y

≥ 0 diketahui bahwa x ada yaitu x = y [Pembuktian secara formal mengenai eksistensi x sehingga x =

y , jika y ≥ 0, akan ditunjukkan pada bagian

selanjutnya]. Karena f fungsi satu-satu dari A pada A, maka f-1 ada yaitu f-1(y) =

y , dengan Df-1 = { y ∈ R ⏐y ≥ 0}. Misalkan f fungsi dari A ke B, dan g fungsi dari B ke C. Jika

a ∈ A, maka

f(a) ∈ B. Karena B = Dg, maka f(a) oleh g akan dipetakan ke g(f(a)) di C. dengan cara ini, akan diperoleh suatu fungsi h dari A ke C yang memetakan a ∈ A ke g(f(a)) di

C. Sebagai ilustrasi, perhatikan Gambar 1.1 berikut.

18

• f

f B

a

• a h C

A

Gambar 1 Komposisi g dengan f.

Jadi, h adalah fungsi dari A ke C dengan h(a) = g(f(a)), untuk setiap

a ∈ A.

Definisi 1.2.10 Misalkan f fungsi dari A ke B, dan g fungsi dari B ke C. Fungsi

go

f : A → B, yang didefinisikan dengan g o f = {(a, c) ∈ A × C ⏐ c = g(f(a))} disebut komposisi dari g dengan f. Berdasarkan definisi 1.2.10, syarat agar komposisi dari g dengan f terdefinisi adalah R haruslah subset dari D . Untuk memahami definisi 1.2.10, perhatikan f

g

beberapa contoh berikut. 1. Misalkan f : R → R dengan f(x) = x2 dan g : R → R dengan

g( x ) = x +

1. Maka (g o f)(x) = g(f(x)) = g(x2) = x2 + 1, dengan D(g o f) = R, dan (f o g)(x)=f(g(x))=g(x +1)=(x + 1)2 = x2+2x +1, dengan D(f og) =R. Berdasarkan contoh ini, diperoleh bahwa (g o f) ≠ (f o g). 2. Misalkan f(x) =

x , dengan Df = {x ∈ R ⏐x ≥ 0} dan

dengan Dg = R.

g(x) = x2,

Maka (g o f)(x) = g(f(x)) = g( x ) = x,

dengan

D(g o f) = {x ∈ R ⏐x ≥ 0}. Meskipun (g o f)(x) = x, berlaku untuk

semua x∈ R, domain g o f adalah 19

{x ∈ R ⏐x ≥ 0} bukan R. Teorema 1.2.11 Misalkan f fungsi dari A ke B, dan g fungsi dari B ke C.

(a) Jika f dan g fungsi injektif, maka g o f adalah fungsi injektif. (b) Jika g o f adalah fungsi injektif, maka f adalah fungsi injektif. Bukti:

(a) Ambil sebarang a, b ∈ A dengan (g o f)(a) = (g o f)(b). Akan ditunjukkan bahwa

a = b. Karena (g o f)(a) = (g o f)(b), berarti

g(f(a)) = g(f(b)). Karena g fungsi injektif, maka f(a) = f(b). Karena f fungsi injektif, maka a = b. Jadi, terbukti g o f adalah fungsi injektif. (b) Diberikan sebagai latihan. Teorema 1.2.12 Misalkan f fungsi dari A ke B, dan g fungsi dari B ke C.

(a) Jika f dan g fungsi surjektif, maka g o f adalah fungsi surjektif. (b) Jika g o f adalah fungsi surjektif, maka g adalah fungsi surjektif. Bukti:

(a) Ambil sebarang c ∈ C. Akan ditunjukkan ada a ∈ A sehingga (g o f)(a) = c. Karena g fungsi surjektif, maka ada b ∈ B sehingga g(b). Karena f fungsi surjektif, maka ada a ∈ A, sehingga f(a)= b. Jadi, ada a ∈ A sehingga (g o f)(a) = g(f(a)) = g(b) = c. Terbukti bahwa g o f adalah fungsi surjektif. (b) Diberikan sebagai latihan. Definisi 2.9 Misalkan f fungsi dari A ke B. f disebut fungsi bijektif jika f adalah fungsi

injektif (fungsi satu-satu) dan fungsi surjektif (fungsi pada).

20

Latihan 1.2 1. Misalkan A = {0, 1, 2, 3} dan B = N. Manakah di antara subset dari A × B berikut yang merupakan fungsi dari A ke B? Jelaskan! a. f = {(0, 2), (1, 4), (2, 6)} b. g = {(0, 1), (1, 3), (2, 5), (3, 7)} c. h = {(0, 7), (1, 2), (1, 8), (2, 3), (3, 3)} d. j = {(-1, 0), (0, 2), (1, 4), (2, 6), (3, 8)} e. k = {(x, y) ⏐ y = 2x + 3, x ∈ A} 2. a. Misalkan A = { (x, y) ∈ R × R ⏐ y = -3x + 3}. Apakah A fungsi? Jelaskan? b. Misalkan B = { (x, y) ∈ R × R ⏐ y2 + x2 = 1}. Apakah B fungsi? Jelaskan? 3. Misalkan f : R → R dengan f(x) = x2. a. Tentukan f-1(4)! b. Jika E = { x ∈ R⏐ -1 ≤ x ≤ 0}, tentukan f(E) dan f-1(E)! c. Jika F = { x ∈ R⏐ 0 ≤ x ≤ 1}, tentukan f(F) dan f-1(F)! d. Tentukan hubungan antara f(E ∩ F) dan f(E) ∩ f(F)! 4. Misalkan f : R → R dengan f(x) = 2x + 5 dan g : R → R dengan g(x) = 3x + 1. Tentukan (g o f) dan (f o g)! 5. Berilah suatu contoh fungsi f dan g dari R ke R sehingga g o f = f o g! 6. Misalkan f fungsi satu-satu dari A ke B. Tunjukkan bahwa

(f-1 o f )(x) = x,

untuk semua x ∈ A dan ( f o f-1)(y) = y, untuk semua y ∈ Rf! 7. Misalkan f dan g fungsi sehingga (g o f)(x) = x, untuk semua x ∈ Df, dan (f o g)(y) = y, untuk semua y ∈ Dg. Buktikan g = f-1! 8. Misalkan f fungsi dari A ke B, dan g fungsi dari B ke A sehingga

(g o f)(x) = x,

untuk semua x ∈ A. Tunjukkan bahwa f injeksi! Apakah f harus surjeksi? 9. Misalkan f injeksi dari A ke B. Buktikan bahwa 21

f-1 = {(b, a) ∈ B × A⏐(a, b) ∈ f} adalah injeksi! 10. Misalkan f : A → B, dan g: B → C adalah injeksi. Tunjukkan bahwa (g o f)-1 = f-1 o g-1 di R(g o f)!

B 11. Tunjukkan jika f : A → dan

E , F ⊂ A maka f (E ∪ F ) ( =) f (E ∪ f F )

) ⊆( ) f E( ) ∩ f F . dan f (E ∩ F B 12. Tunjukkan jika f : A → dan

G , H ⊂ B maka

f −1 (G ∪ H ) = ()f −1 G( ) ∪ f −1 H dan f −1 (G ∩ H ) =()f −1 G( ) ∩ f −1 H . 13. Berikan suatu contoh pada fungsi f , g : R → R sedemikian sehingga f ≠ g akan tetapi berlaku f

o

g = go f.

14. Buktikan jika f : A → B bijektifdan

g : B → C bijektif maka g o f bijektif

dengan A surjektif pada C.

B g : B → C sehingga 15. Misalkan f : A → dan i. Tunjukkan jika g o f injektif maka f injektif. ii. Tunjukkan jika g o f surjektif maka f surjektif.

1.3.

Induksi Matematika

Induksi matematika adalah suatu metode pembuktian yang banyak digunakan dalam buku ini. Metode ini digunakan untuk membuktikan kebenaran suatu pernyataan yang berkenaan dengan himpunan bilangan asli. Dalam bagian ini akan disajikan prinsip induksi matematika dan beberapa variasinya. Beberapa contoh juga akan diberikan untuk menjelaskan penggunaan induksi matematika dalam membu-ktikan suatu pernyataan. Teorema 1.3.1 (Sifat Terurut dengan Baik pada N) Setiap himpunan bagian

takkosong dari N mempunyai unsur terkecil.

22

Sifat Terurut dengan Baik pada N secara ringkas dapat dinyatakan sebagai berikut. Jika S ⊆ N, S ≠ ∅, maka ada m ∈ S sehingga m ≤ s, untuk setiap s ∈ S. Sifat ini seringkali dianggap sebagai postulat atau aksioma yang berlaku pada N. Teorema 1.3.2 (Prinsip Induksi Matematika) Untuk masing-masing n ∈ N, misa-

lkan P(n) adalah pernyataan yang berkaitan dengan n. Jika (a) P(1) benar, dan (b) P(k + 1) benar, jika P(k) benar, maka P(n) benar untuk semua n ∈ N. Bukti:

Andaikan hipotesis pada Teorema 1.3.2 benar tetapi kesimpulannya salah,

yakni P(n) tidak benar untuk semua n ∈ N. Berarti ada n ∈ N sehingga P(n) salah. Misalkan A = { k ∈ N ⏐ P(k) salah}. Jadi, A ⊆ N dan A ≠ ∅. Sesuai sifat terurut dengan baik, maka A mempunyai unsur terkecil, sebut m. Karena P(1) benar, maka

m > 1. Jadi, m – 1 ∈ N dan m – 1 < m. Karena m unsur terkecil di A, maka m – 1 ∉ A. Berarti P(m –1) benar. Sesuai hipotesis bagian (b), maka P(m) juga benar. Jadi, m

∉ A. Terjadi kontradiksi. Terbukti bahwa P(n) benar untuk semua n ∈ N. Berikut ini beberapa contoh penggunaan induksi matematika untuk membuktikan pernyataan yang berkaitan dengan himpunan bilangan asli. 1.

Misalkan P(n) adalah pernyataan 1 + 2 + 3 + ⋅⋅⋅ + n =

1 n( n + 1) , 2

n ∈ N. Akan ditunjukan bahwa P(n) benar untuk semua n ∈ N. Untuk n = 1, maka P(1) benar karena 1= Untuk

1 ⋅1(1 + 1). 2

n = k, asumsikan P(k) benar. Artinya, 1 + 2 + 3 + ⋅⋅⋅ + k =

Maka diperoleh 23

1 k(k + 1). 2

1 + 2 + 3 + ⋅⋅⋅ + k + (k + 1) = = =

1 k(k + 1) + (k + 1) 2

1 [k(k + 1) + 2(k + 1)] 2 1

(k + 1)(k + 2)

2 1 = (k + 1)[(k + 1) + 1). 2 Berarti, jika P(k) benar maka P(k + 1) juga benar. Sesuai prinsip induksi matematika, terbukti 1 + 2 + 3 + ⋅⋅⋅ + n = berlaku untuk semua 2.

1 n( n + 1) , 2

n ∈ N.

Misalkan P(n) adalah pernyataan n < 2n, untuk semua n ∈ N. Akan ditunjukkan bahwa P(n) benar untuk semua n ∈ N. Untuk n = 1, maka P(1) benar karena 1 < 21. Untuk n = k, asumsikan P(k) benar. Artinya, k < 2k. Maka diperoleh

k + 1 < 2k + 1 < 2k + 2k = 2(2k) = 2k + 1. Jadi, jika P(k) benar maka P(k + 1) juga benar. Sesuai prinsip induksi matematika, terbukti n < 2n, benar untuk semua n ∈ N. 3.

Misalkan P(n) adalah pernyataan n + 5 < n, untuk semua n ∈ N. Jika P(k) benar maka P(k + 1) juga benar, yaitu k + 5 < k maka (k + 1) + 5 < (k + 1). Meskipun demikian, tidak dapat disimpulkan bahwa P(n) benar untuk semua n, karena untuk n = 1 ternyata P(1) salah. Dalam hal ini kondisi P(1) harus benar sangat krusial. Prinsip induksi matematika sering juga dinyatakan dalam bentuk berikut.

Misalkan S ⊆ N yang memenuhi sifat (a) 1 ∈ S, dan 24

(b) Jika k ∈ S, maka k + 1 ∈ S, maka S = N. Bentuk ini sama dengan bentuk pada Teorema 1.3.2 dengan mendefinisikan

S = { n ∈ N ⏐ P(n) benar}. Prinsip induksi matematika juga digunakan untuk membuktikan kebenaran pernyataan yang dirumuskan secara rekursif. Misalkan f fungsi dari N ke R yang didefinisikan sebagai berikut.

f(1) = 1, dan

f(n + 1) = (n + 1) f(n), untuk n ∈ N. Akan diperoleh bahwa

f(1) = 1, f(2) = 2 f(1) = 2⋅1, f(3) = 3 f(2) = 3⋅2⋅1, f(4) = 4 f(3) = 4⋅3⋅2⋅1. Berdasarkan pola tersebut diperoleh dugaan bahwa

f(n) = n!, n ∈ N. Dugaan ini benar untuk n = 1, yakni

f(1) = 1 = 1!. Asumsikan juga benar untuk n = k, yakni f(k) = k!. Maka untuk n = k + 1, diperoleh

f(k + 1) = (k+1) f(k) = (k+1)k! = (k+1)!. Sesuai prinsip induksi matematika, maka f(n) = n!, benar untuk semua n ∈ N. Meskipun pada Teorema 1.3.2 dimulai dari n = 1, pernyataan akan tetap berlaku jika dimulai dari sebarang bilangan bulat no ∈ Z. Hal ini dinyatakan dalam teorema berikut.

25

Teorema 1.3.3 (Prinsip Induksi Matematika Dimodifikasi) Misalkan no

∈ Z.

Untuk masing-masing n ∈ Z, n ≥ no, misalkan P(n) adalah pernyataan yang berkaitan dengan n. Jika (a) P(no) benar, dan (b) P(k + 1) benar, jika P(k) benar, k ≥ no,

maka P(n) benar untuk semua n ∈ Z, n ≥ no. Jika no = 1, maka Teorema 1.3.3 tidak lain adalah Teorema 1.3.2. Pembuktian Teorema 1.3.3 akan mudah dilakukan dengan Teorema 1.3.2 dengan menetapkan Q(n) = P(no + n –1), n ∈ N,

yang tidak lain adalah pernyataan yang berkaitan dengan bilangan bulat positif. Penggunaan Teorema 1.3.3 dapat dilihat pada contoh berikut. Misalkan akan dibuktikan bahwa 2n < n!, untuk n ∈ N, n ≥ 4. Untuk n = 4, maka 24 = 16 < 24 = 4! Berarti untuk n = 4, pernyataan tersebut benar. Asumsikan pernyataan benar untuk n = k ≥ 4, artinya 2k < k!. Diperoleh 2k + 1 = 2⋅2k < 2⋅k! < (k + 1)⋅k! = (k + 1)!. Berarti jika pernyataan benar untuk n = k ≥ 4, maka pernyataan juga bernilai benar untuk n = k + 1. Dengan demikian disimpulkan bahwa 2n < n!, bernilai benar untuk semua n ∈ N, n ≥ 4. Terdapat versi lain dari prinsip induksi matematika yang juga sangat berguna. Ada penulis yang menyebut versi ini dengan prinsip induksi matematika kedua (The

Second Principle of Mathematical Induction) dan ada juga yang menyebut dengan prinsip induksi yang kuat (The Principle of Strong Induction). Versi ini disajikan dalam teorema berikut. Teorema 1.3.4 (Prinsip Induksi yang Kuat) Untuk masing-masing

misalkan P(n) adalah pernyataan yang berkaitan dengan n. Jika 26

n ∈ N,

(a) P(1) benar, dan (b) Untuk k ≥ 1, P(k + 1) benar, jika P(j) benar untuk semua bilangan asli j ≤ k, maka P(n) benar untuk semua n ∈ N. Prinsip Induksi yang Kuat ini dapat juga dinyatakan sebagai berikut. Misalkan S himpunan bagian dari N yang memenuhi sifat (a)

1 ∈ S, dan

(b)

(k + 1) ∈ S, jika 1, 2, …, k ∈ S,

maka S = N. Berikut ini contoh penggunaan Prinsip Induksi yang Kuat untuk membuktikan kebe-naran suatu pernyataan yang berkaitan dengan bilangan asli. Misalkan f : N → N yang didefinisikan sebagai berikut. f(1)=1, f(2)=2, dan

f(n) =

1 [f(n - 1) + f(n - 2)], untuk semua n > 2. 2

Akan ditunjukkan bahwa 1 ≤ f(n) ≤ 2, untuk semua n ∈ N. Untuk

n = 1, diperoleh bahwa 1 ≤ f(1) ≤ 2,

dan untuk n = 2, juga diperoleh 1 ≤ f(2) ≤ 2. Untuk n = k ≥ 1, asumsikan bahwa 1 ≤ f(j) ≤ 2, untuk semua bilangan asli j ≤k. Berarti bahwa 1≤ f(k) ≤ 2 dan 1≤ f(k -1) ≤ 2. Sehingga diperoleh bahwa 2 ≤ f(k) + f(k - 1) ≤ 4. 27

Jadi, 1≤

1 [f(k) + f(k - 1)] ≤ 2. 2

Terbukti bahwa jika 1 ≤ f(j) ≤ 2, untuk semua bilangan asli j ≤ k, k ≥ 1, maka 1 ≤ f(k + 1) ≤ 2. Sesuai Prinsip Induksi yang Kuat disimpulkan bahwa 1≤ f(n) ≤ 2, untuk semua

n ∈ N.

Latihan 1. 3 1. Gunakan prinsip induksi matematika untuk menunjukkan bahwa masingmasing pernyataan berikut benar untuk semua n ∈ N. a. 1 + 2 + 3 + ⋅ ⋅ ⋅ + n =

n( n + 1) . 2

b. 1 + 3 + 5 + ⋅ ⋅ ⋅ + (2n – 1) = n2. c. 12 + 22 + 32 + ⋅ ⋅ ⋅ + n2 =

n( n + 1)( 2n + 1) . 6

⎡ n( n + 1) ⎤ . d. 1 + 2 + 3 + ⋅ ⋅ ⋅ + n = ⎢ ⎣ 2 ⎥⎦ 2

3

3

3

3

e. 2 + 22 + 23 + ⋅ ⋅ ⋅ + 2n = 2(2n – 1). f.

1 1 1 n + +L+ = . 1( 2 ) 2( 3 ) n( n + 1) n + 1

2. Buktikan masing-masing pernyataan berikut dengan induksi matematika. a. 2n > n, untuk semua n ∈ N. b. 2n > n2, untuk semua n ∈ N dan n ≥ 5. c. 13 + 23 + 33 + ⋅ ⋅ ⋅ + n3 <

n4 , untuk semua n ∈ N dan n ≥ 3. 2

3. Untuk masing-masing fungsi f dengan domain N berikut, tentukan rumus untuk

f(n) dan buktikan kebenaran rumus tersebut dengan induksi matematika. 28

a. f(1) =

1 1 , dan f(n) = (n - 1) f(n - 1) , untuk semua n > 1. 2 n +1

b. f(1) = 1, f(2) = 4, dan f(n) = 2f(n - 1) - f(n - 2)], untuk semua n > 2. c. f(1) = 1, f(2) = 2, dan f(n) =

( n + 1) f(n - 1), untuk semua n > 1. 3n

d. f(1) = 1, f(2) = 0, dan f(n) = f ( n − 2 ) , untuk semua n > 2. n( n − 1) 4. Buktikan bahwa r + r2 + r3 + ⋅ ⋅ ⋅ + rn =

r (1 − r n ) , r ≠ 1, untuk semua n ∈ N. 1−r

5. Buktikan bahwa n < 2n untuk setiap n ∈ N . 6. Buktikan bahwa 2 n < n ! untuk setiap n ≥ 4 , n ∈ N . 7. Misalkan S ⊂ N maka berlaku 2k ∈ S untuk setiap k ∈ N 8. Misalkan S ⊂ N berlaku jika k ∈ S maka k − 1 ∈ S , Buktikan S = N .

29

2 SISTEM BILANGAN REAL

2.1 .

Sifat-sifat Aljabar Bilangan Real

Himpunan bilangan real

R dilengkapi dengan dua operasi, yaitu operasi

penjumlahan (+) dan operasi perkalian ( ⋅), dilambangkan (R, +, ⋅), membentuk suatu sistem matematika yang disebut lapangan (

field ). Beberapa sifat yang

berlaku dalam sistem bilangan real adalah sebagai berikut. 1. Terhadap Operasi Penjumlahan a. Sifat ketertutupan, untuk semua

a, b ∈ R, maka

a + b ∈ R. b. Sifat komutatif, untuk semua

a, b ∈ R, maka

a+b=b+a c. Sifat assosiatif untuk semua

a, b, c ∈ R , berlaku

a + (b + c) =(a + b) + c d. Terdapat unsur identitas penjumlahan, untuk semua a ∈ R, ada 0 ∈ R sehingga

a + 0 = 0 + a = 0. 0 disebut unsur satuan (identitas) penjumlah an.

30

e. Terdapat invers penjumlahan, untuk masing-masing a ∈ R, ada (- a) ∈ R sehingga

a + ( -a ) = ( -a ) + a = 0. ( -a ) disebut invers perjumlahan dari a 2. Terhadap Operasi Perkalian a. Sifat ketertutupan Untuk semua a , b ∈ R, maka

a⋅ b ∈ R b. Sifat komutatif Untuk semua a , b ∈ R, maka

a⋅b = b⋅a c. Sifat assosiatif Untuk semua a , b , c ∈ R, maka

a ⋅ ( b ⋅ c ) =( a ⋅ b ) ⋅ c d. Terdapat unsur identitas perkalian Untuk semua a ∈ R , ada 1 ∈ R, 1 ≠ 0, sehingga

a⋅1 = 1⋅a = a. l disebut unsur satuan (identitas) perkalian. e. Terdapat invers perkalian Untuk masing-masing a ∈ R, a ≠ 0, terdapat

a⋅

1 1 = ⋅ a = 1. a a

1 disebut invers perkalian dari a

a.

3. Terhadap operasi perkalian dan penjumlahan a. Sifat distributif perkalian atas penjumlahan Untuk semua a , b , c ∈ R, berlaku 31

1 ∈ R sehingga a

(a + b)⋅c = a⋅c + b⋅c

Pada daftar sifat-sifat di atas terdapat beberapa hal yang berlebihan, seperti pernyataan

a + 0 = 0 + a = 0, yang sebenarnva cukup dinyatakan a + 0 = 0, karena sesuai sifat komutatif penjumlahan tentu saja jika a + 0 = 0, maka 0 + a = 0. Meskipun demikian, hal ini dilakukan sebagai suatu penekanan. Berdasarkan sifat-sifat di atas, akan disajikan beberapa teorema berkaitan dengan bilangan real. Pertama akan ditunjukkan bahwa identitas penjumlahan dan invers penjumlahan suatu bilangan real masing-masing adalah tunggal. Teorema 2.1.1 Misalkan a, x

a.

∈ R.

Jika a + x = a, maka x = 0.

b. Jika a + x = 0, maka x = -a . Bukti: a.

Diketahui a + x = a dan a + 0 = a. Diperoleh

a + x = a + 0. Jika kedua ruas sama-sama ditambah dengan (- a), akan diperoleh x = a. b.

Diketahui a + x = 0 dan a + (- a) = 0. Diperoleh

a + x = a + (- a ). Jika kedua ruas sama-sama ditambah dengan (- a ), akan diperoleh x = - a. Berdasarkan Teorema 2.1.1, dapat disimpulkan bahwa, jika ada

◘

x ∈ R

yang dapat memenuhi persamaan a + x = a, maka x = 0. Demikian juga, jika ada x ∈ R yang dapat memenuhi persamaan a + x = 0, maka x = (- a ). Hal ini berarti bahwa identitas penjumlahan adalah tunggal dan invers penjumlahan suatu bilangan real adalah tunggal. Pada sistem bilangan real terdapat sifat trikotomi, yaitu bahwa jika adalah suatu bilangan real, maka

kemungkinan untuk a adalah 32

a

a > 0, a = 0, atau a < 0. Jika a > 0, a disebut bilangan real positif dan jika

a < 0, a disebut bilangan real

negatif. Telah diketahui bahwa invers penjumlahan dari bilangan real a ditulis (- a). Jika a adalah bilangan real positif, maka ( -a ) adalah bilangan real negatif dan jika

a adalah bilangan real negatif maka ( -a ) adalah bilangan real positif. Lebih singkatnya, jika a > 0, maka -a < 0 dan jika a < 0 , maka - a > 0 . Dengan demikian, jika a adalah sebarang bilangan real, maka -(- a) = a. Pembuktian pernyataan ini akan diberikan dalam teorema berikut. Teorema 2.1.2 Misalkan a

a.

0⋅a = 0

b.

(-1) .a = -a

c.

- ( -a ) = a

∈ R.

d. (-1) ⋅ (-1) = 1 Bukti: a.

Diketahui 0 + 0 = 0. Jika kedua ruas dikalikan

a , diperoleh

[0 + 0] ⋅ a = 0 ⋅ a . Sesuai sifat distributif, maka 0⋅a + 0⋅a = 0⋅a. Jika kedua ruas ditambah dengan (0 ⋅ a ), diperoleh 0 ⋅ a = 0. b.

Diketahui bahwa 1 + (-1) = 0. Jika kedua ruas dikalikan a, diperoleh [1 + (-1)] ⋅ a = 0 ⋅ a . Sesuai sifat distributif, maka 1 ⋅ a + (-1) ⋅ a = 0 ⋅ a . Jadi, 33

a + (-1) ⋅ a = 0 Jika kedua ruas ditambah dengan (– a ), diperoleh (-1) ⋅ a = - a . c.

Karena (- a) + a = 0, sesuai Teorema 1.1.b, maka

a = -(-a).

d.

Jika pada bagian b, pada (-1)⋅a = - a, disubsitusikan a = (-1) maka diperoleh (-1) ⋅(-1) = -(-1). Sesuai bagian c, - ( - a ) = a , maka -(-1) = 1. Jadi diperoleh (-1) ⋅ (-1) = 1.

Teorema 2.1.3 Misalkan a, b

◘

∈ R.

a. a ⋅ ( - b ) = ( - a ) ⋅ b = - (a ⋅b). b. (- a)⋅(- b) = a⋅ b . c. - ( a + b ) = ( - a ) + ( - b ) Bukti:

a.

Sesuai Teorema 2.1.2.c, maka

a ⋅ ( - b ) = a ⋅ [(-1) ⋅ b ] = [ a ⋅ (-1)] ⋅ b

= [(-1) ⋅ a]⋅b =(-a)⋅b. = [(- 1) ⋅ a ] ⋅ b =(-1)( a ⋅ b ) = -(a⋅b). Jadi, a⋅(- b) = ( - a ) ⋅ b = - (a⋅b). Bukti bagian c dan d diserahkan sebagai latihan.

34

◘

Definisi 2.1.4 Jika a, b

∈ R, maka a - b didefinisikan dengan a +(- b).

Definisi 2.1.5 Misal a, b ∈ R. a dikatakan lebih dari b , ditulis a > b, jika a – b > 0. a

dikatakan kurang dari b, ditulis a < b, jika a – b < 0. Notasi a ≥ b, dibaca a lebih dari atau sama dengan b dan notasi a ≤ b, dibaca a kurang dari atau sama dengan b, didefinisikan secara analog seperti pada Definisi 1.1.2 Himpunan bilangan real R memuat himpunan bagian P yang disebut himpunan bilangan real positif yang memenuhi sifat berikut. 1. Jika a, b ∈ P, maka a + b ∈ P dan a⋅b ∈ P. 2. Jika a ∈ R, maka satu dan hanya satu kondisi berikut yang dipenuhi:

a ∈ P,

- a ∈ P,

a = 0.

Sifat (1) dan (2) disebut sifat urutan pada R. Sebarang lapangan (field) F yang memuat subset yang memenuhi sifat (1) dan (2) disebut lapangan terurut (ordered

field). Seperti yang telah dijelaskan sebelumnya, jika a , b ∈ R dan a – b > 0, yakni a – b ∈ P, maka ditulis a > b atau b < a . Sifat-sifat berikut merupakan konsekuensi dari sifat urutan serta aksioma penjumlahan dan perkalian pada R. Teorema 2.1.6

Misalkan a, b, c ∈ R, maka

(a) Jika a > b, maka a + c > b + c. (b) Jika a > b dan c > d, maka a + c > b + d. (c) Jika a > b, dan c > 0, maka a⋅ c > b⋅ c. (d) Jika a > b, dan c < 0, maka a⋅ c < b⋅ c. (e) Jika a ≠ 0, maka a2 > 0. (f) Jika a > 0, maka

1 1 > 0 dan jika a < 0, maka < 0 . a a

Bukti:

(a) Karena a > b, maka a – b > 0. Jika c ∈ R, maka 35

a–b

= a – b + (c – c) = (a + c) – (b + c) > 0.

Diperoleh

a + c > b + c. Bukti bagian (b)-(f) diserahkan sebagai latihan. Teorema 2.1.7 Jika a, b

◘

∈ R dan a > b, maka a >

a +b > b. 2

Bukti: Diserahkan sebagai latihan.

Sebagai akibat Teorema 2.1.7 diperoleh jika a bilangan real dan a > 0, maka

a>

a > 0. 2

Latihan 2.1 1. Buktikan bahwa 0 = -0. 2.

Jika a, b, c ∈ R . Buktikan a. jika a = b, buktikan bahwa a + c = b + c . b. jika a b, buktikan bahwa a - c > b - c

3.

Jika a, b, c ∈ R, dengan a 0, buktikan bahwa ac < bc.

4.

Jika a, b, c ∈R, dengan a bc.

5.

Jika a ∈ R bahwa a2 ≥ 0.

6.

Jika a , b , c ∈ R . a. Jika a > b dan b > c, buktikan bahwa a > c. b. Buktikan hanya tepat satu pernyataan berikut terpenuhi:

a < b. c. Buktikan jika a ≥ b dan a ≤ b, maka a = b. 7.

Buktikan jika a , b ∈ R dan ab > 0, maka (1) a > 0 dan b > 0, (2) a < 0 dan b < 0. 36

a > b, a = b,

8.

Buktikan bahwa 1 > 0.

9.

Buktikan bahwa jika n ∈ N, maka n > 0.

10. Jika a ∈ R memnuhi a ⋅ a = a , buktikan bahwa a = 0 atau a = 1 11. Jika a ≠ 0 dan b ≠ 0 tunjukkan

1 1 1 = ⎛⎜ ⎞⎟⎛⎜ ⎞⎟. (ab ) ⎝ a ⎠⎝ b ⎠

12. Jika 0 < c < 1 , tunjukkan 0 < c 2 < c < 1. 13. Jika 1< c tunjukkan 1 < c

< c 2.

14. Gunakan induksi matematika untuk menunjukkan jika a ∈ R dan m , n ∈ N maka a m + n

2.2 .

= a m a n dan (a m ) = a mn . n

Nilai Mutlak

Definisi 2.2.1 Jika a

∈ R, nilai mutlak dari a, ditulis a , didefinisikan dengan a = ⎧⎨a , jika a ≥ 0 ⎩− a , jika a < 0

Seba gai cont oh, 5 = 5, kare na 5 ≥ 0 dan − 4 = -(-4) = 4, karena -4 <0 Untuk selanjutnya pembaca dapat mengecek bahwa

a 2 = a . Selain itu, jika

a ≠ 0, maka – a ≠ 0, dan dengan demikian, maka

a > 0. Berikut disajikan

beberapa sifat yang berkaitan dengan nilai mutlak. Teorema 2.2.2

a.

− a = a , untuk setiap a ∈ R .

b.

a − b = b − a , untuk setiap a , b ∈ R .

c.

ab = a b , untuk setiap a , b ∈ R .

d.

a = a 2 , untuk setiap a ∈ R .

e.

2

a 2 = a , untuk setiap a ∈ R. 37

.

f.

Jika r ∈ R , r ≥ 0, maka a ≤ r jika dan hanya jika – r ≤ a ≤ r .

g.

- a ≤ a ≤ a , untuk setiap a ∈ R .

Bukti:

(a) Misal a ∈ R sebarang. Jika a = 0, maka –a = 0, sehingga diperoleh

a = 0 = −a . Jika a > 0, maka –a < 0, sehingga diperoleh a = a = -(- a ) = − a . Jika a < 0, maka –a > 0, sehingga diperoleh

a = -a = − a . Karena a ∈ R sebarang, maka disimpulkan

− a = a , untuk setiap a ∈ R . Bukti bagian (b)-(g) diserahkan sebagai latihan.

◘

Sifat berikut sangat penting dan banyak digunakan dalam buku ini, misalnya pada materi limit barisan. Teorema 2.2.3 (Ke ta ks am aa n Se gi ti ga ) Jika a, b

R. maka

a +b ≤ a + b . Sebagai konsekuensi dari ketaksamaan segitiga, diperoleh dua ketaksamaan yang sangat berguna berikut ini. Teorema 2.2.4 Untuk setiap a, b, c

(a)

∈ R, maka

a −b ≤ a −c + c −b .

(b) a − b ≤ a + b . (c)

a − b ≤ a −b .

Bukti:

(a)

Jika a, b , c ∈ R , maka sesuai ketaksamaan segitiga, diperoleh

38

a − b = (a − c ) + (c − b )

≤ a −c + c −b (b) dan (c) diberikan sebagai latihan.

.

◘

a menyatakan jarak dari a ke titik asal, yaitu 0.

Secara geometri,

Secara umum, untuk a , b ∈ R , jarak Euclid d ( a , b ) antara a dan b didefinisikan dengan

d(a, b) = a − b . Sebagai contoh, d (-2, 5) = ( −2 ) − 5 = − 7 = 7 dan

d (1, 7) = 1 − 7 = − 6 = 6 . Jarak d dapat juga dipandang sebagai fungsi dari R × R ke R , yang memiliki sifat

(1) d ( x , y ) ≥ 0, dan d ( x , y ) = 0 jika dan hanya jika x = y . (2) d ( x , y ) = d ( y, x ) (3) d ( x , y ) ≤ d ( x , z) + d (z, y ) untuk semua x , y , z ∈ R . Sifat yang terakhir juga disebut ketaksamaan segitiga. Definisi 2.2.5 Misalkan a

∈ R, dan ε > 0. Himpunan

Vε(a) = { x ∈ R⏐ x − a < ε } disebut lingkungan-ε dari a. Lingkungan dari a adalah sebarang himpunan yang memuat lingkungan-ε dari a

untuk suatu ε > 0. Untuk suatu a ∈ R, dan ε > 0, maka

Vε(a) = { x ∈ R⏐ a - ε < x < a + ε }. Jadi, jika y ∈ Vε(a), berarti

a - ε < y < a + ε.

39

Teorema 2.2.6 Misal a

∈ R . Jika x ∈ R termuat dalam sebarang lingkungan dari a,

maka x = a. Bukti: Karena x termuat dalam sebarang lingkungan dari

a , maka x ∈ Vε (a),

untuk setiap ε > 0. Andaikan x ≠ a, maka maka x – a ≠ 0 sehingga

− x a > 0. Pilih ε = x − a , maka x ∈ Vε(a). Berarti x −a < ε = x −a . Diperoleh

x −a < x −a . Hal ini jelas tidak mungkin. Jadi, terbukti bahwa x = a. ◘

Latihan 2.2. 1. Tunjukkan bahwa x − a < ε jika dan hanya jika a − ε < x < a + ε . 2. Jika a , b ∈ R tunjukkan bahwa a + b = a + b jika dan hanya jika ab ≥ 0 . 3. Jika a < x < b dan a < y < b tunjukkan x − y < b − a . 4. Temukan semua x ∈ R untuk memenuhi persamaan x + 1 + x − 2 = 7 5. Sketsalah gambar pada persamaan y = x − x − 1 . 6. Tunjukkan bahwa jika a , b , c ∈ R maka min{a , b} =

max{a , b} =

1 (a + b + a −dan b) 2

1 (a + b − a − b ) 2

7. Tunjukkan bahwa jika a , b , c ∈ Rmaka

40

min{a , b}, c = min{{}min a , b , c } .

2.3.

Sifat Kelengkapan pada R

Definisi 2.3.1 Misalkan E ⊆ R. E disebut terbatas di atas (bounded above) jika terdapat

v ∈ R sehingga x ≤ v untuk semua x ∈ E, dan v disebut batas atas (upper bound) untuk E. E disebut terbatas di bawah (bounded below) jika terdapat u ∈ R sehingga u

≤

x

untuk semua x ∈ E, dan u disebut batas bawah (lower bound) untuk E. E disebut terbatas (bounded) jika terbatas di atas dan terbatas di bawah. Contoh 2.3.2

a. Misalkan A = {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Himpunan A terbatas di atas karena a ≤ 8, untuk semua a ∈ A. Himpunan A juga terbatas di bawah karena 0 ≤ a, untuk semua a ∈ A. Semua bilangan real v ≥ 6 merupakan batas atas untuk A, dan semua bilangan real u ≤ 1 merupakan batas bawah untuk A. Jadi, himpunan A adalah terbatas. b. Himpunan bilangan asli N = {1, 2, 3, 4, …} terbatas di bawah dan 1 merupakan

batas bawah, tetapi tidak terbatas di atas. Jika diberikan v ∈ R, maka terdapat n ∈ N sehingga n > v. c. Himpunan E = {1,

1 1 1 1 , , , ...} = { ⏐ n ∈ N } terbatas di atas oleh sebarang 2 3 4 n

bilangan real v ≥ 1 dan terbatas di bawah oleh sebarang bilangan real u ≤ 0. Batas atas terkecil adalah 1 dan batas bawah terbesar adalah 0. d. Himpunan kosong, yaitu 0/ , terbatas di atas dan terbatas di bawah oleh semua bilangan x ∈ R. Dengan demikian, 0/ tidak mempunyai batas atas terkecil dan batas bawah terbesar. Definisi 2.3.3 Misalkan E

⊆ R, E ≠ 0/ , dan terbatas di atas. v ∈ R disebut batas

atas terkecil ( su pre mum ) dari E jika (1). x ≤ v, untuk semua x ∈ E. (2). v ≤ s, untuk semua s batas atas dari E.

41

Definisi di atas menyatakan bahwa agar v ∈ R menjadi supremum dari E maka (1) v haruslah batas atas dari E, dan (2) v selalu kurang dari batas atas yang lain di E. Definisi 2.3.4 Misalkan E

⊆ R , E ≠ 0/ , dan terbatas di atas. u ∈ R disebut batas

bawah terbesar (infimum ) dari E jika (1). u ≤ x, untuk semua x ∈ E. (2). s ≤ u, untuk semua s batas bawah dari E. Definisi di atas menyatakan bahwa agar u ∈ R menjadi infimum dari E maka (1) u haruslah batas bawah dari E, dan (2) u selalu lebih dari batas bawah yang lain di E. Suatu himpunan paling banyak mempunyai satu supremum atau infimum. Jika supremum dan infimum dari suatu himpunan E ada, maka masing-masing dinotasikan sup E Teorema 2.3.5 Misalkan E

inf E.

dan

⊆ R, E ≠ 0/ , dan terbatas di atas. v batas atas dari E adalah

supremum jika dan hanya jika untuk setiap w

∈

R dengan w < v maka w bukan batas atas

dari E. Teorema 2.3.6 Misalkan E


supremum jika dan hanya jika untuk setiap w∈R dengan w

supremum jika dan hanya jika untuk setiap ε > 0 ada x ∈ E sehingga v - ε < x. Berikut ini akan disajikan suatu sifat yang berlaku pada R berkaitan dengan supremum. Sifat ini sangat penting dalam R dan akan banyak digunakan dalam pembahasan selanjutnya. Sifat yang dinyatakan dalam teorema berikut ini sering juga disebut dengan sifat kelengkapan pada R. Aksioma Sifat Supremum pada R

Setiap himpunan tak kosong di R dan terbatas di atas mempunyai supremum. 42

Teorema 2.3.8 Setiap himpunan tak kosong di R dan terbatas di bawah mempunyai

infimum. Bukti: Misalkan E

⊆ R, E ≠ 0/ , dan terbatas di bawah. Definisikan S = {- x ⏐ x ∈ E}.

Jika u batas bawah dari E, maka

u ≤ x, untuk semua x ∈ E. Diperoleh - x ≤ - u,

untuk semua x ∈ E.

Jadi (-u) adalah batas atas dari S. Karena S tidak kosong dan terbatas di atas, maka S mempunyai supremum. Jika v adalah supremum dari S, maka (-v) adalah infimum dari E. Teorema 2.3.9 (Sifat Archimedes) Jika x∈R, maka terdapat bilangan asli n ∈ N sehingga

x
∈ R, dan andaikan tidak ada n ∈ N sehingga

Berarti, untuk semua

x < n.

n ∈ N berlaku n ≤ x. Jadi, N terbatas di atas oleh x.

Karena N ≠ 0/ dan terbatas di atas maka N mempunyai supremum, katakan

v ∈ R. Karena

v – 1 < v, maka ada m ∈ N sehingga v – 1 < m. Diperoleh

v < m + 1. Karena m + 1 ∈ N , berarti v bukan batas atas dari N. Kontradiksi dengan v supremum dari N. Terbukti terdapat bilangan asli

x < n.

◘

Teorema 2.3.10

Misalkan x, y ∈ R , x > 0 dan y > 0. Maka

(a) Ada n ∈ N sehingga x < ny. (b) Ada n ∈ N sehingga 0 <

1 < y. n

(c) Ada n ∈ N sehingga n – 1 < x < n.

43

n ∈ N sehingga

Bukti:

x > 0. Sesuai sifat Archimedes, maka y

(a) Karena x > 0 dan y > 0, mak a

ada n ∈ N sehingga

x < n. y Diperoleh

x < ny . Bagian (b) dan (c) diserahkan sebagai latihan

.

◘

Teorema 2.3.11 (Sifat Kepadatan pada R) Misalkan x, y

∈ R, dengan x < y. Maka

ada bilangan rasional r sehingga x < r < y. Bukti: Tanpa mengurangi sifat keumuman, misalkan x > 0. Karena y – x > 0,

maka terdapat n ∈ N sehingga 1

y−x

< n.

Diperoleh

ny – nx > 1 atau

ny > nx + 1. Karena nx > 0, maka, terdapat m ∈ N maka

m – 1 < nx < m, sehingga

m < nx + 1.

Jadi diperoleh

m < ny. Jadi nx < m < ny, dan dengan mengambil r =

44

m diperoleh x < r < y. n

◘

Teorema 2.3.12 Misalkan x, y

∈

R, dengan x < y, maka ada bilangan irrasional p

sehingga x 0}, Apakah P mempunyai batas bawah, batas atas

dan inf( P ), sup( P ) ada? Buktikan pernyataan anda.

⎧

(− 1)n

⎩

n

2. Misalkan X = ⎨1 −

⎫

: n ∈ N ⎬ , carilah inf( X ), sup( X ) .

⎭

3. Misalkan S ⊆ R ≠ 0/ . Tunjukkan bahwa u ∈ R merupakan batas atas S jika dan hanya jika t ∈ R dan t > u berakibat t ∉ R . 4. Tunjukkan jika A dan B terbatas pada subset R maka A ∪ B himpunan tebatas dan sup( A ∪ B ) = sup{sup A , sup B} . *

*

5. Misalkan S ⊆ R ≠ 0/ dan andaikan bahwa s = sup s dengan s ∈ S jika u ∉ S tunjukkan bahwa sup(S ∪ {u}) = sup{s * , u }.

⎧ ⎩

6. Tunjukkan bahwa sup⎨1 −

1 ⎫ : n ∈ N⎬ = 1 . n ⎭

⎧1 1 ⎫ 7. Jika S = ⎨ − : n , m ∈ N ⎬, carilah inf S dan sup S . ⎩n m ⎭ 8. Misalkan S ≠ 0/ dan S terbatas di R jika a > 0 dan aS = {as : s ∈ S} ,buktikan

inf (aS ) = a inf S dan sup(aS ) = a sup S . 9. Misalkan X ≠ 0/ dan f : X → R terbatas di sup{a + f (x ) : x ∈ X } = a + sup{ f (x ) : x ∈ X } .

R. Jika a ∈ R , tunjukkan

10. Misalkan A , B ⊆ R dan terbatas pada R, jika A + B = {a + b : a ∈ A , b ∈ B}

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

45

2.4 .

Interval dan Titik Cluster

Sesuai sifat urutan pada R, akan didefinisikan beberapa himpunan bagian dari R yang disebut interval.

Misalkan a, b ∈ R, dengan a < b. Interval buka (a, b) didefinisikan dengan

(a, b) = { x ∈ R ⏐a < x < b}. Interval tutup [a, b] didefinisikan dengan

[a, b] = { x ∈ R ⏐a ≤ x ≤ b}. Interval setengah buka (setengah tutup) didefinisikan dengan

[a, b) = { x ∈ R ⏐a ≤ x < b} (a, b] = { x ∈ R ⏐a < x ≤ b}. Interval buka takberhingga (sinar buka) didefinisikan dengan

(a, ∞) = { x ∈ R ⏐a < x} (-∞, a) = { x ∈ R ⏐x < a} Interval tutup takberhingga (sinar tutup) didefinisikan dengan

[a, ∞) = { x ∈ R ⏐a ≤ x} (-∞, a] = { x ∈ R ⏐x ≤ a} Sesuai definisi, maka (a, a) = 0/ Dan [a, a] = {a}. Interval buka, tutup, dan setengah buka (setengah tutup) adalah interval terbatas, sedangkan sinar buka dan sinar tutup adalah interval takterbatas (unbounded). Definisi 2.4.1 Interval I n, n

∈ N disebut interval bersarang (nested interval) jika

I1 ⊇ I2 ⊇ I3 ⊇ … ⊇ In ⊇ In + 1 ⊇ … Sebagai contoh, jika

In = [0, 46

1 ], n

n ∈ N maka In ⊇ In + 1 untuk masing-masing n ∈ N. Dengan demikian, maka

In = [0,

1 ], n

n ∈ N adalah interval bersarang. Interval 1 1 Jn = [- , ], n n

n ∈ N juga merupakan interval bersarang. Definisi 2.4.2 Misalkan S

⊆ R. x ∈ R disebut ti ti k clu ste r atau ti ti k li mi t dari S

jika masing-masing lingkungan- ε dari x memuat y

∈

S dengan x ≠ y. x ∈S yang bukan

titik cluster disebut ti ti k t eri sol asi di S. Pada definisi titik limit atau titik cluster, tidak diharuskan bahwa x adalah unsur di S. Sesuai definisi, x ∈ R adalah titik limit dari S jika

Vε(x) ∩ S\{x} ≠ 0/ , untuk setiap ε > 0. Berdasarkan definisi, dapat juga dinyatakan bahwa x ∈ S adalah titik terisolasi jika terdapat ε > 0 sehingga

Vε(x) ∩ S = {x}. Contoh 2.4.3

(a) Jika S adalah interval buka (0, 1), maka semua titik pada interval tutup [0, 1] adalah

titik limit dari S. Perhatikan bahwa 0 dan 1 bukan titik di S. (b) Semua singleton, yaitu himpunan yang hanya memuat satu unsur, tidak mempunyai titik limit. (c) Sebarang himpunan berhingga tidak mempunyai titik limit. Himpunan bilangan asli N

tidak mempunyai titik limit meskipun N adalah himpunan takberhingga. (d) Himpunan S = {

1 ⏐n ∈ N} mempunyai satu titik limit, yaitu 0. n 47

☻

Teorema 2.4.4 Misalkan S

⊆ R. Jika x ∈ R adalah titik limit dari S maka setiap

lingkungan dari x memuat sejumlah takberhingga titik di S.

Latihan 2.4. 1. jika S ⊆ R ≠ 0/ , tujukkan bahwa S terbatas jika dan hanya jika terdapat interval tertutup dan terbatas I sehingga S ⊆ I .

⎛ 1⎞ 2. misalkan I n = ⎜ 0, ⎟ untuk n ∈ N . Buktikan ⎝ n⎠ ⎛ 1⎞ 3. misalkan J n = ⎜ 0, ⎟ untuk n ∈ N . Buktikan ⎝ n⎠ 2.5 .

∞

I I n = {0} n =1

∞

I J n = 0/ . n =1

Himpunan Buka dan Tutup di R

Definisi 2.5.1 Misalkan E

⊆ R. p ∈ E disebut titik interior dari E jika terdapat

lingkungan V dari p sehingga V

⊆ E. Himpunan semua titik interior dari E

dinotasikan dengan int (E), dan disebut interior dari E. Perlu diingat kembali bahwa lingkungan V dari titik p adalah himpunan yang memuat Vε(p), untuk suatu ε > 0. Dengan demikian, dapat dikatakan p ∈ E adalah titik interior dari E jika terdapat ε > 0 sehingga

Vε(p) ⊆ E. Sebagai contoh, misalkan E = (a, b] dengan a < b. Setiap titik p sehingga

a 0, maka Vε(b) = (b - ε, b + ε) memuat titik yang bukan anggota E. Definisi 2.5.2. Misalkan E

⊆ R. E disebut hi mpu na n buk a di R jika semua titik hi mpu na n tu tu p di R jika E c = R \E

di E adalah titik interior dari E. E disebut adalah himpunan buka.

Sebagai contoh, interval terbuka (a, b) di R adalah himpunan buka di R. Himpunan bilangan real R adalah himpunan buka dan himpunan kosong 0/ adalah 48

himpunan buka di R. Berikut ini disajikan teorema yang buktinya diberikan sebagai latihan. Teorema 2.5.3 Setiap interval buka di R adalah himpunan buka di R. Teorema 2.5.4

(a) Gabungan sejumlah takberhingga himpunan buka di R adalah himpunan buka. (b) Irisan sejumlah berhingga himpunan buka di R adalah himpunan buka. Teorema 2.5.5

(a) Gabungan sejumlah berhingga himpunan tutup di R adalah himpunan tutup. (b) Irisan sejumlah takberhingga himpunan tutup di R adalah himpunan tutup. Teorema 2.5.6 F himpunan bagian dari R adalah tutup jika dan hanya jika F memuat

semua titik limitnya.

Latihan 2.5. 1. Tunjukkan bahwa interval (a , ∞ ) dan (− ∞, a ) adalah himpunan terbuka 2. Tunjukkan bahwa interval (b , ∞ ) dan (− ∞, b ) adalah himpunan tertutup 3. Tunjukkan bahwa bilangan N tertutup di R. 4. Dalam topologi garis pada {0,1,

1 3

, 51 ,......... .} apakah 0 merupakan :

• Titik Kumpul ? Jelaskan alasan. • Titik interior ? Jelaskan alasan. 2.6 .

Himpunan Takhingga

Untuk n ∈ N, didefinisikan Nn = {1, 2, 3, …, n}. Sebagai contoh, N10 = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10} dan N100 = {1, 2, 3, …, 100}. Definisi 2.6.1 Misalkan A dan B adalah himpunan. Himpunan A dikatakan

ekivalen dengan B, ditulis A

≈

B, jika ada bijeksi dari A ke B.

Konsep ekivalen memenuhi sifat-sifat berikut. 1) A ≈ A,

(sifat refleksif)

2) Jika A ≈ B, maka B ≈ A,

(sifat simetris)

3) Jika A ≈ B dan B ≈ C, maka A ≈ C,

(sifat transitif)

49

Sebagai contoh, misalkan

A = {1, 2, 3, 4, …, 25} dan

B = {2, 4, 6, 8, …, 50}. Maka fungsi f dengan domain A dan kodomain B dengan f(x) = 2 x , untuk setiap x ∈ A adalah fungsi bijeksi. Dengan demikian, maka

A ≈ B.

Definisi 2.6.2 Misalkan A himpunan.

(1) A disebut finit (berhingga) jika A = 0/ atau A ≈ Nn, untuk suatu n

∈

N. Selain itu

A disebut infinit (takberhingga). (2) A disebut denumerable (enumerable) jika A ≈ N. (3) A disebut countable jika A finite atau A denumerable. Sebagai contoh misalkan S ={12, 22, 32, …}. Maka fungsi f(n) = n2 adalah fungsi satu-satu dari S pada N. Jadi S ≈ N dan dengan demikian S countable. Selanjutnya akan ditunjukkan bahwa himpunan bilangan bulat Z adalah countable. Untuk menunjukkan bahwa N ≈ Z, dapat juga dilakukan dengan menunjukkan bahwa Z ≈ N. Definisikan fungsi f dari Z ke N dengan

n ⎧ , ( n genap) ⎪⎪ 2 f (x ) = ⎨ ⎪− ( n − 1) , ( n ganjil) ⎩⎪ 2 Maka fungsi f adalah bijeksi dari Z ke N. Dengan demikian, maka Z ≈ N. Jadi Z adalah countable. Definisi 2.6.3 Misalkan A adalah himpunan. Bar isa n di A adalah fungsi f dari N

ke A. Untuk masing-masing n ∈ N, misalkan x n = f(n). Maka x n disebut suku ke-n dari barisan f. Untuk lebih jelasnya, barisan dinotasikan dengan

(x n )n∞=1

atau (xn) atau (xn ⏐ n ∈ N) 50

daripada menggunakan notasi f. Perlu dibedakan antara notasi barisan (xn ⏐ n ∈ N) dengan notasi {xn ⏐ n ∈ N} yang menyatakan range dari barisan. Sebagai contoh (1 – (-1)n) menyatakan barisan f dengan

f(n) = xn = 1 – (-1)n. Di sisi lain, {1 – (-1)n⎮ n ∈ N} = { 2, 0}. Sesuai definisi, himpunan A dikatakan denumerable jika terdapat fungsi bijeksi f dari N pada A. Jadi,

A = Rf = {xn ⏐ n ∈ N}. Barisan f ini disebut enumerasi dari himpunan A, yakni {xn ⏐ n ∈ N} dengan

xn ≠ xm jika n ≠ m. Berikut ini disajikan beberapa teorema, yang buktinya diserahkan kepada pembaca sebagai latihan. Teorema 2.6.4 Sebarang himpunan bagian dari himpunan berhingga adalah berhingga. Teorema 2.6.5 Sebarang himpunan bagian takberhingga dari himpunan denumerable

adalah denumerable. Teorema 2.6.6 Jika f adalah fungsi dari N pada A, maka A adalah countable. Teorema 2.6.7 Gabungan sejumlah berhingga himpunan berhingga adalah berhingga. Teorema 2.6.8 Gabungan sejumlah takberhingga himpunan countable adalah

countable. Teorema 2.6.9 Himpunan bilangan rasional Q adalah countable. Bukti: Untuk masing-masing m

∈ N, misalkan n Em = { ⎢n ∈ Z}. m

Maka Em, adalah countable, maka ∞

Q=

U Em

m =1

adalah countable. ◘ 51

Meskipun himpunan bilangan rasional Q adalah countable, himpunan bilangan real R tidak countable. Untuk menunjukkan bahwa R uncountable, cukup ditunjukkan bahwa interval tertutup [0, 1] adalah uncountable. Perlu diketahui bahwa setiap x ∈ [0, 1] dapat dinyatakan sebagai bilangan decimal

x = 0, a1a2a3a4… dengan

a n ∈ {0, 1, 2, 3, .., 9}. Teorema 2.6.10 Interval tertutup [0, 1] adalah uncountable . Bukti: Karena terdapat sejumlah takhingga bilangan rasional dalam interval [0,

1], maka [0, 1] adalah takberhingga. Dengan demikian cukup ditunjukkan bahwa [0, 1] adalah tidak denumerable. Andaikan [0, 1] adalah denumerable. Misalkan x1, x2, x3, x4, … adalah enumerasi dari [0, 1]. Maka

x1 = 0, a11a12a13a14… x2 = 0, a21a22a23a24… x3 = 0, a31a32a33a34… x4 = 0, a41a42a43a44… M

Definisikan y = 0, y1y2y3y4…. sebagai berikut.

y1 = 3, jika a11 ≥ 5 dan y1 = 7, jika a11 < 5. y2 = 3, jika a22 ≥ 5 dan y2 = 7, jika a22 < 5. y3 = 3, jika a33 ≥ 5 dan y3 = 7, jika a33 < 5. M

Maka y ∈ [0, 1] tetapi y ≠ xn, untuk setiap n ∈ N. Kontradiksi dengan

x1, x2, x3, x4, … sebagai enumerasi dari [0, 1]. Disimpulkan bahwa [0, 1] tidak denumerable. Dengan demikian, maka [0, 1] adalah uncountable. ◘ Karena interval tertutup [0, 1] adalah uncountable, maka R uncountable. Fakta bahwa R uncountable membawa implikasi bahwa R\Q juga uncountable. Jika 52

R\Q countable, dan diketahui bahwa Q countable, maka akan diperoleh R

countable. Hal ini tidak mungkin karena R uncountable.

Latihan 2.6.

1. Buktikan jika S dan T denurable maka S ∪ T denurabel. 2. Buktikan jika himpunan T1 denurabel jika dan hanya jika terdapat suatu fungsi bijeksi dari T1 surjektif himpunan T2. 3. Gunakan induksi matematika untuk membuktikan jika himpunan S mempunyai n anggota maka P(S) mempunyai 2n anggota

53

3 BARISAN BILANGAN REAL 3.1.

Barisan Bilangan Real

Definisi 3.1.1 Barisan bilangan real (atau barisan di R) adalah suatu fungsi dari

himpunan bilangan asli N ke himpunan bilangan real R. Contoh 3.1.2 Diberikan fungsi X : N → R yang didefinisikan dengan X(n) = n, n ∈ N.

Maka X adalah barisan di R. Demikian juga, fungsi Y : N → R yang didefinisikan dengan Y(n) = 1 , n

n ∈ N.

adalah barisan di R.☻ Berdasarkan Definisi 3.1.1 dapat pula dinyatakan bahwa barisan di R memasangkan masing-masing bilangan asli n ∈ N dengan bilangan real tertentu dan tunggal. Bilangan real yang diperolah disebut dengan unsur barisan, nilai barisan, atau suku barisan. Bilangan real yang dipasangkan dengan n ∈ N biasanya dinotasikan dengan xn, an, atau zn.

→ R adalah barisan, maka unsur ke n dari X dinotasikan dengan xn, Jika X : N tidak dinotasikan dengan X(n). Sedangkan barisan itu sendiri dinotasikan dengan

X, (xn), atau ( xn ⏐n ∈ N). Barisan X dan Y pada Contoh 3.1, masing-masing dapat dinotasikan dengan

X = (n ⏐n ∈ N) dan Y = (

54

1 ⏐ n ∈ N). n

Penggunaan tanda kurung ini akan membedakan antara barisan X = (xn ⏐n ∈ N) dengan himpunan {xn ⏐n ∈ N}. Sebagai contoh X = ((-1)n ⏐n ∈ N) adalah barisan yang unsur-unsurnya selang-seling antara -1 dan 1, sedangkan {(-1)n ⏐n ∈ N} adalah himpunan yang unsur-unsurnya adalah -1 dan 1, yaitu {-1, 1}. Dalam mendefinisikan barisan, kadang ditulis secara berurutan unsur-unsur dalam barisan, sampai rumus untuk barisan tersebut nampak. Perhatikan beberapa contoh barikut. Contoh 3.1.3 Barisan X = ( 2, 4, 6, 8, 10, …, 2 n, …) menyatakan barisan bilangan

asli genap. Sedangkan salah satu rumus umumnya adalah X = (2n ⎟ n ∈ N). Barisan Y( : 1,

1 1 1 , , ...., 2 3 4

,

1 ,…) n

menyatakan barisan yang salah satu rumus umumnya adalah Y:(

1 ⎟ n ∈ N). n

☻

Kadang kala, rumus umum suatu barisan dinyatakan secara rekursif, yaitu ditetapkan unsur x1 dan rumus untuk xn + 1 (n ≥ 1) setelah xn diketahui. Sebagai contoh barisan bilangan bulat genap positif dapat dinyatakan dengan rumus

x1 = 2, xn + 1 = xn + 2, (n ≥ 1) atau dengan rumus

≥ x1 = 2, xn + 1 = x1 + xn, (n Berikut ini akan disajikan beberapa contoh barisan

1).

Contoh 3.1.4

a. Jika b ∈ R, maka barisan B = (b, b, b, b, …, b, …) yang semua unsurnya adalah b

disebut barisan konstan b. Jadi, barisan konstan 1 adalah barisan (1, 1, 1, 1, …, 1, …) sedangkan barisan konstan 0 adalah barisan 55

(0, 0, 0, 0, …, 0, …). b. Barisan kuadrat bilangan asli adalah barisan

S = (n2 ⎟ n ∈ N) = (12, 22, 32, 42, …, n2, …).

Barisan ini sama dengan barisan (1, 4, 9, 16, …, n2, …) c. Jika a ∈ N, maka barisan A = (an ⎟ n ∈ N) adalah barisan

A = (a, a2, a3, a4, …, an, …). Jadi jika a = 2, maka A = (2, 4, 8, 16, …, 2 n, …). d. Barisan Fibonacci F = (fn ⎟ n ∈ N) dinyatakan secara rekursif dengan

f1 = 1,

f2 = 2,

fn + 1 = fn – 1 + fn , (n ≥ 2). Sepuluh suku pertama barisan Fibonacci adalah F = (1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, …).

☻

Sekarang akan diperkenalkan suatu cara yang penting dalam membuat barisan baru dari barisan yang telah diketahui. Definisi 3.1.5 Misalkan X = (xn) dan Y = (yn) adalah barisan bilangan real. Jumlah dari

barisan X dan Y, dinotasikan dengan X + Y, adalah barisan yang didefinisikan dengan X + Y = (xn + yn ⎟ n ∈ N). Contoh 3.1.6 Misalkan X = (n + 1 ⎟ n ∈ N) dan Y = (2n ⎟ n ∈ N) Maka

X + Y = (3n + 1 ⎟ n ∈ N).

☻

Definisi 3.1.7 Misalkan X = ( xn) dan Y = ( yn) adalah barisan bilangan real. Selisih dari barisan X dan Y, dinotasikan dengan X - Y, adalah barisan yang didefinisikan dengan

X - Y = (xn - yn ⎟ n ∈ N).

56

Contoh 3.1.8 Misalkan X = (n + 1 ⎟ n ∈ N) dan Y = (2n ⎟ n ∈ N) Maka

X - Y = (-n + 1 ⎟ n ∈ N).

☻

Definisi 3.1.9 Misalkan X = (xn) dan Y = (yn) adalah barisan bilangan real. Perkalian

dari barisan X dan Y, dinotasikan dengan XY, adalah barisan yang didefinisikan dengan XY = (x y ⏐n ∈ N). n n

Contoh 3.1.10 Misalkan X = (n + 1 ⎟ n ∈ N) dan Y = (2n ⎟ n ∈ N)

Maka XY = (2n2 + 2n ⏐n ∈ N).

☻

Definisi 3.1.11 Misalkan X = (xn) adalah barisan bilangan real dan c

∈ R. Kelipatan c

dari barisan X, dinotasikan dengan cX, adalah barisan yang didefinisikan dengan cX = (cxn ⏐n ∈ N). Contoh 3.1.12 Misalkan X = (n + 1 ⏐n ∈ N) dan c = -2. Maka

cX = -2X = (-2(n + 1) ⏐n ∈ N).

☻

Definisi 3.1.13 Misalkan X = (xn) dan Y = (yn) adalah barisan bilangan real, dengan yn ≠ X 0, untuk semua n ∈ N. Pembagian dari barisan X dengan Y, dinotasikan dengan , Y

adalah barisan yang didefinisikan dengan x X = ( n ⏐ n ∈ N). Y yn Contoh 3.1.14 Misalkan X = (n + 1 ⏐n ∈ N) dan Y = (2n ⏐n ∈ N) Maka

X n +1 ⏐n ∈ N). =( 2n Y

☻

Jika

Z = (1 + (-1)n ⏐n ∈ N) = (0, 2, 0, 2, 0, …, 1 + (-1) n, …), maka

X tidak terdefinisi karena ada unsur di Z yang sama dengan 0. Z

57

Latihan 3.1 1. Tentukan lima suku pertama, suku ke –10, suku ke-50 dan suku ke-100 dari barisan-barisan berikut a. (xn) = (1 + (-1)n) 1 b. (x ) = ( n( n + 1) ) n

c. x1 = 1, xn + 1 = 3xn + 1. (n > 1) 2. Tentukan suatu rumus untuk barisan-barisan berikut. a. X = (5, 7, 9, 11, …) 1 1 1 1 , − , , − , …) 2 4 8 16

b. Y = ( c. Z( =

1 2 3 4 , , , ... , ) 2 3 4 5

3. Misalkan X, Y, dan Z barisan pada soal 2. Tentukankan rumus untuk X +

Y, Z – Y, YZ, 2Y dan

X dan tentukan pula 4 suku pertama. Y

⎛b ⎞ 4. Untuk setiap b ∈ R , Buktikan bahwa lim ⎜ ⎟ = 0 . ⎝n⎠ 5. Misalkan x n =

1 untuk n ∈ N , tunjukkan bahwa lim (x n ) = 0 . ln (n + 1)

6. Buktikan bahwa jika lim (x n ) = x dan jika x

> 0 maka terdapat bilangan

asli M sedemikian sehingga x n > 0 untuk setiap n ≥

.

7. Misalkan b ∈ R memenuhi 0 0, tujukkan terdapat bilangan asli K sedemiokian sehingga jika n ≥ K , maka

1 x < x n < 2x . 2

58

3.2.

Barisan Konvergen

Definisi 3.2.1 Misalkan X = (xn) adalah barisan bilangan real. Suatu bilangan real x

dikatakan limit dari X, jika untuk masing-masing lingkungan V dari x terdapat suatu bilangan asli K sehingga untuk semua n ≥ K, maka xn adalah anggota V. Jika x adalah limit dari X, maka dikatakan X konvergen ke x (atau X mempunyai limit x). Jika suatu barisan mempunyai limit, maka barisan itu dikatakan konvergen. Jika tidak mempunyai limit, barisan itu dikatakan divergen. Jika barisan bilangan real X = ( xn) mempunyai limit x ∈ R, maka sering ditulis

x = lim X,

x = lim (xn),

atau

x = lim (xn). n →∞

Kadangkala digunakan simbol xn → x untuk menyatakan X = ( xn) konvergen ke x. Dengan demikian dapat dinyatakan

xn → x ⇔ ∀ V(x) ∃ K ∈ N ∋ xn ∈ V(x), n ≥ K Barisan bilangan real dapat memiliki paling

Teorema 3.2.2 (Ketunggalan Limit) banyak satu limit.

Bukti: Misalkan X = (xn) barisan bilangan real. Andaikan X mempunyai lebih dari

satu limit. Misalkan x’ dan x” adalah limit dari X, dengan x’ ≠ x”. Misalkan V’ lingkungan dari x’ dan V” adalah lingkungan dari x”, dengan

V’ ∩ V” = 0/ . Karena x’ limit dari X maka ada bilangan asli K’ sehingga jika n ≥ K’ maka

xn ∈ V’.Karena x” limit dari X maka ada bilangan asli K” sehingga jika n ≥ K” maka xn ∈ V”. Pilih K = sup {K’, K”}. Maka sehingga xK ∈ V”. Berarti

K ≥ K’ sehingga xK ∈ V’ dan K ≥ K”

xK ∈ V’ ∩ V”. Hal ini kontradiksi dengan

V’ ∩ V” = 0/ . Berarti pengandaian salah. Terbukti bahwa X dapat mempunyai tidak lebih dari satu limit. ◘ 59

Teorema ini menyatakan bahwa jika suatu barisan bilangan real mempunyai limit, maka limit barisan tersebut adalah tunggal. Pada pendefinisian limit suatu barisan bilangan real, masih digunakan istilah lingkungan. Dengan demikian, masih dirasa sulit untuk menunjukkan bahwa suatu barisan bilangan real adalah konvergen. Berikut akan diberikan suatu teorema yang ekivalen dengan definisi limit barisan. Teorema ini akan mempermudah untuk menunjukkan bahwa suatu barisan bilangan real adalah konvergen atau divergen. Teorema 3.2.3 Misalkan X = (xn) adalah barisan bilangan real dan x

∈

R. Pernyataan-

pernyataan berikut adalah ekivalen. a. X konvergen ke x b. Untuk setiap Vε lingkungan-ε dari x terdapat bilangan asli K sehingga untuk semua n ≥ K, maka xn adalah anggota Vε. c. Untuk setiap ε > 0 terdapat bilangan asli K sehingga untuk semua n

≥

K, maka

≥

K, maka

x - ε < xn < x + ε. d. Untuk setiap ε > 0 terdapat bilangan asli K sehingga untuk semua n

⏐x n - x ⏐ < ε . Bukti: (a

b) Diketahui X konvergen ke x. Ambil sebarang Vε lingkungan-ε

dari x. Karena Vε adalah lingkungan dari x, sesuai Definisi 2.1.1, maka terdapat bilangan asli K sehingga untuk semua n ≥ K, maka xn adalah anggota V. Karena Vε sebarang lingkungan-ε dari x terbukti bahwa untuk setiap Vε lingkungan-ε dari x terdapat bilangan asli K sehingga untuk semua n ≥ K, maka xn adalah anggota Vε. (b

c) Ambil sebarang

ε > 0. Misalkan Vε adalah lingkungan-ε dari x. Berarti

ada bilangan asli K sehingga untuk semua n ≥ K, maka xn ∈ Vε. xn ∈ Vε berarti

x - ε < x n < x + ε. Karena ε > 0 diambil sebarang berarti untuk setiap ε > 0 terdapat bilangan asli K sehingga untuk semua n ≥ K, maka

x - ε < x n < x + ε. 60

(c

d) Ambil sebarang ε > 0. Berarti ada bilangan asli K sehingga untuk semua n

≥ K, maka xn ∈ Vε. Karena xn ∈ Vε berarti x - ε < x n < x + ε. Karena x - ε < xn < x + ε maka n ⏐x - x ⏐ < ε .

Karena ε > 0 diambil sebarang berarti untuk setiap ε > 0 terdapat bilangan asli K sehingga untuk semua n ≥ K, maka

⏐x n - x ⏐ < ε . (d

a) Misalkan V sebarang lingkungan dari x. Sesuai definisi lingkungan, berarti

ada ε > 0 sehingga

Vε = (x - ε, x + ε) ⊆ V. Karena ε > 0, berarti ada bilangan asli K sehingga untuk semua n ≥ K, maka

⏐x n - x ⏐ < ε . Sehingga

⏐xn - x ⏐ < ε berarti

x - ε < x n < x + ε. Berarti bahwa untuk semua n ≥ K, maka

x - ε < x n < x + ε. Jadi xn ∈ Vε. Karena

Vε = (x - ε, x + ε) ⊆ V, berarti n ≥ K, maka xn ∈ V. Berarti untuk V lingkungan dari x terdapat bilangan asli K sehingga untuk semua n ≥ K, maka xn ∈ V. Karena V diambil sebarang berarti untuk setiap lingkungan V dari x terdapat suatu bilangan asli K sehingga untuk semua n ≥ K, maka xn adalah anggota V. Sesuai definisi berarti X konergen ke x.

◘

61

1 Contoh 3.2.4 Tunjukkan bahwa lim ( ) = 0. Untuk menunjukkan hal ini, ambil n

sebarang

ε

> 0. Maka

dengan K >

1 ε

1 ε

> 0. Sesuai sifat Archimedes, maka terdapat bilangan asli K

. Berarti untuk setiap bilangan asli n dengan n ≥ K maka diperoleh n >

1 ε

Jadi

1 < ε. Berarti untuk jika n ≥ K maka n 1 1 − 0 = < ε. n n

Karena ε > 0 diambil sebarang, berarti untuk setiap ε > 0 terdapat bilangan asli K sehingga untuk semua n ≥ K maka 1 1 − 0 = < ε. n n

☻

Contoh 3.2.5 Tunjukkan bahwa barisan X = (1 + (-1)n ⏐n

∈ N) tidak konvergen ke 0.

Untuk menunjukkan bahwa X tidak konvergen ke 0, maka perlu ditemukan suatu ε > 0 tetapi tidak ada bilangan asli K, sehingga berlaku ⏐xn - 0⏐ < ε, jika n ≥ K Pilih ε = 1 > 0, berapapun nilai K dipilih, maka akan ada n bilangan asli genap dengan n ≥ K. Karena n genap, maka xn = 2. Hal ini berarti bahwa

⏐ x n - 0⏐ = ⏐ 2 - 0 ⏐ = 2 > 1 = ε Hal ini berarti bahwa 0 bukan limit dari Z.

Latihan 3.2 1. Tunjukkan bahwa

⎛ 1 ⎞ =0 ⎟ ⎝ n2 + 1⎠

a. lim ⎜

⎛ 3n + 1 ⎞ = 3 ⎟ ⎝ 2n + 5 ⎠ 2

b. lim ⎜

62

2. Misalkan xn ≥ 0, untuk semua n ∈ N. Buktikan bahwa jika lim (xn) = 0, maka lim ( x n ) = 0 1 ⎞ ⎛1 3. Tunjukkan bahwa lim ⎜ − ⎟ =0 ⎝ n n + 1⎠ 4. Tunjukkan bahwa lim ( 1n ) = 0. 3 5. Apakah barisan konstan b konvergen? Jika ya, tunjukkan limitnya. 6.

⎛b ⎞ = 0. ⎟ ⎝n⎠

Untuk setiap b ∈ R , Buktikan bahwa lim ⎜

7. Misalkan x n =

1 untuk n ∈ N , tunjukkan bahwa lim (x n ) = 0 . ln (n + 1)

8. Buktikan bahwa jika lim (x n ) = x dan jika

x 0>

maka terdapat bilangan

asli M sedemikian sehingga x n > 0 untuk setiap n ≥

.

9. Misalkan b ∈ R memenuhi 0 0, tujukkan terdapat sehingga jika n ≥ K , maka

bilangan asli K sedemiokian

1 x < x n < 2x . 2

11. Tunjukkan jika x n > 0 untuk setiap n ∈ N mak lim x n = 0 jika dan jika lim

1 = +∞ xn

12. Misalkan {x n } ,

{ y n } untuk setiap n ∈ N barisan bilangan positif sehingga

⎛ x n ⎞⎟ = 0 tunjukkan jika lim x = +∞ maka lim y = +∞ . n n ⎟ ⎝ yn ⎠

lim ⎜⎜

13. Misalkan {x n } ,

{ y n } untuk setiap n ∈ N barisan bilangan positif sehingga

⎛ xn ⎞ ⎟⎟ = 0 , tunjukkan jika { y n } terbats maka lim x n = 0 ⎝ yn ⎠

lim ⎜⎜

63

⎛ a n ⎞ = L , dimana L > 0, mka lim a = +∞ . ⎟ n ⎝n⎠

14. Tunjukkan jika lim ⎜

3.3.

Ekor Barisan

Definisi 3.3.1

Misalkan X = (x1, x2, x3, …, xn, …) adalah barisan bilangan real.

Ekor-M dari X adalah barisan XM yang didefinisikan dengan

XM = (xM + n ⏐n ∈ N) = ( xM + 1, xM + 2, xM + 3, …). Berdasarkan definisi tersebut, maka jika p ∈ N, maka suku ke-p dari XM adalah suku ke-(p + M) pada X. Jika q ∈ N dan q > M, maka suku ke-q dari X adalah suku ke-(q – M) dari XM. Contoh 3.3.2 Misalkan X = (2, 4, 6, 8, …, 2 n, …). Maka ekor-3 dari X adalah

barisan (8, 10, 12, …, 2n + 6, …) Misalkan 1 2 4 n Y = ( 2 , 3 , 5 , ..., n + 1 , ... ) .

Maka ekor-10 dari Y adalah barisan (

11 12 14 n + 10 , , , ..., , ... ) . 12 13 15 n + 11

Teorema 3.3.3 Misalkan X = (xn

⏐n ∈ N) adalah barisan bilangan real dan M ∈ N.

☻

XM = (xM + n ⏐n ∈ N) ekor-M dari X adalah konvergen jika dan hanya jika X konvergen. Bukti: (syarat cukup) Misalkan X konvergen ke x. Ambil ε > 0. Maka ada K ∈ N

sehingga untuk semua n ≥ K berlaku

⏐ x n – x ⏐< ε . Pilih KM = K – M. Diperoleh, jika

m ≥ KM = K – M maka suku ke-m pada XM adalah suku ke-(m + M) pada X. Karena m ≥ K – M, maka m + M ≥ K. Diperoleh

⏐x m + M – x ⏐< ε .

64

Karena suku ke-(m + M) pada X adalah suku ke-m di XM , maka untuk semua m ≥

KM = K – M berlaku

⏐x m – x ⏐ < ε . Jadi untuk setiap ε > 0, ada bilangan asli KM = K – M, sehingga untuk semua

≥ m

berlaku

KM = K – M

⏐x m – x ⏐ < ε . Jadi XM juga konvergen ke x. (Syarat Perlu) Misalkan XM konvergen ke x. Ambil ε > 0. Maka ada KM ∈ N sehingga untuk semua m ≥ KM berlaku

⏐x m – x ⏐ < ε . Pilih K = KM + M. Diperoleh, jika

≥

n K = KM + M maka suku ke-n pada X adalah suku ke-(n - M) pada XM. Karena n ≥ KM + M, maka n - M ≥ KM. Diperoleh

⏐xn - M – x ⏐ < ε. Karena suku ke-(n - M) pada XM adalah suku ke-n di X , maka untuk semua n ≥ K = KM + M berlaku

⏐xn – x ⏐ < ε. Jadi untuk setiap ε > 0, ada bilangan asli K = KM + M, sehingga untuk semua n ≥ K berlaku

⏐ x n – x ⏐< ε .

Jadi X juga konvergen ke x. Berdasarkan pembuktian tersebut nampak bahwa lim

XM = lim X. ◘ Teorema 3.3.4 Misalkan A = (an) dan X = (xn) adalah barisan bilangan real dan x

Jika untuk suatu C ∈ R, C > 0, berlaku

⏐xn – x ⏐ ≤ C⏐an⏐, untuk semua n ∈ N 65

∈ R.

dan lim (an) = 0, maka lim (xn) = x. Bukti: Ambil ε > 0. Karena C > 0, maka

ε

> 0. Karena lim (an)= 0, maka ada K

C

∈ N sehingga untuk semua n ≥ K berlaku ⏐

ε

⏐ ⏐ n⏐

a –0 = a < C . n

Jadi untuk semua n ≥ K, maka

⏐xn – x ⏐ ≤ C⏐an⏐< C

ε

C

= ε.

Jadi untuk setiap ε > 0, ada bilangan asli K, sehingga untuk semua n ≥ K berlaku

⏐x m – x ⏐ < ε . Jadi lim X = x. ◘ 1

Contoh 3.3.5 Jika a > 0 maka lim (

) = 0.

Untuk membuktikan akan

1 + na digunakan teorema di atas. Karena a > 0, maka 0 < na < 1 + na untuk semua n ∈ N. Jadi

diperoleh 0<

1 1 < . 1 + na na

Dengan demikian didapat 1 1 1 − 0 < ⎛⎜ ⎞⎟ , untuk semua n ∈ N. a 1 + na ⎝ ⎠n

Karena 1 lim ⎛⎜ ⎞⎟ = 0, n ⎝ ⎠

maka dengan mengambil C=

1 >0 a

disimpulkan bahwa

66

lim

1 = 0. 1 + na

☻

Contoh 3.3.6 Jika 0 1 .Jadi a > 0. b b

Dengan ketaksamaan Bernoulli, diperoleh (1 + a)n ≥ 1 + na. Berarti 0 < bn =

1 ( 1 + na) n

1 1 + na 1 < na

≤

Jadi ⎢bn – 0 ⎢= bn <

mengambil

, untuk semua n ∈ N.

1 ⎛1⎞ , untuk semua n ∈ N. Karena lim ⎜ ⎟ = 0, maka dengan na ⎝n ⎠

C = 1 > 0 disimpulkan bahwa lim (bn) = 0. a

☻

Latihan 3.3. 1 1. Misalan X = ( ⏐n ∈ N). Tentukan suku ke-5, ke-10, dan ke-100 pada ekor-25 n dari X! 2. Tunjukkan bahwa lim (

1 ) = 0. 2n

3. Misalkan setiap sub barisan pada X = {x n } mempunyai subbarisan yang konvergen ke 0 tunjukkan lim X = 0. 4. Misalkan {x n } terbatas dan untuk setiap n ∈ N , jika s n = sup{x k : k ≥ n}dan S

= inf {s n } . Tunjukkan terdapat sub barisan {x n } konvergen ke S.

5. Misalkan x n ≥ 0 untuk setiap n ∈ N , dan lim (− 1) x n n

{x n } konvergen. 67

ada dan tunjukkan

3.4.

Teorema Limit

Definisi 3.4.1 Misalkan X = (xn) adalah barisan bilangan real. X dikatakan terbatas jika

terdapat bilangan real M > 0 sedemikian hingga

⎢xn ⎢≤ M, untuk semua n ∈ N. Berdasarkan definisi, maka barisan X = (xn) terbatas jika dan hanya jika himpunan {xn ⏐n ∈ N} terbatas Contoh 3.4.2 Misalkan X = ((-1)n

⏐n ∈

N) = ( -1, 1, -1, 1, …). Maka X terbatas

sebab ada bilangan real 2 sehingga

⎢(-1)n ⎢≤ 2, untuk semua n ∈ N. 1 2 4 n Misalkan Y = ( , , , ..., , ...) . Y terbatas karena adalah bilangan real 1 sehingga 2 3 5 n +1 n n +1

≤ 2, untuk semua n ∈ N.

☻

Teorema 3.4.3 Barisan bilangan real yang konvergen adalah terbatas. Bukti: Misalkan X = (xn ⏐n ∈ N) adalah barisan bilangan real dan lim xn = x. Pilih

ε = 1. Maka ada K ∈ N sehingga untuk semua n ≥ K berlaku ⏐xn – x ⏐ < 1. Dengan ketaksamaan segitiga diperoleh

⏐xn ⎢≤⏐x ⏐ + 1, untuk semua n ≥ K. Pilih M = sup{⏐x1 ⎢, ⏐x2 ⎢, ⏐x3 ⎢, …, ⏐xK- 1 ⎢, ⏐x⏐ + 1} Maka diperoleh bahwa

⎢xn ⎢≤ M, untuk semua n ∈ N. Terbukti, jika X konvergen maka X terbatas.

◘

Teorema 3.4.4 Misalkan X = (xn) dan Y = (yn) adalah barisan bilangan real yang masing

masing konvergen ke x dan y, dan misalkan c ∈ R. Maka

a. X + Y konvergen ke x + y b. X – Y konvergen ke x – y 68

c. XY konvergen ke xy d. cX konvergen ke cx e. Jika Z = (zn) barisan bilangan real tak nol yang konvergen ke z ≠ 0, maka barisan X x konvergen ke . Z z Bukti:

a. Ambil ε > 0 sebarang. Maka ada K1, K2 ∈ N sehingga untuk semua n ≥ K1 berlaku

⏐xn – x ⏐ <

ε

⏐yn – y ⏐ <

ε

2

.

dan untuk semua n ≥ K2 berlaku 2

Pilih K = sup {K1, K2}. Maka, untuk n ≥ K diperoleh ( x n + y n) −( x + y ) ≤ x n − x + y n − y ε

ε

2

2

< + =ε Karena ε > 0 diambil sebarang, maka disimpulkan bahwa X + Y konvergen ke x + y.

b. Ambil ε > 0 sebarang. Maka ada K1, K2 ∈ N sehingga untuk semua n ≥ K1 berlaku ε n ⏐x – x ⏐ < 2 .

dan untuk semua n ≥ K2 berlaku

⏐yn – y ⏐ <

ε

2

Pilih K = sup {K1, K2}. Maka, untuk n ≥ K diperoleh

69

( x n − y n ) − ( x − y ) ≤ x n − x + y-y n

= x n − x + yn − y ε

ε

2

2

< + =ε Karena ε > 0 diambil sebarang, maka disimpulkan bahwa X - Y konvergen ke x - y. c. Diketahui x n yn

− xy = ( x n y n − x n y ) + ( x n y − xy )

≤ x n ( y n − y ) + y( x n − x ) = x n yn − y + y x n − x , untuk semua bilangan asli n. Karena X konvergen maka X terbatas. Jadi ada bilangan real M1 > 0 sehingga x n ≤ M1, untuk semua n ∈ N. Pilih M = sup {M1, ⏐y⏐}. Diperoleh x n yn

− xy ≤ M y n − y + M x n − x

Ambil ε > 0 sebarang. Maka ada K1, K2 ∈ N sehingga untuk semua n ≥ K1 berlaku ε

⏐xn – x ⏐<

2

.

dan untuk semua n ≥ K2 berlaku

⏐yn – y⏐<

ε

2M

Pilih K = sup {K1, K2}. Maka, untuk n ≥ K diperoleh x n yn

− xy ≤ M y n − y + M x n − x
ε

2

+M

ε

2M

=ε

Karena ε > 0 diambil sebarang, maka disimpulkan bahwa XY konvergen ke xy. 70

d. Misal Y = (c ⏐n ∈ N) = ( c, c, c, …, c, …). Maka Y merupakan barisan konstan c yang konvergen ke y = c. Sesuai c, maka barisan YX konvergen ke yx. Jadi barisan cX konvergen ke cx.

e. Akan ditunjukkan bahwa barisan

1 1 1 konvergen ke . Misalkan a = z , maka Z z 2

a > 0. Karena lim (zn) = z, maka ada bilangan asli K1 sehingga untuk semua n

berlaku

⎢zn – z ⎢< a Sesuai ketaksamaan segitiga diperoleh -a < -⎢zn – z ⎢≤ ⎢zn⏐-⏐z ⎢, untuk semua n ≥ K1. Sehingga diperoleh 1 z = ⏐z ⎢- a ≤ ⎢zn⏐, untuk semua n ≥ K1. 2 Jadi 1 2 < , untuk semua n ≥ K1. zn z

Dengan demikian 1 1 z − zn − = zn z z nz

=

1 z − zn . z nz

<

2

−

z 2 zn

z

Ambil ε > 0 sebarang. Maka ada K2 ∈ N sehingga untuk semua n ≥ K2 berlaku

⏐zn – z ⏐ <

71

1 2 εz . 2

≥ K1

Pilih K = sup{K1, K2}, maka untuk semua n ≥ K berlaku 1 1 − <ε zn z

Karena ε > 0 sebarang disimpulkan bahwa

Dengan demikian, maka

1 1 konvergen ke . Z z

X 1 1 x = X konvergen ke x = . Z z Z z

◘

Teorema 3.4.5 Jika X = (xn) barisan bilangan real yang konvergen ke x dan xn ≥ 0, untuk

semua n ∈ N, maka x = lim (xn) ≥ 0. Bukti: Andaikan x = lim (xn) < 0, maka –x > 0. Pilih ε = -x. Karena X konvergen

ke x, maka ada bilangan asli K sehingga untuk semua n ≥ K berlaku x - ε < xn < x + ε.

Dengan demikian diperoleh

xK < x + ε = x + (-x) = 0.

Kontradiksi dengan yang diketahui bahwa xn ≥ 0, untuk semua n ∈ N. Terbukti x = lim (xn) ≥ 0. ◘ Teorema 3.4.6 Misalkan X = (xn) dan Y = (yn) adalah barisan bilangan real yang

konvergen dengan xn ≤ yn, untuk semua n ∈ N. Maka

lim (xn) ≤ lim (yn) Bukti: Misalkan zn = yn – xn, untuk semua n ∈ N. Maka barisan Z = (zn) = Y – X

dan zn ≥ 0, untuk semua n ∈ N. Diperoleh lim (yn) – lim (xn) = lim (zn) ≥ 0. Terbukti bahwa lim (xn) ≤ lim (yn). ◘ Teorema 3.4.7 Misalkan X = (xn) adalah barisan bilangan real yang konvergen dengan a ≤

xn ≤ b, untuk semua n ∈ N. Maka a ≤ lim (xn) ≤ b. 72

Bukti: Misalkan Y adalah barisan konstan b, yaitu (b, b, b, …, b, …). Maka

diperoleh lim X ≤ lim Y = b. Jadi, lim (xn) ≤ b. Misalkan Z adalah barisan konstan a, yaitu (a, a, a, …, a, …). Maka diperoleh a = lim Z ≤ lim X.

Jadi, a ≤ lim (xn). Dapat disimpulkan bahwa a ≤ lim (xn) ≤ b.

◘

Teorema 3.4.8 ( Teorema Apit ) Misalkan X = (xn), Y = (yn) dan Z = (zn) adalah

barisan bilangan real sehingga xn ≤ yn ≤ zn, untuk semua n ∈ N dan lim (xn) = lim (zn). Maka Y = (yn) adalah konvergen dan

lim (x ) = lim (y ) = lim (z ) n

n

Bukti: Misalkan w = lim (xn) = lim (zn). Ambil

n

ε > 0 sebarang. Karena X dan Z

konvergen ke w, maka ada bilangan asli K sehingga untuk semua n ≥ K berlaku

⏐xn - w⏐< ε dan ⏐zn - w⏐< ε. Karena xn ≤ yn ≤ zn, untuk semua n ∈ N, maka xn – w ≤ yn – w ≤ zn – w,

untuk semua n ∈ N. Maka

⏐yn - w⏐≤ sup {⏐xn - w⏐, ⏐zn - w⏐} < ε , untuk semua n ≥ K. Karena ε > 0 diambil sebarang berarti lim (yn) = w. Jadi Y = (yn) adalah konvergen dan lim (xn) = lim (yn) = lim (zn). ◘ Teorema 3.4.9 Misalkan barisan X = (xn) konvergen ke x. Maka barisan (⏐xn⏐)

konvergen ke ⏐x⏐. Bukti: Ambil

ε > 0 sebarang. Karena X konvergen ke x, maka ada bilangan asli K

sehingga untuk semua n ≥ K berlaku 73

⏐xn - x⏐< ε. Maka

⏐⏐xn⏐- ⏐x⏐⏐≤ ⏐xn - x⏐ < ε , untuk semua n ≥ K. Karena ε > 0 diambil sebarang berarti

⏐ ⏐

⏐ ⏐

lim ( xn ) = x . Terbukti barisan (⏐xn⏐) konvergen ke ⏐x⏐.  Teorema 3.4.10 Misalkan X = (xn) barisan bilangan real yang konvergen ke x dan xn ≥ 0,

untuk semua n ∈ N. Maka barisan ( x n ) adalah konvergen dan

lim ( x n ) =

x.

Bukti: Karena xn ≥ 0, untuk semua n ∈ N, maka lim (xn) = x ≥ 0. Jika x = 0. Ambil

ε > 0 sebarang. Karena X konvergen ke 0, maka ada bilangan asli K sehingga untuk semua n ≥ K berlaku

⏐xn - 0⏐= xn < ε2. Sehingga diperoleh

⏐ x n - 0⏐= x n < ε , untuk semua n ≥ K. Karena ε > 0 diambil sebarang berarti lim ( x n ) = 0. Jika x > 0. Maka

x > 0. Diperoleh bahwa ( x n − x )( x n + x

x n

x =

xn

+

x

Karena x

≥ x > 0,

− x ≤

1 xn − x x

xn +

maka xn

74

=

xn − x xn + x .

Ambil ε > 0 sebarang, karena X konvergen ke x, maka ada bilangan asli K sehingga untuk semua n ≥ K berlaku

⏐xn - x⏐< ε x . Diperoleh xn

− x ≤ 1x x n − x < ε, untuk n ≥ K.

Karena ε > 0 diambil sebarang, terbukti bahwa lim ( x n ) =

x.

Berdasarkan dua kasus tersebut, disimpulkan bahwa barisan ( x n ) adalah konvergen dan lim ( x n ) =

x .◘

⎛ x n +1 ⎞ ⎟⎟ =L ada. Jika ⎝ xn ⎠

Teorema 3.4.11 Misalkan X=(xn) barisan bilangan real dan lim ⎜⎜

L < 1, maka (xn) konvergen dan lim (xn) = 0. Bukti: Pilih bilangan real r sehingga L < r < 1. Ambil ε = r – L > 0, maka terdapat

bilangan asli K sehingga jika n ≥ K berlaku x n +1 xn

− L < ε.

Dengan demikian diperoleh bahwa x n +1
= L + (r – L) = r. Selanjutnya didapat 0 < xn + 1 < xnr < xn – 1r2 < … < xKrn – K +1. Pilih C =

xK , maka 0 < xn+1 < Crn+1 untuk semua n ≥ K. rK

Karena 0 < r < 1, maka lim (rn) = 0. Dapat disimpulkan bahwa lim (xn) = 0.

75

◘

Definisi 3.4.12 Misalkan X = (xn) adalah barisan bilangan real, dan (nk) adalah barisan

bilangan asli sehingga nk < nk + 1, untuk setiap k

∈ N. Barisan

xn

k

disebut subbarisan

dari (xn).

Berdasarkan definisi subbarisan, maka ekor barisan adalah subbarisan, tetapi tidak semua subbarisan adalah ekor barisan. Jika suatu barisan bilangan real konvergen maka semua subbarisannya konvergen ke limit yang sama. Teorema 3.4.13 Misalkan X = (xn) adalah barisan bilangan real yang konvergen ke x

∈R.

Maka semua subbarisan dari X = (xn) adalah konvergen ke x. Latihan 3.4

1. Misalkan X dan Y barisan bilangan real sehingga X dan X + Y konvergen. Buktikan Y konvergen 2. Misalkan X dan Y barisan bilangan real sehingga X konvergen ke x ≠ 0 dan XY konvergen. Buktikan Y konvergen. 3. Tunjukkan bahwa jika X dan Y barisan sedemikian sehingga X konvergen di x

≠ 0 dan XY konvergen maka Y konvergen.

4. Tunjukkan bahwa barisan 2n +1 tidak konvergen. 5. Tunjukkan bahwa barisan (− 1)n +1 n 3 tidak konvergen.

⎛ a n + 1 + b n +1 ⎞ ⎟⎟ 6. Jika 0 < a 0, b > 0 tunjukkan bahwa lim 8. Tunjukkan jika z n = (a + b n

1 n n

)

( dimana 0 < a < bmaka

76

)

a +b

.

2

lim (z n ) = b .

3.5.

Barisan Monoton

Definisi 3.5.1 Misalkan X = (xn) adalah barisan bilangan real. X = (xn) disebut

monoton naik (monoton tidak turun) jika

xn ≤ xn + 1, untuk semua n ∈ N. X=(xn) disebut monoton turun (monoton tidak naik) jika xn ≥ xn + 1, untuk semua n ∈ N. X = (xn) disebut monoton jika monoton naik atau monoton turun. Contoh 3.5.2 Barisan X = (xn) = (2, 4, 6, …, 2n, …) adalah monoton naik. Barisan

Y = (yn) = (-1, -2, -3, …, -n, …) adalah monoton turun. Barisan Z = (zn) = (-1, 1, -1, …, (-1)n, …) adalah tidak monoton naik dan tidak monoton turun. Teorema 3.5.3 Jika X = (xn) barisan bilangan real yang monoton naik dan terbatas di atas,

maka X = (xn) konvergen. Bukti: Diketahui X = (xn) monoton naik, dan misalkan

E = { xn ⏐ n ∈ N}.

Maka E ≠ 0/ dan terbatas di atas. Misalkan x = sup E. Ambil ε > 0 sebarang. Karena x - ε bukan batas atas, maka ada K ∈ N sehingga x - ε < xK < x.

Karena (xn) monoton naik, maka x - ε < xn < x, untuk semua n ≥ K.

Jadi, jika n ≥ K, diperoleh - ε < xn – x < ε.

Terbukti bahwa (xn) konvergen ke x. ◘ Suatu hal penting yang perlu dicatat dari Teorema 3.5.2 adalah bahwa barisan monoton naik dan terbatas di atas, konvergen ke supremum himpunan sukusukunya.

77

Teorema 3.5.4 Jika X = (xn) barisan bilangan real yang monoton turun dan terbatas di

bawah, maka X = (xn) konvergen. Bukti: Diserahkan sebagai latihan.

Untuk memahami definisi dan teorema tersebut, perhatikan contoh berikut. Contoh 3.5.5 Misalkan X = (xn) barisan bilangan real dengan

x1 = 1, dan xn + 1 = Akan ditunjukkan bahwa lim xn =

1 (2xn + 3), n ≥ 1. 4

3 . Dengan induksi matematika, akan ditunjukkan 2

bahwa X = (xn) adalah monoton naik. Untuk n = 1, diperoleh x1 = 1, dan x2 = Jadi, untuk n =1, terbukti bahwa x1

5 . 4

≤ x2. Asumsikan bahwa untuk n = k, berlaku

xk ≤ xk + 1, dan akan dibuktikan bahwa xk + 1≤ xk + 2. Karena xk ≤ xk + 1 maka diperoleh

2xk ≤ 2xk + 1 2xk + 3 ≤ 2xk + 1 + 3 1 1 (2xk + 3) ≤ (2xk + 1 + 3) 4 4 xk + 1 ≤ xk + 2 . Sesuai prinsip induksi matematika, terbukti bahwa xn ≤ xn + 1. Untuk semua n ∈ N. Jadi, X = (xn) adalah monoton naik. Kedua akan ditunjukkan bahwa X = (xn) adalah terbatas di atas. Sebelumnya telah diketahui bahwa x1 ditunjukkan bahwa xn < 2, untuk semua n

∈

≤ x2 < 2. Akan

N. Untuk n = 1, 2 telah terbukti benar.

Asumsikan benar untuk n = k, bahwa xk < 2. Akan ditunjukkan bahwa xk + 1 < 2. Karena xk < 2, maka diperoleh

2xk < 4 78

2xk + 3 < 7 1 7 (2xk + 3) < < 2 4 4 xk + 1< 2. Sesuai prinsip induksi matematika, maka xn < 2, untuk semua n ∈ N. Karena (xn) monoton naik dan terbatas di atas, maka (xn) konvergen. Misalkan (xn) konvergen ke x. Karena (xn + 1) adalah subbarisan dari (xn), maka (xn + 1) juga konvergen ke x. Jadi,

1 lim (xn + 1) = lim [ (2xn + 3)] 4 lim (xn + 1) =

1 (2 lim xn + 3) 4

4x = 2x + 3 Diperoleh, x =

3 3 . Jadi, lim xn = . 2 2

◘

Latihan 3.5. 1. Misalkan x 1 = 8 dan x n +1 =

1 x n + 2 , untuk n ∈ N , buktikan bahwa {x n } 2

terbatas dan monoton serta temukan limitnya 2. Misalkan x 1 = a > 0 dan x n + 1 = x n +

1 , untuk n ∈ N buktikan bahwa xn

{x n } konvergen atau divergen. 3. Misalkan x n =

1 2

+

1 2

+

1 2

+L+

1 2

, untuk n ∈ N buktikan bahwa {x n }

n 1 2 3 monoton naik dan terbatas sertya tentukan keknvergenannya.

3.6.

Barisan Cauchy

Definisi 3.6.1 Misalkan X = (xn) adalah barisan bilangan real. X = (xn) disebut barisan Cauchy jika untuk setiap ε > 0 terdapat K ∈ N sehingga

⏐xm – xn ⏐< ε untuk semua m, n ≥ K. 79

Teorema 3.6.2 Jika X = (xn) adalah barisan bilangan real dan konvergen, maka X = (xn)

adalah barisan Cauchy. Bukti: Misalkan (xn) konvergen ke x

∈ R. Ambil sebarang ε > 0, maka terdapat

K ∈ N sehingga ε n ⏐x – x ⏐< 2

untuk semua n ≥ K. Untuk m, n ≥ K diperoleh

⏐xm – xn ⏐≤ ⏐xm – x ⏐+ ⏐xn – x ⏐< Terbukti, bahwa (xn) adalah barisan Cauchy.

ε

2

+

ε

2

= ε.

◘

Teorema 3.6.3 Misalkan X = (xn) adalah barisan bilangan real. Jika X = (xn) adalah

barisan Cauchy, maka X = (xn) adalah terbatas. Bukti: Diketahui X = (xn) adalah barisan Cauchy. Pilih

ε = 1. Maka ada K ∈ N

sehingga untuk semua n ≥ K berlaku

⏐xn – xK ⏐ < 1. Dengan ketaksamaan segitiga diperoleh⏐xn ⎢≤⏐xK ⏐ + 1, untuk semua n ≥ K. Pilih M = sup{⏐x1 ⎢, ⏐x2 ⎢, ⏐x3 ⎢, …, ⏐xK- 1 ⎢, ⏐xK⏐ + 1} Maka diperoleh bahwa

⎢xn ⎢≤ M, untuk semua n ∈ N. Terbukti, jika X barisan Cauchy maka X terbatas.

◘

Teorema 3.6.4 Barisan bilangan real adalah konvergen jika dan hanya jika merupakan

barisan Cauchy. Bukti: Diserahkan sebagai latihan. ◘ Definisi 3.6.5 Misalkan X = (xn) adalah barisan bilangan real. X = (xn) disebut

kontraktif jika terdapat C ∈ R, 0 < C < 1, sehingga

⏐xn + 2 – xn + 1 ⏐< C ⏐xn + 1 – xn ⏐ untuk semua n ∈ N. Teorema 3.6.6 Setiap barisan kontraktif adalah barisan Cauchy. Bukti: Diserahkan sebagai latihan. 80

3.7.

Barisan Divergen

Definisi 3.7.1 Misalkan X = (xn) adalah barisan bilangan real. X = (xn) disebut

divergen ke

, ditulis lim (xn)=∞, jika untuk setiap M∈R, M > 0, ada K

∈ N sehingga

xn > M, n ≥ K. Contoh 3.7.2 1. Misalkan (xn) = (n). Akan ditunjukkan bahwa lim (xn) =

∞. Ambil sebarang M ∈ R

dan M > 0. Sesuai sifat Archimedes, maka ada K ∈ N sehingga K > M. Jika n ≥ K, maka akan diperoleh xn > M. 2. Misalkan (xn) = (3n + 2). Akan ditunjukkan bahwa lim (xn) = ∞. Ambil sebarang

M ∈ R dan M > 0. Sesuai sifat Archimedes, maka ada K ∈ N sehingga K > Jika n ≥K, maka akan diperoleh xn > M.

M −2 . 3

☻

Definisi 3.7.3 Misalkan X = (xn) adalah barisan bilangan real. X = (xn) disebut divergen ke- , ditulis lim(xn)=-∞, jika untuk setiap M∈R, M> 0, ada K ∈ N sehingga

xn < -M, n ≥ K. Contoh 3.7.4

1. Misalkan (xn) = (-n). Akan ditunjukkan bahwa lim (xn) = -∞. Ambil sebarang M∈ R

dan M > 0. Sesuai sifat Archimedes, maka ada K ∈ N sehingga K > M. Jika n ≥ K, maka akan diperoleh xn < -M. 2. Misalkan (xn) = (-5n + 3). Akan ditunjukkan bahwa lim (xn) = -∞. Ambil sebarang

M ∈ R dan M > 0. Sesuai sifat Archimedes, maka akan ada K ∈ N sehingga K>

M −3 . 5

Jika n ≥ K, maka akan diperoleh xn < -M.

☻

Teorema 3.7.5 Misalkan X = (xn) adalah barisan bilangan real. Jika

monoton naik dan tidak terbatas di atas, maka lim (xn) = ∞. 81

X = (xn)

Bukti: Ambil sebarang M ∈ R dan M > 0. Karena (xn) tidak terbatas di atas, maka

M bukan batas atas (xn). Jadi, ada K ∈ N sehingga M < xK. Karena (xn) monoton naik, diperoleh

M < xK ≤ xK + 1 ≤ xK + 2 ≤ xK + 3 ≤ ⋅⋅⋅ Jadi, jika n ≥ K, diperoleh bahwa xn > M , sehingga lim (xn) = ∞. Teorema 3.7.6 Misalkan X = (xn) adalah barisan bilangan real. Jika X = (xn) monoton

turun dan tidak terbatas di bawah, maka lim (xn) = -∞. Bukti: Diserahkan sebagai latihan. Definisi 3.7.7 Misalkan X = (xn) adalah barisan bilangan real. Jika X = (xn) tidak

konvergen, tidak divergen ke ∞, atau tidak divergen ke -∞, maka X = (xn) disebut barisan osilasi.

Latihan 3.7. 1.

Jika x n = n , tunjukkan bahwa {x n } memenuhi lim x n + 1 − x n = 0 , akan tetapi bukan barisan Cauchy.

2.

Misalkan p ∈ N . Berkan contoh barisan {x n } untuk setiap n ∈ N dan bukan barisan Cauchy tetapi memenuhi lim x n + p − x n = 0 .

3.

Jika x 1 < x 2 dengan x 1 , x 2 ∈ N dan x n =

1 (x n − 2 + x n −1 ) untuk n > 2, 2

tunjukkan {x n } konvergen. Apakah mempunyai limit. 4.

Jika x 1

1 > 0 dan x n +1 = (2 + x n )− untuk n ≥ 1, tunjukkan limitnya.

82

4 KONSEP TOPOLOGI R Fungsi adalah suatu aturan padanan yang menghubungkan tiap objek x dalam suatu himpunan yang disebut daerah asal ( domain) denagan nilai nilai unik f(x) dan himpunan kedua dan himpunan yang diperoleh disebut daerah hasil (kodomain) atau suatu himpunan A ⊂ R dan kodomain R. Sebelum dibahas limit

fungsi dan

struktur kekontinuan fungsi, lebih dahulu akan dibicarakan tentang struktur topologi yang biasa dipakai pada sistem bilangan nyata R.

4.1.

PERSEKITARAN

Definisi 4.1.1 Jika p ∈ R dan bilangan r > 0 , himpunan .

V r( p ) = ( p − r , p + r ) = {x ∈ R : p − r

<

x

<

p + r}

disebut persekitaran (neighborhood) titik p. Dalam hal ini r disebut jari-jari (radius) persekitaran tersebut. Contoh 4.1.2. Pada topologi pada garis bilangan riil R. Apakah interval-interval dibawah ini

merupakan, persekitaran dari 0 ? 1. (-

1 1 1 1 1 1 , ] adalah persekitaran dari titik 0. Karena 0 ∈ (- , ) ⊂ (- , ] dan 2 2 2 2 2 2

(-

1 1 , ) adalah terbuka. 2 2

2. ( - 1 , 0 ] adalah bukan merupakan persekitaran dari titik 0 karena tidak ada interval

terbuka yang memuat titik 0 sedemikian sehingga interval terbuka tersebut termuat dalam kedua interval tersebut. 83

Teorema 4.1.3 . Setiap selang terbuka (u,v) yang memuat p memuat suatu persekitaran titik

p dan sebaliknya setiap persekitaran titik p memuat suatu selang terbuka (u,v) yang memuat p. Bukti: Diberikan selang (u,v) dan p ∈ (u,v). Diambil bilangan

1 min { p − u , v − p}. 2

r= mudah difahami bahwa r > 0 dan

Vr ( p ) = ( p - r , p + r ) ⊂ ( u , v ) . Sebaliknya, diambil sebarang q > 0 maka

Vq ( p ) = ( p − q , p + q ) adalah persekitaran titik p. Diambil selang (u,v) dengan

p−q
<

p+q

maka berlaku

p ∈ ( u , v ) ⊂ Vq ( p ) .

Latihan 4.1. 1. Apakah interval-interval pada garis bilangan riil R dibawah ini merupakan,

1 1 persekitaran dari 0 (- , ] . n n 2. Buktikan (0, ∞ ) , (− ∞ ,0 ) merupakan persekitaran pada garis bilangan riil R.

4.2.

TITIK LIMIT

Definisi 4.2.1. Jika disebut titik-limit (limit point) himpunan A ∈ R jika untuk setiap

bilangan r

>

0 Sehingga

Vr ( p ) ∩ A − { p} ≠ 0/ . Dengan demikian jika p titik-limit himpunan A maka setiap bilangan r > 0 , himpunan Vr ( p ) ∩ A memuat paling sedikit satu anggota himpunan A yang tidak sama dengan p. Himpunan dari semua titik limit dari A dinamakan derived set, yang diberi notasi Ad.

84

Teorema 4.2.2. Setiap himpunan tak hingga A ⊂ R yang terbatas paling sedikit

mempunyai satu titik limit. Teorema tersebut dapat dibuktikan dengan menggunakan Teorema Selang Susut. Contoh 4.2.3. Diberikan topologi pada garis bilangan riil R dan himpunan

A ={p| 0

≤

p ≤ 1} ∪ {2}.

Tentukan Ad ! i) Untuk titik p = 0 dan untuk setiap r >0

Vr(p) = {p | - ε 0}. Maka Vr ( p ) ∩ A − { p} ≠ 0/ .

sehingga 0 merupakan titik limit dari A. ii) Untuk titik p = 1

Vr(p) = {p | 1 - ε 0}. Maka

Vr ( p ) ∩ A − { p} ≠ 0/ . Sehingga 1 merupakan titik limit dari A. iii) Untuk titik p = a, dimana 0 < a < 1

Vr(p) = {p | a - ε 0}. Maka

Vr ( p ) ∩ A − { p} ≠ 0/ .

Sehingga x = a, dimana 0 < a < 1 merupakan titik limit dari A. iv) Untuk p = 2. Vr(p) = {p | 2 - ε 0}. Ambil ε =

1 3 5 maka Vr(p) ={p |
Maka

Vr(p)

∩

A – {p} = {p} – {p} = φ 85

Karena terdapat Vr(p) sedemikian sehingga Vr(p)

∩

A – { p} = φ maka p = 2

bukan merupakan titik limit dari A. Dari i, ii, iii dan iv dapat diperoleh bahwa Ad = {p | 0 ≤ p ≤ 1}.

☻

Dari contoh ini terlihat bahwa titik limit dari himpunan A dapat berada di dalam A tetapi juga dapat terletak di luar A. Teorema 4.2.4. Jika A dan B adalah himpunan bagian-himpunan bagian yang sebarang

pada ruang topologi R maka berlaku 1. A ⊂ B maka Ad ⊂ Bd 2. (A ∪ B)d = Ad ∪ Bd 3. A tertutup jika dan hanya jika Ad ⊂ A 4. Jika B tertutup dan A ⊂ B maka Ad ⊂ B 5. A ∪ Ad adalah himpunan tertutup d

d

6. φ = φ dan X = X 7. (A ∩ B)d ⊂ Ad ∩ Bd Bukti: Untuk membuktikan 1. bahwa Ad ⊂ Bd , cukup dibuktikan bahwa

p ∈ Ad → p ∈ Bd Menurut definisi 4.2.1, mengatakan bahwa p ⊂ Ad sehingga untuk setiap r>0 maka

Vr(p)

∩

A – {p} ≠ φ

Karena A ⊂ B maka [Vr(p) ∩ A – {p}] ⊂ [Vr(p) ∩ B – {p}]. Sehingga jika

Vr(p)

∩

A – {p} ≠ φ maka Vr(p)

∩

B – {p} ≠ φ

yang berarti bahwa p ∈ Ad maka p ∈ Bd. Jadi terbukti bahwa jika A ⊂ B maka

Ad

⊂

Bd. Sedang 2. Dari Teorema 4.2.4.1, didapatkan bahwa A

⊂

A

∪B →

Ad

⊂

(A ∪ B)d

B

⊂

A

∪B →

Bd

⊂

(A ∪ B)d

Dari sini didapatkan bahwa

Ad

∪

Bd

⊂

(A ∪ B)d .

86

Sekarang akan ditunjukkan bahwa (A ∪ B)d ⊂ Ad ∪ Bd Diasumsikan bahwa p ∉ (Ad ∪ Bd), karena p ∉ (Ad ∪ Bd), berarti bahwa

p ∈ (Ad

d c

∪B

) = (Ad)c ∩ (Bd)c

Dari sini berarti p ∈ (Ad)c dan x ∈ (Bd)c. Karena x ∉ Ad sedemikian sehingga

p ∈ G dan G

∩ A ⊂ {p}

Karena p ∉ Bd sedemikian sehingga

p ∈ H dan H

∩ B ⊂ {p}

sehingga, p ∈ G ∩ H dan (G ∩ H) ∩ (A ∪ B) = (G ∩ H ∩ A) ∪ (G ∩ H ∩ B) ⊂

(G ∩ A) ∪ (H ∩ B)

⊂

{p} ∪ {p}

⊂

{p}

d

d

d

d

Dengan dernikian p ∉ (A ∪ B) , sehingga p ∉ (A ∪ B ) maka p ∉ (A ∪ B) dan kontraposisinya p ∈ (A ∪ B) maka p ∈ (Ad ∪ Bd). Dari sini dapat disimpulkan bahwa (A ∪ B)d ⊂ Ad ∪ Bd terbukti bahwa (A ∪ B)d = Ad ∪ Bd. sedagkan untuk membuktikan teoema 4.2.4.3 (→) Misalnya A adalah tertutup dan ambil p ∉ A, yang berarti bahwa p ∈ Ac, karena A adalah tertutup maka Ac adalah terbuka. Dari sini p ∉ Ad untuk Ac adalah suatu himpunan terbuka sedemikian sehingga

p ∈ Ac dan Ac

∩

A =φ

yang berarti bahwa p ∈ Ac maka p ∉ Ad, Kontraposisinya p ∈ Ad sehingga

p

∉

Ac yang berarti bahwa p ∈ Ad maka p ∈ A. Menurut Teorema 4.2.4.1. dapat

disimpulkan bahwa Ad ⊂ A. Jadi, A tertutup berlaku Ad ⊂ A . selanjutnya (←) Akan ditunjukkan sebagai latihan. Untuk Teorema 4.2.4.4. Menurut Teorema 4.2.4.1, yang menyatakan bahwa A ⊂ B maka Ad ⊂ Bd, karena B adalah tertutup maka menurut teorema 4.2.4.3. disimpulkan bahwa

Bd

⊂

87

B

Dengan demikian Ad ⊂ Bd ⊂ B, yang berarti bahwa Ad

⊂

B. 8. Berdasarkan

teorema 4.2.4.1, maka berlaku

A A

∩ ∩

B B

⊂ ⊂

A sehingga (A

∩

B)d

B sehingga (A

∩

B)d ⊂ Bd

⊂

Ad

Dari sini diperoleh bahwa. (A ∩ B)d ⊂ Ad ∩ Bd . Untuk bukti yang lain silahkan buat latihan. ◘ Contoh 4.2.5 Diberikan A = (1,2] ∪ {5,6}. Mudah difahami bahwa setiap p ∈ [1,2]

merupakan titik limit himpunan A, sebab untuk setiap r

>

0 berlaku

Vr ( p ) ∩ A − { p} ≠ 0

Terlihat 1 titik limit himpunan A meskipun 1

∉ A.

limit himpunan A meskipun 5,6 ∈ A , sebab ada r , r

=

5 dan 6 masing-masing bukan titik 1 misalnya, sehingga 4

Vr ( 5 ) ∩ A − {5} = 0 dan Vr ( 6 ) ∩ A − {6} = 0 . ☻

Latihan 4.2. 1. Misalkan A = (0,∝) ∪ {5}. Tentukan titik limit himpunan A. 2. Andaikan topologi pada garis bilangan riil R dan himpunan

A ={p| -∝

≤

p ≤ 0} ∪ {7}.

Tentukan Ad !

4.3.

TITIK DALAM, PENUTUP

Definisi 4.3.1. Jika p ∈ R disebut titik-dalam (interior point) himpunan A ⊂ R jika ada

bilangan r

>

0 sehingga

Vr ( p ) ⊂ A Definisi 4.3.2. Himpunan A dikatakan terbuka (open) jika setiap anggotanya merupakan

titik-dalam. B ⊂ R dikatakan tertutup (closed) jika Bc terbuka.

88

Contoh 4.3.3. Himpunan B = (2,3) ∪ (4, ∞ ) merupakan himpunan terbuka, sebab jika

p ∈ ( 2,3) sehingga

diambil bilangan r > 0 dengan r

p ∈ ( 4 , ∞ ) dapat diambil r

=

=

1 min{ p − 2,3 − p} dan jika 2

1 ( p − 4 ) sehinggaberlaku Vr ( p ) ⊂ B . ☻ 2

Teorema 4.3.4. Selang-selang yang berbentuk (a,b), (a, ∞ ) dan ( −∞, a ) masing-masing

merupakan himpunan terbuka. Bukti: Jika p ∈ ( a , b ) maka diambil bilangan r =

1 min{ p − a , b − p} , sehingga 2

diperoleh Vr ( p ) ⊂ ( a , b ) dengan kata lain setiap p ∈ ( a , b ) merupakan titik-dalam (a,b) dan oleh karena itu, bahwa (a,b) himpunan terbuka. Jika p ∈ ( a , ∞ ) , sehingga 1 diambil bilangan r = ( p − a ) dan diperoleh Vr ( p ) ⊂ ( a , ∞ ) dengan kata lain 2 setiap p ∈ ( a , ∞ ) merupakan titik-dalam ( a , ∞ ) . selanjutnya ( a , ∞ )

himpunan

terbuka. Bukti untuk ( − ∞, a) sebagai latihan. ◘ Akibat 4.3.5. Setiap titik di dalam suatu perserikatan merupakan titik-dalam. Jadi, setiap

persekutuan merupakan himpunan terbuka. Teorema 4.3.6. Dua pernyataan dibawah ini benar.

1. Jika A ⊂ R merupakan himpunan terbuka jika dan hanya jika ia merupakan gabungan selang-selang terbuka. 2. Jika A terbuka maka A merupakan gabungan selang-selang terbuka yang saling asing. Bukti : (1) (Syarat perlu) Jika A terbuka maka setiap p ∈ A merupakan titik-

dalam A yaitu terdapat bilangan r > 0 sehingga

Vr ( p ) = ( p − r , p + r ) ⊂ A . Mudah difahami bahwa Vr ( p ) merupakan selang terbuka dan

A = U p∈ AVr ( p ) . (Syarat cukup) Diketahui

A = U j ∈λ I j , dengan λ himpunan indeks, dan

Ij = (aj,bj). Diambil sebarang titik p ∈ A , tentu ada i ∈ λ sehingga p ∈ I i

89

= ( a i ,b i ) .

sehingga, p merupakan titik dalam himpunan (selang) terbuka I i ⊂ A . Jadi, p merupakan titik dalam himpunan A. (2) Andaikan terdapat i , j ∈ λ sehingga

Ii

∩I j ≠ 0.

ai

<

aj

Ada dua kemungkinan: (a)

< bi < b j

Ii

⊂

Ik

atau

Ik

Ii

⊂

dan (b)

atau a j < a i < b j < b i .dalam keadaan (a) berturut-turut I i

I k dapat dihapus. Dalam keadaan (b) I i

atau

dan I k digabung menjadi satu selang

( a i , b j ) dan ( a j , bi ) . Teorema 4.3.7. Jika ℑ koleksi semua himpunan terbuka di dalam R, maka

(i) 0/ , R ∈ ℑ (ii) Jika A , B ∈ ℑ maka A ∩ B ∈ ℑ (iii) Jika Aa ∈ ℑ untuk setiap a ∈ λ , λ himpunan indeks , maka A = U a∈λ Aa ∈ ℑ Bukti: (i) Jelas bahwa

0 ∈ ℑ . Untuk setiap

p ∈ R selalu berlaku Vr ( p ) ⊂ R

untuk setiap bilangan r1 > 0 yang bernilai R ∈ ℑ . (ii) Ambil sebarang A , B ∈ τ . Jika A ∩ B = 0 bukti selesai. Menurut (i) Jika A ∩ B ≠ 0 diambil p ∈ A ∩ B sebarang. Karena

p ∈ A dan

A ∈ ℑ maka ada bilangan

r1

>

Vr ( p ) ⊂ A . Juga, karena p ∈ B dan B ∈ ℑ maka ada bilangan r2 1

Vr ( p ) ⊂ B . 2

Dengan

mengambil

bilangan

r

=

0

sehingga

>0

sehingga

min{r1 , r2 }

diperoleh

Vr ( p ) ⊂ Vr ( p ) dengan i = 1,2 dan berakibat Vr ( p ) ⊂ A ∩ B . sehingga terbukti 2

1

A ∩ B ∈ ℑ .(ii). Ambil sebarang titik p ∈ A = U a∈λ Aa , dibuktikan p titik dalam himpunan A. tentu ada i ∈ λ sehingga p ∈ Ai . Karena Ai ∈ ℑ maka ada bilangan

r

>

0 sehingga Vr ( p ) ⊂ Ai . Hal ini berakibat Vr ( p ) ⊂ A = U a ∈λ Aa Menurut .

Definisi 4.3.2 A ⊂ R tertutup jika A c = R A terbuka. ◘ Teorema 4.3.8. Jika π koleksi semua himpunan tertutup di dalam R, maka

1. 0/ , R ∈ π 2. Jika A , B ∈ π , maka A ∪ B ∈ π . 3. Jika Aa

∈π

untuk setiap a ∈ λ , λ himpunan indeks, maka A = I a∈λ Aa 90

Teorema 4.3.9. Diberikan A dan B adalah dua himpunan sebarang dalam ruang topologi R Maka berlaku:

1. int (A) adalah himpunan terbuka terbesar yang termuat dalam A. Jadi int (A) ⊂ A. 2. A terbuka jika dan hanya jika A = int (A). a) int ( φ ) = φ b) int (X) = X 3. A ⊃ B maka int (A) ⊃ int (B) 4. int (int (A)) = int (A) 5. int (A ∩ B) = int (A) ∩ int (B). 6. int (A ∪ B) ⊃ int (A) ∪ int (B). Bukti:

1. trivial 2. ( → )Jika A terbuka maka A ⊂ int (A). Sesuai dengan teorema 4.3.9.1, yaitu int (A) ⊂ A. Dengan demikian berarti bahwa jika A adalah terbuka maka A ⊂ int (A) ⊂ A. Dari sini berarti bahwa A = int (A). ( ←) Karena int (A) adalah terbuka dan A = int (A) maka A adalah terbuka. Menurut teorema 4.3.9.2. i) φ terbuka jika dan hanya jika int ( φ )= φ ii) X terbuka jika dan hanya jika int (X) = X 3. Sebagai latihan 4.

Menurut teorema 4.3.9.2. dan karena int (A) adalah terbuka maka int (int (A)) = int (A).

5. Karena A ⊃ A ∩ B dan B ⊃ A ∩ B. Menurut teorema 4.3.9.4. maka int (A) ⊃ int (A ∩ B) dan int (B) ⊃ int (A ∩ B). Dari sini diperoleh int (A) ∩ int (B) ⊃ int (A ∩ B) Selanjutnya karena int (A) ⊂ A dan int (B) ⊂ B maka 91

int (A) ∩ int (B) ⊂ A ∩ B. Ini berarti bahwa (int (A) ∩ int (B)) adalah himpunan terbuka yang termuat dalam A ∩ B. Menurut teorema 4.3.9.1, maka int (A) ∩ int (B) ⊂ int (A ∩ B) sehingga disimpulkan bahwa int (A ∩ B) = int (A) ∩ int (B). 6. Karena A ∪ B ⊃ A maka int (A ∪ B) ⊃ int (A). Karena A ∪ B ⊃ B maka int (A ∪ B) ⊃ int (B). Dari sini berarti bahwa: int ( A ∪ B) ⊃ int (A) ∪ int (B). ◘ Teorema 4.3.10. Jika A ⊂ R maka int(A) = Ao merupakan himpunan terbuka terbesar

yany termuat di dalam A. Bukti:

Jika p ∈ int( A ) jika dan hanya jika terdapat bilangan δ > 0 sehingga

Vr ( p ) ⊂ A . Sehingga Vr ( p ) terbuka dan oleh karena itu int( A ) = U p∈ AVδ ( p ) ⊂ A terbuka. Diambil sebarang himpunan terbuka U ⊂ A . u ∈ U jika dan hanya jika ada bilangan r > 0 sehingga

Vr ( u ) ⊂ U . Hal ini berakibat u titik-dalam himpunan A yaitu u ∈ int( A ) . Terbukti sebarang himpunan terbuka U ⊂ A berakibat U ⊂ int( A ) atau terbukti bahwa int(A) merupakan himpunan terbuka terbesar yang termuat didalam A. ◘ Teorema 4.3.11. Jika A ⊂ R maka cl(A) merupakan himpunan tertutup terkecil yang

memuat A. Bukti: Tulis k koleksi semua himpunan tertutup yang memuat A. Jadi

cl ( A ) = I F ∈k F . Mudah difahani bahwa A ⊂ F untuk setiap F ∈ k . Diperlihatkan cl ( A ) tertutup.. Diambil sebarang himpunan tertutup T yang memuat A. menurut pembentukan k,

92

maka T ∈ k . Oleh karena itu cl ( A ) ⊂ T dan demikian terbukti bahwa

c1(A)

merupakan himpunan tertutup terkecil yang memuat A. Akibat Teorema diatas adalah suatu himpunan yang tak memuat titik-titik batasnya merupakan himpunan terbuka. Jelasnya sebagai berikut. Akibat 4.3.12. Dua pernyataan dibawah ini benar :

1. Misalkan

A⊂R

merupakan himpunan terbuka jika

dan hanya jika

A ∩ r( A) = 0 2. Jika A ⊂ R maka A − r ( A ) terbuka Bukti: (Syarat perlu) Diketahui A terbuka dan diandaikan A mempunyai titik

batas p. jadi untuk setiap bilangan r > 0 berlaku

Vr ( p ) ∩ A ≠ 0/ dan N r ( p ) ∩ A c Dengan kata lain tak ada bilangan r

>

≠ 0/

.

0 sehingga Vr ( p ) ⊂ A atau p bukan titik

dalam karena terbuka. Jadi, dapat disimpulkan p ∉ A , i .e ., A ∩ r ( A ) = 0/ . (Syarat

cukup)

Diketahui

p ∈ r ( A ) berakibat pdan ∉A

A ∩ r( A) = 0 .

Hal

ini

berarti

ada

p bukan titik-limit himpunan A. Sebaliknya, jika

q ∈ A maka q ∉ r ( A ) dan q bukan titik terasing, i.e., ada r Vr ( q ) I A ≠ 0/ dan N r ( q ) I A c

jika

= 0/

>

0 sehingga

yang ekuivalen dengan Vr ( q ) ⊂ A atau q titik

dalam. Sebagai akibat langsung Teorema 4.3.11 adalah teorema di bawah ini. Teorema 4.3.13. Misalkan A ⊂ R tertutup jika dan hanya jika cl ( A ) = A Bukti: Jika A tertutup, maka himpunan tertutup terkecil yang memuat A adalah A

itu sendiri. Dengan kata lain cl ( A ) = A . Sebaliknya, jika cl ( A ) = A , diperoleh

A

=

I FF

∈λ

dengan λ menyatakan koleksi semua himpunan tertutup yang

memuat A. Selanjutnya, berlaku, A = I F ∈λ F tertutup. 93

Teorema 4.3.14. Misalkan A ⊂ R tertutup jika dan hanya jika memuat semua titik

limitnya. Bukti: (Syarat Perlu) Titik a merupakan titik limit himpunan A jika dan hanya jika

setiap bilangan r > 0 berlaku

Vr ( a ) ∩ A

− { a } ≠ 0/ .

Andaikan a ∉ A , tentu a merupakan titik-dalam himpunan terbuka A c , dengan kata lain ada bilangan r0 > 0

Vr ( a ) ∩ A 0

= 0/ ,

sehingga Vr0 ( a ) ⊂ A c .

Hal ini berarti

sehingga kontradiksi.

(Syarat Cukup) Ambil sebarang x ∈ A c . Tentu x bukan titik limit himpunan

jadi ada bilangan δ

>

A;

0 sehingga Vr ( a ) ∩ A = 0/ atau Vr0 ( a ) ⊂ A c yang berarti x

titik-dalam himpunan A c . Karena pengambilan x sebarang diperoleh A c terbuka yang ekuivalen dengan A tertutup. ◘

Latihan 4.3. 1. Buktikan A ⊃ B maka int (A) ⊃ int (B). 2. Buktikan A = A ∪ Ad. 3. Buktikan dan berikan contoh φ d = φ dan Xd = X.

4.4.

TITIK BATAS DAN TITIK LUAR

Definisi 4.4.1. Jika p ∈ R disebut titik-batas (boundary point) suatu himpunan A ⊂ R

jika untuk setiap bilangan r > 0 berlaku Vr ( p ) ∩ A ≠ 0/ dan Vr ( p ) ∩ A c

≠ 0/

Definisi 4.1.2. Jika p ∈ R disebut titik-luar (exterior point) suatu himpunan A ⊂ R

jika ada bilangan r

>

0 berlaku

Vr ( p ) ∩ A ≠ 0/ . Dengan demikian jika p ∈ R titik-batas himpunan A ⊂ R jika setiap persekitaran titik p selalu memuat paling sedikit satu anggota A dan satu anggota Ac. Jika p titik94

batas himpunan A tak perlu p menjadi anggota A. Tetapi sebaliknya, jika p titikbatas himpunan A dan ada bilangan r > 0 sehingga Vr ( p ) ∩ A = { p} maka p disebut titik terasing (isolated point) himpunan A. Jadi setiap titik terasing merupakan titik batas, sebaliknya tidak berlaku. Dapat kita tahu bahwa, titik batas yang bukan titik-terasing merupakan titik limit. Sehingga p titik-batas himpunan A jika dan hanya jika p titik-batas himpunan Ac. Jika ∈ R merupakan titik-luar himpunan A jika dan hanya jika p merupakan titik-dalam himpunan Ac. Contoh 4.1.16 Jika A = [1, 2 ] ∪ {3,4} . 1, 2, 3 dan 4 masing-masing merupakan

titik-batas himpunan A, sebab untuk setiap bilangan r > 0 diperoleh

Vr ( p ) (p = 1, 2, 3, 4) memuat paling sedikit satu angka A dan satu Ac. 3 dan 4 masing-masing merupakan titik terasing himpunan A, sebab dengan mengambil r =

1 diperoleh 2

V1 2 ( 3 ) ∩ A = {3} dan V1 2 ( 4 ) ∩ A = {4} . 1 dan 2 masing-masing titik-batas yang bukan titik-terasing, oleh karena itu 1 dan 2 masing-masing titik-limit.

Latihan 4.4. 1. Buktikan ext (A) = int (Ac). dan berikan contohnya? 2. Buktikan A = int (A) ∪ b (A). 3. Buktikan

4.5.

i.

b (Ac ) = b (A),

ii.

b(A)=A

∩

Ac

HIMPUNAN KEKOMPAKAN

Koleksi himpunan bagian a di dalam R disebut Liput (cover) himpunan A ⊂ R jika A ⊂ U U . Setiap ℑ ⊂ a sehingga ℑ masih meliput A disebut liput-bagian u∈a

(subcover) himpunan A. jika setiap anggota a itu merupakan himpunan terbuka maka a disebut liput terbuka (open cover) himpunan A. 95

Contoh 4.5.1. Diberikan A = (1, 2 ] ∪ {3,5} dan diambil suatu bilangan r > 0 . Koleksi

semua persekitaran Vr ( p ) dengan p ∈ A merupakan liput terbuka himpunan A, sebab setiap N r ( p ) merupakan himpunan terbuka dan U p∈ A Vr ( p ) ⊃ A .☻ Contoh

4.5.2. ℑ = {( a , ∞ ) : a ∈ R} merupakan liput terbuka himpunan R sebab

R ⊂ U a∈R ( a , ∞ )

dan setiap ( a , ∞ ) merupakan himpunan terbuka. Jika diambil a = {( p , ∞ ) : p ∈ Q} maka a ⊂ ℑ dan R ⊂ U p∈ Q ( p , ∞ ) oleh karena itu a merupakan liput bagian himpunan R.

☻

Definisi 4.5.3. Himpunan A ⊂ R dikatakan kompak (compact) jika setiap liput

terbukanya memuat liput-bagian yang banyak anggotanya hingga. Contoh 4.5.4. K = {x 1 , x 2 ,..., x n } ⊂ R merupakan himpunan kompak, sebab jika ℑ = {Ga ; a ∈ λ } ,

dengan λ himpunan indeks dan Ga himpunan terbuka , merupakan liput

terbuka himpunan K, K

⊂ U a ∈λ

Ga ,dapat dipilih liput bagian yang banyaknya anggota hingga, ⊂ U a∈λ Ga

yaitu sebagai berikut. Karena x i ∈ K xi

∈ Gi ,

tentu ada himpunan Gi ∈ ℑ sehingga

untuk setiap i. diperoleh {G1 , G2 ,..., Gn } ⊂ ℑ merupakan liput-bagian yang banyak n

anggotanya hingga dan K

= {x 1 , x 2 ,...x n } ⊂ U Gi

. ☻

i =1

Contoh 4.5.5. Misalkan [ 0, ∞ ) ⊂ R tak kompak, sebab interval itu mempunyai liput

terbuka yang tak mempunyai liput bagian yang banyak anggotanya hingga: buktinya sebagai berikut. Dibentuk liput terbuka Sungguh

ℑ ini

ℑ

dengan anggota-anggotanya berbentuk Gn

= ( −1, n ) .

merupakan liput terbuka himpunan [ 0, ∞ ) sebab Gn merupakan himpunan

terbuka untuk setiap n dan ∞

U n =1 Gn ⊃ [ 0, ∞ ) .

Andaikan ada liput bagian {Gn1 , Gn 2 ,..., Gn p } ⊂ ℑ

Jadi, ( 0, ∞ ) ⊂ Gn1 ∪ Gn2 ∪ ...Gn p

96

diambil bilangan asli M=maks {n1 , n 2 ,..., n n p } diperoleh Gn

1

∪ Gn ∪ ... ∪ Gn = Gm = ( −1, m ) ⊃ ( 0, ∞ ) , p

2

suatu kontradiksi. Dengan kata lain ada liput terbuka τ yang mempunyai liput bagian yang banyak anggotanya hingga atau [ 0, ∞ ) tak kompak. ☻ Teorema 4.5.6. Jika K ⊂ R kompak, maka K tertutup dan terbatas. Bukti:

Dibuktikan dahulu K terbatas. Untuk setiap bilangan n ∈ N dibentuk

himpunan terbuka Hn = (-n,n). Jelas bahwa ℑ = {H n : n ∈ N } merupakan liput terbuka K sebab Hn terbuka untuk setiap n dan K ⊂ U ∞n =1 H n . Karena K kompak tentu ada a ⊂ ℑ yang banyak anggotanya hingga, tulis

a = {H n 1 , H n 2 ,..., H np } sehingga

K

⊂

Hn

1

∪ H n ∪ ... ∪ H n 2

p

Namakan

m = maks {n1 , n 2 ,..., n p } . Diperoleh

K

⊂

H n 1 ∪ H n 2 ∪ ... ∪ H np

=

Hm

= ( −m , m )

sehingga K terbatas. Lebih lanjut diperlihatkan bahwa K tertutup atau Kc terbuka. ∈

Untuk setiap n

c

∈

N dan u

K

=

dibentuk himpunan G

n

{g

∈R

−

;g

>

u

1

n}.

Mudah dipahami bahwa Gn terbuka untuk setiap n ∈ N dan {Gn ; n = 1, 2,...} merupakan liput terbuka himpunan kompak K. oleh karena itu ada terdapat bilangan asli m (seperti diatas) sehingga a ∈ I k ⊂ ( a − δ 0 , a + δ 0 ) ⊂ G . Hal ini berakibat G meliput I k ∩ K , suatu kontradiksi dan bukti selesai. Teorema 4.5.7. (Teorema Heine-Borel) K ⊂ R kompak jika dan hanya jika

tertutup dan terbatas. 97

K

Bukti: (Syarat Perlu) terbukti berdasarkan teorema 4.5.6. (Syarat cukup) Andaikan tedapat liput terbuka ℑ himpunan tertutup dan terbatas

K yang tak mempunyai liput bagian yang banyak anggotanya hingga. Karena K terbatas tentu ada bilangan nyata r > 0 sehingga

K

⊂[−r

, r ] = I 1.

Diambil I 1 menjadi dua selang tertutup I 1' dan I 1' ' sehingga I 1' ∩ I 1' ' mempunyai satu anggota. Sehingga

ℑ

merupakan liput terbuka K ∩ I 1' maupun K ∩ I 1' ' . Tentu

tidak terdapat liput bagian yang banyak anggotanya hingga yang masih meliput

K ∩ I 1' ; demikian pula untuk K ∩ I 1' ' . Sebab jika ada untuk keduanya, gabungan dua liput bagian itu mednjadi liput bagian K yang banyak anggotanya hingga. Jadi paling tidak salah satu K ∩ I 1' atau K ∩ I 1' ' yang tak terliput oleh liput bagian yang banyaknya anggota hingga. Katakana yang dimaksud itu K ∩ I 1' dan ditulis I 2 = I 1' . Potong I 2 menjadi dua selang tertutup I '2 dan I '2' dengan I 2' ∩ I 2' ' sehingga sisngleton. Proses selanjutnya seperti di atas dilakukan terus menerus. {I n } merupakan barisan selang tertutup yang mepunyai sifat-sifat I n + 1 ⊂ I n dan lim n→∞ I n = 0

Menurut teorema selang susut, terdapat tepat satu titik a ∈ R

sehingga a ∈ I n untuk setiap n . selanjutnya a merupakan titik limit himpunan K , sebab untuk setiap bilangan r > 0 terdapat I m sehingga

a ∈ Im

⊂

(a − r , a + r )

dan ℑ tak mempunyai liput bagian yang bayaknya hingga yang masih meliput

Im

⊂

K . Hasil ini berarti K

∩

( a − r , a + r ) −{ a } ≠ 0/

atau a merupakan titik limit himpunan K yang tertutup. sehingga, a ∈ K . Selanjutnya, karena

ℑ

liput terbuka himpunan K tentu ada G ∈ ℑ sehingga

a ∈ G . karena G terbuka tentu ada r0 sehingga 98

N r ( a ) = ( a − r0 , a

+

r0 ) ⊂ G

dan karena lim n →∞ I n = 0 , m,aka terdapat bilangan asli k sehingga

a

∈ Ik ⊂

( a − r0 , a + r0 ) ⊂ G .

Sehingga berakibat G meliputi I k ∩ K , suatu kontradiksi dan bukti selesai. ◘

Latihan 4.5. 1. Misalkan K ≠ 0/ kompak di R. Tunjukkan inf K dan sup K ada. 2. Misalkan K ≠ 0/ kompak di R, dan c ∈ R . Buktikan terdapat titik a di K sedemikian sehingga c − a = inf {c − x : x ∈ K }. 3. Jika K 1 ∩ K 2 ≠ 0/ , K 1 dan K 2 himpunan kompak. Tunjukkkan terdapat

ki ∈ K i sehingga 0 < k1 − k2

=

inf {x 1 − x 2 : x i ∈ K i }.

99

5 LIMIT FUNGSI DAN KEKONTINUAN

5.1. Limit Fungsi dan Definisi kontinu Pada bagian ini akan dibicarakan tentang limit suatu himpunan bilangan nyata. Terdapat pengertian baru yaitu limit suatu fungsi. Pengertian baru inilah yang menjadi topik pembicaraan di dalam bagian ini. Perlu diingat kembali, jika A ⊂ R dan f fungsi dari A ke R. :A→ R Maka

D f = A disebut domain fungsi f , R disebut kodomain fungsi f , R f = { f (x ) : x ∈ A}

disebut range fungsi f , dan G f = {(x , f (x )) : x ∈ A}

f disebut graph . Definisi 5.1.1. Diketahui α ∈R dan dua fungsi f : A ⊂ R→R dan g : A ⊂ R→R. Fungsi αf , f + g , fg , dan

f berturut-turut didefinisikan g

1. (αf )(x) = α (⋅ )f x untuk setiap x ∈ A 2. ( f + g )(x) = (f ) x (+) g x untuk setiap x ∈ A 3. ( fg )(x) = (f ) x ( ⋅)g x untuk setiap x ∈ A

100

4.

f f (x ) untuk setiap x ∈ A dengan {g (x ) ≠ 0} . (x ) = g g (x )

Selanjutnya, menurut Definisi 5.1.1 diatas diperoleh

(1f 4 + f ... + f + )(x) =( )f x( )+ f x (+) ... + f x 4244 3 n suku

= n ⋅ f (x ) = (nf )(x ) Jadi, untuk setiap n ∈ N,

nf = f + f + ... + f 14 4244 3 n suku

f n (x ) = ( f ⋅ f ... f )(x) = (f ) x ( ⋅) f x( )... f x 1424 3 n Faktor

= ( f (x ))n Jadi, untuk setiap n ∈ N,

fn =1 f .2 f ...3f n faktor

Contoh 5.1.2. Diberikan fungsi

f : [0, 2 ) → R dengan rumus f (x ) = x 2 + x dan

g : [1,3) → R dengan rumus g (x ) = x , maka f + g dan

⋅ g berturut-turut mempunyai

rumus

( f + g )(x) = (f ) x (+) g x = (x 2 + x ) + x = x 2 + 2 x ( fg )(x) = (f )x( )g x = x (x 2 + x ) = x 3 + x 2 Dengan D f + g = D fg = D f ∩ D g = [0, 2 ) ∩ (1,3] = (1, 2 ) . Contoh 5.1.3. Jika diketahui juga

☻

, g : R → R dengan rumus

f (x ) = x + x dan g (x ) = x 2 + 3 2

Maka fungsi h dengan rumus

h (x ) =

x2 + x x2 + 3

sehingga

101

f (x ) = h (x ) g (x )

=

x2 +x x2 +3

Oleh karena itu Dh = x : x ∈ D f ∩ D g dan (x ) ≠ 0 = R − {1,1} karena h (x ) ∈ R bila

g (x ) ≠ 0, (x ≠ 1 atau x ≠ −1) .☻ : A ⊂ R → R dan titik limit himpunan A . Jika ada

Definisi 5.1.4. Diketahui fungsi

bilangan l ∈ R sehingga untuk setiap bilangan ε > 0 terdapat bilangan r > 0 sehingga jika

x ∈ A ∩ N r (a ) dan x ≠ a berakibat f (x) ∈ N()ε l

dikatakan f (x ) limit l untuk

x → a dan dituliskan singkat dengan lim f (x ) = l

x →a

Seperti telah diketahui, bahwa x ≠ a dan x ∈ A ∩ N r ( a ) jika dan hanya jika

x ∈ A ∩ N r (a) −{ }a jika dan hanya jika x ∈ A dan 0 < x − a < r demikianpula

f (x) ∈ N()ε l jika dan hanya jika

f (x ) − l < ε .

l Nε( l )

a Nδ( a ) 5.1.4.1. Ilustrasi limitf di a adalahl

Oleh karena itu diperoleh teorema di bawah ini. 102

Teorema 5.1.5. Misalkan

: A⊂R→R

dan

a

titik-titik himpunan A

lim f (x ) = l jika dan hanya jika untuk setiap bilangan terdapat bilangan ε > 0 sehingga

x →α

bilangan r > 0 sehinng jika x ∈ A , dan 0 < x − a < r , berakibat

f (x )−l < ε . Bukti: (Syarat perlu) Misalkan f : A ⊂ R → R dan a titik limit himpunan A.

lim f ( x ) = l

x →α

jika dan hanya jika untuk setiap bilangan ε > 0 terdapat bilangan r > 0 sehingga jika

x ∈ A , dan 0 < x − a < r , berakibat

f (x )−l < ε . (Syarat cukup) Misalkan fungsi f : A ⊂ R → R dan titik limit himpunan

A. Jika

terdapat l ∈R sehingga untuk setiap bilangan ε > 0 terdapat bilangan r > 0 sehingga jika x ∈ A ∩ N r (a ) dan x ≠ a berakibat f (x) ∈ N()ε l

dikatakan f (x )

limit l untuk x → a dan dituliskan singkat dengan lim f (x ) = l . Dari definisi x →α

diatas sudah jelas bahwa lim f (x ) = l jika dan hanya jika untuk setiap ε > 0 x →a

terdapat bilangan r > 0 sehingga x ∈ A dan 0 < x − a < r berakibat

f (x )− f (a ) <ε maka

f (x )−l <ε .

◘

Definisi 5.1.6. Fungsi f : A ⊂ R → R dikatakan

(i) Kontinu di (continous at) a ∈ A jika Fungsi f : A → R dikatakan kontinu di a ∈ A dengan a titik limit A , jika untuk setiap bilangan ε > 0 terdapat bilangan r > 0 sehingga jika x ∈ A ∩ N δ (a ) dan x − a < r berakibat f (x) ∈ N ε()( f a

maka

103

)

f ( x ) − f (a ) < ε atau

lim x →a f (x) = (f) a

(ii) Fungsi f dikatakan kontinu pada (continous on) B ⊂ A jika f kontinu di setiap x ∈B . Nε( f(a) )

f(a)

Nε( f(a) )

f(a)

a

a

Nδ(a) 5.1.6.1 Ilustrasi Kontinu

x −1 x 2 −1 = 2, karena rumus fungsi f adalah f (x ) = , maka x →1 x − 1 x −1 2

Contoh 5.1.7. Jika lim

⎧ ⎫ x2 −1 A = ⎨x ∈ R : f (x ) = x − 1 ∈ R ⎬ ⎩ ⎭ = {x ∈ R : x }≠ {1 }= R − 1 Terlihat 1 ∉ A tetapi 1 merupakan titik limit A sebab untuk bilangan η > 0 berlaku. A ∩ Nη ()1 = (R{}− )(1 ∩ 1 )− η ,1 + η ≠ 0/ . Membuktikan lim x →1 f (x ) = lim x →1

x2 −1 =2 x −1

berarti menunjukkan bahwa untuk bilangan ε > 0 yang diambil sembarang dapat dicari (apakah

ada)

bilangan

δ >0

sehingga

untuk

setiap

0 < x − 1 < δ berlaku

f (x ) − l =

x2 −1 − 2 < ε, x −1

Yang ekuivalen dengan (karena 1 ∈ A (x ≠ 1, atau x − 1 ≠ 0 ) x +1− 2 = x −1 < ε

104

x ≠ 1, x ∈ A

dan

Jadi, dapat diambil kesimpulan bahwa jika diambil suatu (ada) bilangan δ > 0 dengan r ≤ ε , maka berlaku f (x ) − l =

x2 −1 −2 <ε x −1

Asalkan x ≠ 1, x ∈ D f dan x − 1 < r . Dengan demikian terbukti bahwa

x2 −1 =2 x →1 x − 1

lim

Fungsi

f (x ) =

tak lagi kontinu di 1 sebab lim x →1 f (x) = 2 ≠() f 1

x 2 −1 . x −1

Secara geometri keadaan

☻

Contoh 5.1.8. Diberikan fungsi

⎧x 2 −1 ⎪ g( x ) = ⎨ x − 1

untuk x ≠ 1

⎩⎪ A

untuk x = 1 Cari lim x →1 g (x ) dan tentukan nilai A agar fungsi g kontinu di 1.. maka

x2 −1 =2 x →1 x − 1

lim g (x ) = lim x →1

Menurut yang diketahui 1 ∈ A dan g (1) = A . Oleh karena itu agar fungsi g kontinu di 1, harus berlaku A = g ()1 = lim( )g x = 2 x →1

Lebih lanjut, untuk x ≠ 1 rumus fungsi g dapat disederhanakan menjadi g ( x ) = x + 1 dan dengan rumus ini mudah diperlihatkan bahwa fungsi g kontinu disetiap titik x ≠ 1 . Digabung dengan hasil diatas, yaitu dengan mengambil A = 2 maka fungsi g kontinu pada R. ☻ Sifat-sifat lebih lanjut tentang limit f (x ) untuk x → a dituangkan ke dalam beberapa teorema di bawah ini. Teorema 5.1.9. Diberikan f : A ⊂ R → R dan a titik limit A. Jika f(x) mempunyai

limit untuk x → a , maka limitnya tunggal.

105

Bukti : Ambil bilangan ε > 0 sebarang dan andaikan f (x ) mempunyai limit k

dan l dengan k ≠ l untuk x → Jad a.

i, untuk setiap bilangan ε > 0 yang ditunjuk,

dapat dipilih bilangan r1 > 0 dan bilangan r2 > 0 sehingga berlaku

f (x ) − k <

ε

3

Untuk setiap x ∈ A dengan 0 < x − a < r1 , dan

f (x ) − l <

ε

3

Untuk setiap x ∈ A dengan 0 < x − a < r2 . Selanjutnya, dengan mengambil bilangan r = min{r1 , r2 } diperoleh

k − l = ( f (x ) − l )(k − f (x ))

≤ f (x) − l +() f x − k ε

ε

< 3 + 3 <ε Untuk setiap x ∈ A dengan 0 < x − a < r dengan kata lain diperoleh

k = lsuatu ,

kontradiksi. Jadi yang benar limit f (x ) untuk x → a tunggal. Teorema 5.1.10. Diberikan fungsi f : A ⊂ R → R dan a titik limit A. .. Jika a∈A dan

f(x) mempunyai limit l untuk x → a , maka fungsi f terbatas pada A ∩ N r ( a ) untuk suatu bilangan r > 0 . Bukti: Karena lim f ( x ) = l , maka untuk bilangan ε = 1 terdapat bilangan r > 0 x →a

sehingga untuk setiap x ∈ A ∩ ( a − r , a + r ) dan x ≠ a berakibat f (x ) − l < 1 Oleh karena itu, untuk setiap x ≠ a dan x ∈ A ∩ N r ( a ) diperoleh

f (x ) < l + 1 Diambil bilangan

M = max{ f ( a ), l + 1 Jadi diperoleh 106

f (x ) ≤ M untuk setiap x ∈ A ∩ N r ( a ) .

◘

Jika a ∉ A dan a titik limit himpunan A, maka kita dapat memodifikasi menjadi teorema di bawah ini.

⊂

→

R dan a titik limit himpunan A, jika f(x) Teorema 5.1.11. Misalkan f: A R berlimit l untuk x → a , maka fungsi f terbatas pada A ∩ N r ( a ) − {a} untuk suatu bilangan

r > 0. Bukti: Karena lim f ( x ) = l , maka untuk bilangan ε = 1 terdapat bilangan r > 0 x →a

sehingga untuk setiap

x ∈ A ∩ N r ( a ) −{a} , x ∈ A ∩ ( a − r , a + r ) − {a} dan x ≠ a berakibat

f ( x ) − [ l −{a}] < 1 Oleh karena itu, untuk setiap x ≠ a dan x ∈ A ∩ N r ( a ) −{a} diperoleh

f ( x ) < l −{a} + 1 Diambil bilangan

M = max { f ( a ), l −{a} + 1 } Jadi diperoleh

f (x ) ≤ M untuk setiap x ∈ A ∩ N r ( a ) −{a} .

◘

Latihan 5.1. 1. Misalkan c titik cluster pada A ⊆ R , Misalkan lim f ( x ) = L , jika dan jika lim f ( x ) − L = 0. x →c

f : A → R .Buktikan

x →c

2. Misalkan f : R → R , c ∈ R . Tunjukkan lim f ( x ) = L , jika dan hanya jika x →c

lim f ( x + c ) = L .

x →0

3. Tunjukkan bahwa lim x 3 = c 3 . untuk setiap c ∈ R . x →c

4. Tunjukkan bahwa lim x = c untuksetiap c > 0 . x →c

107

5. Misalkan fungsi f : R → R mempunyai limit L di 0, dan a > 0. jika

g : R → R dengan definisi g (x) = ( f )ax untuk setiap x ∈ R , tunjukkan bahwa lim g ( x ) = L . x →0

6. Misalkan f : R → R , 2 ∈ R . Tunjukkan lim f ( x ) = L , jika dan hanya jika x →c

lim f ( x + 2 ) = L . 7. Misalkan c ∈ R dan misalkan x →0

2 f : R → R sehingga lim ( f (x )) = L ,

x →c

tunjukkan jika L = 0 maka lim f ( x ) = 0 . x →c

5.2.

Konsep Limit dan Konsep Kontinu

Ada beberapa konsep untuk menguji limit suatu fungsi, diantarannya dua teorema dibawah ini. Teorema 5.2.1. Misalkan fungsi f : A ⊂ R → R dengan a sebagai titik limit A

lim f ( x ) = l jika

x →a

dan

hanya

jika

untuk

setiap

barisan

bilangan

nyata

{x n } ⊂ A, x n ∈ A untuk setiap n ∈ N yang konvergen ke a berakibat barisan bilangan nyata {f(xn)} konvergen ke l. Bukti: (Syarat perlu) lim f ( x ) = l jika dan hanya jika untuk setiap bilangan ε > 0 x →a

terdapat bilangan r > 0 sehingga jika x ≠ a , x ∈ A , dan x − a < r berakibat

f (x ) − l < ε . Diambil sebarang barisan bilangan r > 0 tersebut dapat dipilih bilangan {xn} dengan x ∈ A yang konvergen ke a. Hal ini berarti untuk bilangan r > 0 tersebut n

dapat dipilih bilangan asli no sehingga jika n ≥ n o berakibat x n − a < r . Menurut hipotesis diatas, karena x n ≠ a , x n ∈ A dan x n − a < r ,diperoleh

f (xn ) − l < ε , lim f ( x n ) = l ataubarisan n →a

{ f ( x n )} konvergen ke l.

108

(Syarat cukup) Diketahui untuk sebarang barisan bilangan nyata {xn} dengan

x n ≠ a , x n ∈ A yang konvergen ke a berakibat barisan bilangan nyata { f ( x n )} konvergen ke l. Jadi, untuk setiap bilangan ε > 0 dapat dipilih bilangan asli no dan bilangan r > 0 sehingga untuk n ≥ n o dan x n − a < r berakibat

f (xn ) − l < ε . Karena pengambilan barisan {xn} sebarang asalkan x n∈ D f , maka dapat disimpulkan untuk setiap x ∈ A , x − a < r dan x ≠ a berakibat

f ( x n ) − l < ε sehingga, lim f ( x n ) = l . n →∞

◘

Teorema 5.2.2. Diberikan fungsi f : A ⊂ R → R dan a titik limit A lim f ( x n) = l n →a

jika dan hanya jika untuk setiap selang terbuka (c,d) yang memuat l terdapat selang terbuka (u,v) yang memuat a sehingga untuk setiap x∈(u,v) ∩ A dan x ≠ a berakibat f(x)∈ (c,d). Teorema 5.2.3. Misalkan lim x →a f ( x ) = k , lim x →a g ( x ) = l , berlaku

1. lim x → a (αf )( x ) = α ⋅ lim x → a f ( x ) = αk , untuk α sebarang konstanta α,. 2. lim x →a ( f + g )( x ), = lim x → a f ( x ) + lim x →a g ( x ) = k + l 3. lim x →a ( fg )( x ) = lim x →a f ( x ) ⋅ lim n →a g (x ) = kl 4. lim x → a

f lim x → a f (x ) k (x ) = = jika l ≠ 0 g lim x → a g (x ) l

Bukti :

1. Diambil sebarang barisan bilangan nyata karena itu diperoleh barisan

{x n } yang konvergen ke a. Oleh

{ f (x n )} dan barisan {g (x n )} berturut-turut

konvergen ke k dan l, maka lim f ( x n ) = k , lim g ( x n ) = l .

n →∞

n →∞

selanjutnya diperoleh

lim x →a (αf )( x ) = α ⋅ lim x →a f ( x ) = α ⋅ k. dan

109

2. lim x → a ( f + g )( x ) = lim ( f + g )(x n ) x →a

= lim x →∞{ f ( x n ) + g ( x n )} = lim n → ∞ f ( x n ) + lim n → ∞ g ( x n ) =k+l 3. lim x →a ( fg )( x ) = lim n →∞ ( fg )(x n )lim x →∞ f ( x n ) ⋅ g ( x n )

= lim n →∞ f ( x n ) sehingga

lim n →∞ g ( x n ) = kl 4. lim x →a

⎛f⎞ f ( x ) = lim n → ∞ ⎜⎜ ⎟⎟(x n ) g ⎝g⎠ = lim n → ∞

f (x n ) g (x n )

= kl , asalkan l ≠ 0.

◘

Selanjutnya dengan menganalisa terema-teorema pada konsep limit maka dapat membentuk suatu konsep pada kekontinuan Teorema 5.2.4. Misalkan fungsi f dan g kontinu di suatu a ∈ R dan α ∈ R, berlaku

1. αf, kontinu di a. 2. f + g, kontinu di a. 3. fg kontinu di a. 4.

f

kontinu di a asalkan g(a) ≠ 0.

g Bukti:

1. Fungsi f : A ⊂ R → R dikatakankontinudi

a ∈ A dengan a titik limit A,

jika untuk setiap bilangan ε > 0 terdapat bilangan r > 0 sehingga jika

x ∈ A ∩ N r (a ), {x ∈ A dan x − a < r } berakibat

f (x) ∈ N ε()( f a ) . 110

maka

{ f (x) − (f ) a

< ε}

maka α f kontinu di a, f : A → R kontinudi

a ∈ A dengan a titik limit

A, jika untuk setiap bilangan ε > 0 terdapat bilangan r > 0 sehingga jika

x ∈ A ∩ N δ (a )

maka

x ∈A, x −a
= {α f ( x ) − f ( a ) < ε } 2. Jika f , g kontinu di a f : A → R kontinu di a ∈ A f dengan a titik limit

A, g : A → R kontinu di a ∈ A g dengan a titik limit A jika untuk setiap bilangan ε > 0 terdapat bilangan r > 0 sehingga jika x ∈ A sehingga

{ x ∈ A dan x − a < δ } akibatnya

f ( x ) + g ( x ) ∈ N ε ( f ( a ) ∩ g ( a )) = f ( x ) − f ( a ) + g ( x ) − g ( a ) < ε

= { [ f ( x ) + [g]( x ) − ]f ( a ) + g ( a ) < ε } 3. Akan dibuktikan

f . g, kontinu di a Jika

f : A → R kontinu di a ∈ A

dengan a titik limit A , g : A → R kontinudi

a ∈ A dengan a titik limit

A sehingga jika untuk setiap bilangan ε > 0 terdapat bilangan r > 0 sehingga jika x ∈ A { x ∈ A dan x − a < r } akibatnya

f ( x ) g ( x ) ∈ N ε ( f ( a ) ∩ g ( a ))

111

f (x )− f (a ) < g( x ) − g( a ) <

ε

2 ( Mb + 1 ) ε

2 ( f ( a ) + 1)

[ f ( x ) g[(]x ) − ]f ( a ) g ( a ) = f ( x ) g( x ) − f (a ) g( x ) + f ( a ) g( x ) − f ( a ) g( a ) ≤ g( x ) f ( x ) − f ( a ) + f ( a ) g( x ) − g( a ) < Mb f ( x ) − f ( a ) + f ( a ) g( x ) − g( a ) < Mb <

ε

2

ε

2( M b + 1 )

+ f (a )

ε

2( f ( a ) + 1 )

ε

+ =ε 2

4. Selanjutnya akan dibuktikan bahwa

f g

kontinu di a, jika f : A → R

kontinu di a ∈ A dengan a titik limit A dan g : A → R kontinu di

a ∈ A dengan a titik limit A jika untuk setiap bilangan ε > 0 terdapat bilangan r > 0 sehingga jika x ∈ A − { x ∈ A : g ( x ) = 0 } [ x ∈ A − { x ∈ A : g ( x ) = 0 } dan x − a < r ] akibatnya

f (x ) ∈ N ε ( f ( a ) ∩ g ( a )), g ( x ) ≠ 0 g( x )

⎧⎪ ⎡ f ( x ) ⎤ ⎡ f ( a ) ⎤ ⎫⎪ ε = ⎨⎪ ⎢⎣ g ( x ) ⎥⎦ − ⎢⎣ g ( a ) ⎥⎦ < ⎬⎪ ⎩ ⎭ Contoh 5.2.5. Jika diketahui lim x → a x n = a n . Oleh karena itu, diperoleh

lim n → a (α 1x n + α 2 x n −1 + ... + α n )

= lim x → a α 1x n + lim x → a (α 2 x n −1 + ... + lim x → a α n ) = α 1 lim x → a x n + α 2 lim x → a x n −1 + ... + lim x → a α n = α 1a n + α 2 a n −1 + ... + α n 112

maka 1. lim x → 3 ( x 2 + 1)( x 2 − 4 ) = lim x → 3 ( x 2 + 1) lim x → 3 ( x 2 − 4 ) = (32 + 1) (32 – 4) = 50 2. lim x → 3

lim x → 3 ( x 2 + 1) 32 + 1 = =2 lim x → 3 ( x 2 − 4 ) 32 − 4

3. lim x → 2

x 2 − 3x − 2 x −1 ( x − 1)( x − 2 ) = lim x → 2 = lim x → 2 2 x −4 x +2 ( x + 2 )( x − 2 ) =

lim x → 2 ( x − 1) 2 − 1 1 = = . lim x → 2 ( x + 2 ) 2 + 2 4

☻

V f(a)

W

U

g(a)

a f A

B 5.2.6.1

g

Komposisif pada g

C

Teorema 5.2.6. Jika fungsi f : A ⊂ R→R kontinu di a ∈ A , fungsi g : A ⊂ R→R dan

g kontinu di f (a), maka fungsi g 0 f kontinu di a. Bukti: Diambil sebarang barisan bilangan nyata {xn} yang konvergen ke a dengan

xn ∈ A untuk setiap n ∈ N. Cukup dibuktikan bahwa barisan {(g0f)(xn)} = {g(f(xn))} konvergen ke (g o f) (a) = g(f(a)). Karena fungsi f kontinu di a di peroleh barisan bilangan nyata {f(xn)} konvergen ke f(a) dengan f(a) ∈ A dan f(xn) ∈ A untuk setiap

n ∈N. Karena fungsi g kontinu di f(a) dan barisan {f(xn)} konvergen ke f(a), maka barisan {g(f(xn))} = {(g o f)(xn)} konvergen ke g(f(a)) = (g0f)(a). Dengan kata lain terbukti bahwa fungsi bersusun g0f kontinu di a. 113

Teorema 5.2.7. Jika f : A ⊂ R→ R, g : A ⊂ R → R dnn h : A ⊂ R → R,

,

a titik limit A , dan f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) Untuk setiap x ∈ A dan lim f ( x ) = k , x →a

lim g ( x ) = l , lim x →a h( x ) = m (ada), maka k≤ l ≤ m. x →a

Latihan 5.2. 1. misalkan f , g : A ⊆ R → R , c ∈ R dan titik cluster pada titik A, andaikan f terbatas pada persekitaran c serta lim g = 0. Buktikan . x →c

2. Misalkan n ∈ N , sehingga n ≥ 3. hitung ketaksamaan − x 2 ≤ x n ≤ x 2 untuk − 1 < x < 1, dengan gunakan lim x 2 = 0 , tunjukkan lim x n = 0 . x →0

3. berikan suatu contoh jika f , : A ⊆ R → dan R,

x →0

f, g tidak mempunyai

limit pada titik c kan tetapi f + g, fg mempunyai limit di c

5.3.

Limit Kanan, Limit Kiri, Kontinu Kiri dan Kontinu Kanan

Pengertian lim f (x ) = l mengandung arti bahwa x ≠ a dan x ∈ N r (a ) ∩ D f , yang x →a

ekuivalen dengan x ∈ (a − r , a ) ∩ D f atau pengertian lim f (x ) = l x →a

x ∈ (a , a + r ) ∩ D f . Oleh karena itu

dapat dirinci (dipecah) menjadi dua bagian (dua

pengertian) sebagai berikut. Definisi 5.3.1. Misalkan fungsi f : A ⊂ R → R dan a titik limit himpunan A Jika ada

bilangan yata k sehingga untuk setiap bilangan ε > 0 terdapat bilangan r > 0 sehingga berlaku f (x ) − k < ε Untuk setiap x ∈ (a , a + r ) ∩ A , maka dikatakan f (x ) mempunyai limit kanan k untuk x → a dan dituliskan dengan lim f (x ) = k

x →a +

Definisi 5.3.2. Misalkan fungsi f : A ⊂ R → R dan a titik limit himpunan A. Jika ada

bilangan nyata l sehingga untuk setiap bilangan ε > 0 terdapat bilangan r > 0 sehingga berlaku f (x ) − l < ε

,

Untuk setiap x ∈ (a − r , a ) ∩ A , makadi katakan f (x ) memp unya i

limit kiri l untuk x → a dan dituliskan dengan 114

lim f (x ) = l

x →a −

Teorema 5.3.3. Diberikan fungsi f : A ⊂ R → R dan a titik limit A. f (x ) berlimit l

untuk x → a jika dan hanya jika f (x ) berlimit kiri l dan berlimit kanan l untuk x → a Bukti: Kita tahu bahwa jika − ( x ) ≤ f ( x ) ≤ + f ( x ) untuk semua x → a Diberikan

h >0 maka dapat ditentukan r sedemikian sehingga − f ( x ) dan + ( x ) terletak antara l − h dan l + h untuk 0 < x − a < r atau

l −h < − (x ) < l +h dan

l −h < + f (x ) < l +h untuk 0 < x − a < r . Jadi

l − h < − (x ) < l + h ≤ f (x )≤ l − h < + f (x )< l + h l − h < f (x )< l + h atau f ( x ) − l < h untuk 0 < x − a < r sehingga lim f (x ) = l x →a

.

◘

Definisi 5.3.4. Misalkan fungsi f : A ⊂ R → R , a ∈ A , dan a titik limit himpunan A

Fungsi f dikatakan kontinu kanan (right continuous) di a jika lim f (x) = (f) a

x →a +

Definisi 5.3.5. Misalkan fungsi f : A ⊂ R → R , a ∈ A , dan a titik limit himpunan A

Fungsi f dikatakan kontinu kiri (left continuous) di a jika lim− f (x) = (f) a x →a

Teorema selanjutnya merupakan hubungan pengertian kontinu kiri dan kanan. Teorema 5.3.6. Diketahui fungsi f : A ⊂ R → R , a ∈ A dan a titik limit A . Fungsi f

kontinu di a jika dan harga jika f kontinu kiri dan kontinu kanan di a . Bukti: Fungsi f kontinu di a jika dan hanya jika untuk setiap bilangan ε > 0 terdapat

bilangan r > 0 sehingga untuk x ∈ (a − r , a + r ) ∩ A berakibat

f (x) − (f ) a < ε ,

115

Jika dan hanya jika setiap

{x ∈ (a − r , a ) ∩ A } berakibat ε

f (x) − (f ) a < 2 dan untuk

{x ∈ (a , a + r ) ∩ A } berakibat

f (x) − (f ) a <

ε

2

dan jika hanya jika f kontinu kiri di a dan f kontinu kanan a.

◘

Teorema 5.3.7. Jika fungsi f : A ⊂ R → R dan g : A ⊂ R → R masing-masing kontinu

di suatu titik a, maka fungsi-fungsi 1. f, kontinu di a 2. f + g, kontinu di a 3. fg, kontinu di a 4.

f kontinu di a.dengan g (a ) ≠ 0 g

Teorema 5.3.8. Diketahui fungsi f : A ⊂ R → R. Jika fungsi f kontinu pada himpunan

kompak K ⊂ A, maka f (K) kompak (tertutup dan terbatas pada R). Bukti:

Diambil sebarang ℑ liput terbuka himpunan

f (K). Oleh karena itu

diperoleh

f (K ) ⊂

UU

U ∈τ

Oleh karena itu,

⎛

⎞

K = f −1 ( f (K )) ⊂ f −1 ⎜⎜ UU ⎟⎟ = U f −1 (U ).

⎝ U ∈τ ⎠

116

U ∈τ

Karena setiap U ∈ K terbuka dan f kontinu, maka f –1(U) terbuka. Berdasarkan hasil (a) di atas, terlihat bahwa koleksi σ = {f

−1

(U ) : U ∈ ℑ}

merupakan liput terbuka himpunan kompak K. Oleh karena itu σ mempunyai liput bagian

{ f − (U) , f( − )U 1

1

1

2

,..., f

−1

(U m )} ⊂ σ

dengan banyak anggotanya hingga. Jadi, m

K ⊂ U f −1 (U k ) k =1

yang berakibat

⎛

m

⎞

m

⎠

k =1

) k ⎟⎟ = U f( )( f −1 U k f (K ) ⊂ f ⎜⎜ U f −1 (U ⎝ k =1

atau terbukti bahwa f (K) kompak.

m

) = UU k k =1

◘

Dari bukti teorema di atas diperoleh akibat teorema di atas sebagai berikut. Akibat 5.3.9. Jika f : [a,b] → R kontinu, maka f ([a,b]) tertutup dan terbatas. Teorema 5.3.10. Diketahui fungsi f : A ⊂ R → R. Jika fungsi f kontinu pada himpunan

kompak K ⊂ A , maka terdapat x’, x”∈ K sehingga

() f K =() sup{ f x : x ∈ K } f (x) ' = sup dan

() f K =() inf { f x : x ∈ K } f (x)" = inf Bukti: Menurut hipotesis, diperoleh himpunan

f (K) = {( f) x ; x ∈ K } terbatas,

namakan m dan M berturut-turut sebagai infimum dan supremum himpunan f(K). Oleh karena itu setiap n∈ N terdapat xn , yn ∈ K sehinga

M−

1 < f (x n ) ≤ M n

dan

m ≤ f ( yn ) < m +

117

1 n

a

sehingga diperoleh barisan bilangan nyata terbatas {xn} dan {yn} di dalam K. Menurut Teorema Bolzano Weierstrass, terdapat barisan bagian {xnk} ⊂ {xn} dan {ynl}⊂ {yn} yang masing-masing konvergen, katakan berturut-turut konvergen ke x’ dan x”. Karena K tertutup, maka x’ , x” ∈ K. selanjutnya, karena f kontinu pada K, diperoleh lim f (x nk ) = f (x ' ) dan lim f ( y nl ) = f (x ")

nk →∞

nk →∞

(b)

Berdasarkan hasil (a) dan (b), diperoleh

⎛ ⎝

1 ⎞ ⎟ nk ⎠ ≤ lim f (x n k ) ≤ M

M = lim ⎜ M − nk →∞

nk →∞

atau

f (x ' ) = M m ≤ lim f ( y m ) ≤ lim ⎛⎜ m + 1 ⎞⎟ = m atau f (x ") = m . nk →∞ n k → ∞⎝ n⎠ Contoh 5.3.11. Misalkan f(x) =

◘

1 untuk x ∈ (0,1] . Fungsi f kontinu pada K = (0,1] x

dan K tak kompak (terbatas tetapi tak tertutup). Jelas bahwa f (K) = {( f) x ; x ∈ K } 1 tak terbatas ke atas karena untuk setiap bilangan M > 0 terdapat x n = ∈ K sehingga n

⎛ 1⎞ f (x ) = f ⎜ ⎟ = n > M .☻ n ⎝n ⎠ Contoh 5.3.12. Misalkan g(x) = x2 - 2x untuk x∈[0,3]. Mudah dipahami bahwa g

kontinu pada himpunan kompak K = [0,3]. maka, f (K) = {( f) x ; x ∈ K }

terbatas, mempunyai infimum m = 0 dan supremum M = 3. sehingga ada x’ , x” ∈ K = [0,3] sehingga f(x’) = M = 3 dan f(x”) = m = -1 yaitu x’ = 3 dan x” = 1. Jelas bahwa jika 118

g (K) = {( g) x ; x ∈ [0,3]}

= {x 2 − 2x ; x ∈ [0,3]} = [m , M ] = [− 1,3] dan [-1,3] tertutup dan terbatas maka kompak. ☻ Teorema 5.3.13 Jika f kontinu pada selang I⊂ A dan a,b∈I dengan a
atau f(b)< 0 < f(a), maka ada c ∈ [a,b] sehingga f(c) = 0. Untuk bukti teorema diatas sebagai latihan pembaca. Akibat 5.3.14. Misalkan fungsi

: A ⊂ R → R . Jika fungsi f kontinu pada selang f dan

a, b ∈ I dengan a < b, maka untuk setiap bilangan k yang terletak di antara f (a) dan f (b) tentu ada c ∈ [a,b] sehingga f(c) = k.

Latihan 5.3. 1. Misalkan f dan g mempunyai limit di R pada x → ∞ dan f (x) ≤ (g) x untuk semua x ∈ (a , ∞ ) . Buktikan lim f ≤ lim g . x →∞

x →∞

2. Misalkan f : (0 , ∞ ) → R . Buktikan lim f (x ) = L jika dan hanya jika x →∞

⎛1⎞=L. ⎟ ⎝x ⎠

lim+ f ⎜

x →0

3. Tunjukkan jika f : (0 , ∞ ) → R sehingga lim xf (x ) = L dimana x →∞

L ∈R ,

maka lim f (x ) = 0 . x →∞

4. Jika fungsi

f , g : (0, ∞ ) → R , dan lim f (x ) = L , dan x →∞

buktikan lim f o g = L . x →∞

119

lim g (x ) = ∞ ,

x →∞

5. Tunjukkan bahwa fungsi f (x ) = x continu pada setiap titik c ∈ R . 6. misalkan K > 0 ,

f : R → R memenuhi

f (x ) − f ( y ) ≤ K x − y

untuk

semua x , ∈ R ,tunjukkan f kontinu pada setiap titik c ∈ R .

5.4.

Kekontinuan Seragam

Telah diketahui bahwa fungsi f : A ⊂ R → R kontinu pada himpunan

S ⊂ Df

jika dan hanya jika untuk setiap x ∈ S dan bilangan ε > 0 terdapat bilangan

r = r (x , ε ) > 0 sehingga berlaku

f (x) − (f ) u < ε Untuk setiap u ∈ A ∩ N r)(x =( A ∩ x )− r , x + r . Mudah difahami bahwa nilai bilangan r tersebut selain bergantung pada nilai ε juga bergantung pada titik x ∈ S . Oleh karena itu, akan lebih jelas jika dituliskan r = r(x,ε). Untuk lebih jelasnya, perhatikan definisi. Definisi 5.4.1. Fungsi f : A ⊂ R → R dikatakan kontinu seragam (uniformlly

continuous) pada himpunan S ⊂ A jika untuk setiap bilangan ε > 0 tedapat bilangan r > 0 yang tak bergantung pada titik x ∈ S sehingga untuk setiap

y ∈ N r ( x ) ∩S

(setiap x, y ∈

Df dan x − y < δ ) berakibat f (x ) − f ( y ) < ε . Jika fungsi f kontinu seragam pada S, maka, untuk setiap bilangan ε > 0 ada bilangan r = r (ε ) > 0 selalu berlaku f (x ) − f ( y ) < ε untuk setiap x ∈ S dan

y ∈ S asalkan x − y ≤ δ . Oleh karena itu diperoleh teorema di bawah ini. Teorema 5.4.2 Jika fungsi f : A ⊂ R → R kontinu seragam pada suatu himpunan S ⊂A

maka fungsi f kontinu pada S.

120

Agar kebalikan teorema tersebut di atas berlaku diperlukan syarat tertentu yang harus dipenuhi oleh himpunan S . Hal ini dapat dilihat di dalam teorema di bawah ini. Teorema 5.4.3. Jika fungsi f : A ⊂ R → R kontinu pada himpunan kompak K ⊂ D f ,

maka fungsi f kontinu seragam pada K. Bukti: Karena fungsi f kontinu di setiap titik di dalam K, maka untuk setiap

x ∈ K dan bilangan ε > 0 ada bilangan η = η (x , ε ) > 0 sehingga untuk setiap

u ∈ K ∩ Nη (x ) berakibat f (u) − (f ) x <

ε

2

Mudah difahami bahwa, jika diambil r = 1 η , diperoleh 2

K⊂

U N r )(x

x ∈K

(= U x −) r , x + r x ∈K

sehingga τ = {N r (x ); x ∈ K } merupakan liput terbuka himpunan kompak K. oleh karena itu, sehingga terdapat liput bagian

N r1 (x)1 , N( r 2 ) x 2 ,..., N rn (x n ) ⊂ τ yang masih meliputi K, artinya

K ⊂ N r1 (x) 1 ∪(N ) r2 x 2 ∪(...) ∪ N rn x n Dengan

x k ∈ K dan rk = rk (x k ,)ε =( 12 η) x k , ε , k = 1, 2,..., n.

121

Himpunan

{x k : k = 1,2,..., n} dapat diurutkan/diatur sehingga diperoleh

x 1 < x 2 < ... < x n . Pilih rn = 21 min{r1 , r2 ,..., rn } jika x∈ K tentu ada bilangan asli m 1 ≤ m ≤ n , sehingga berlaku

x ∈ N r m )(x m ( ∩ K = x m −) rm , x m + rm ∩ K . untuk setiap y ∈ N r0 (x ) ∩ K berlaku

f (x) − (f ) x ≤ f ( y ) − f (x m) +( f ) x m − f (x ) <

ε

2

+

ε

2

<ε ,

karena x − x m < rm dan

y − x m < y − x + x − x m < ro + rm < η atau y ∈ Nη (x m ) .

◘

Contoh 5.4.4. Misalkan Fungsii g : g (x ) = x 2 kontinu seragam pada setiap himpunan

kompak K = [a , b ] , sehingga. Lebih eksplisit, dapat ditunjukkan sebagai berikut. Diambil bilangan ε > 0 sebarang. Untuk setiap u , x ∈ [a , b ] , diperoleh f ()x ()− f u = x 2 (− u 2)(= x) − u x + u = x − u x + u < x − u M ,

dengan δ =

c M

M

=

maks

{a , b }.

Oleh

karena

itu

(tak tergantung x ∈ [a , b ]) , diperoleh f (x) − (f ) u < x − u M < ε

untuk setiap x , u ∈ [a , b ] dengan x − u < δ .

Latihan 5.4.

122

☻

dengan

memilih

bilangan

1. Tunjukkan bahwa fungsi f (x ) = x kontinu seragam

pada setiap titik

c ∈R . 2. Tunjukkan bahwa fungsi f (x ) =

1 kontinu seragam x

pada A = [ a , ∞ )

dimana a suatu konstanta positif. 3. Tunjukkan bahwa fungsi f (x ) =

1 kontinu seragam pada A = [1, ∞ ) x2

tetapi tidan kontinu seragam pada B = (0, ∞ ) . 4. Tunjukkan bahwa fungsi f (x ) =

1 untuk x ∈ R merupakan kontinu (1 + x 2 )

seragam pada R. 5. Buktikan jika f kontinu seragam dan terbatas pada A ⊆ R , maka f terbatas pada A.

123

6 KONSEP TURUNAN Pengertian turunan suatu fungsi disusun berdasarkan pengertian limit suatu fungsi di suatu titik. Sebagai akibatnya suatu fungsi memiliki sifat-sifat khusus di suatu titik jika ia mempunyai turunan di titik itu. Selain itu pengertian turunan banyak aplikasinya. Itulah beberapa alasan mengapa di dalam bab ini, khusus dibicarakan seluk-beluk turunan suatu fungsi,

fungsi dari bilangan nyata ke

bilangan nyata, serta sifat-sifatnya terutama yang menyangkut materi-materi untuk pengembangan lebih lanjut.

6.1.

PENGERTIAN DAN KONSEP TURUNAN

R Diberikan fungsi f : A ⊂ R →dan

d f (x ) =

f ( x ) − f (c ) untuksetiap x −c

c ∈ A sebagai titik limitnya. Jika fungsi

x ∈ A dan x ≠ c . Jadi, Yang menjadi pusat

perhatian adalah nilai lim d f ( x ) jika ada. x →c

Definisi 6.1.1. Jika diketahui fungsi f : A ⊂ R → R , c ∈ A , dan c titik-limit himpunan

A, maka nilai lim d f (x ) = lim x →c

dituliskan dengan f ′( c ),

x →c

f ( x ) − f (c ) , jika ada disebut turunan fungsi f di c dan x −c

df (c ) . dx

Jadi, menurut definisi tersebut

f ′( c ) =

df ( c ) = lim f ( x ) − f ( c ) . Jika x →c dx x −c

f ′( c ) ada

dikatakan fungsi f mempunyai turunan di c. Dengan kata lain fungsi f dikatakan 124

mempunyai turunan di c jika ada bilangan f ′( c ) sehingga untuk setiap bilangan ε >0

terdapat

bilangan

δ >0

sehingga

jika

x ≠c

dan

x ∈ A ∩ N f = A ∩ (C − δ , C + δ ) berakibat f ( x ) − f (c ) − f ′( c ) < ε . x −c keadaan itu berakibat

f ( x ) − f ( c ) − f ′( c )( x − c ) < ε x − c ekuivalen dengan

− ε x − c < f ( x ) − f ( c )( x − c ) < ε x − c , atau

f ( c ) + f ′( c )( x − c ) − ε x − c < f ( x ) < f ( c ) + f ′( c )(x − c ) + ε x − c jika ada bilangan η dengan 0 < η < ε sehingga

f (x) = (f) c +()(f ′ c )x − c + η x − c , Maka dikatakan fungsi f terdeferensial (differentiable) di c. Jelas bahwa jika fungsi f terdeferensial di c

tentu fungsi f mempunyai turunan di c .

Contoh 6.1.2 Diberikan f (x ) = sin x . Untuk setiap c ∈ A = R diperoleh

f ( x ) − f (c ) x −c sin x − sin c = lim x →c x −c

f ′( c ) = lim x →c

sin( c + h ) − sin c h →0 h = lim 1 sin h 1 = lim cos( c + h ) 2 = cos c h →0 1 2 h 2 sehingga f (x ) = sin x diperoleh turunan fungsi f ada disetiap titik c ∈ R yaitu

f ′(c ) = cos c

125

Karena pengertian turunan suatu fungsi disusun berdasarkan pengertian limit, maka diperoleh teorema di bawah ini. Teorema 6.1.3 Diketahui dua fungsi f , g : A ⊂ R → R , dan c ∈ A sebagai titik limit

himpunan A. Jika f ′(c ) dan g ′(c ) ada, maka

′

′

′

(i) ( f + g ) (c) = f( ) c +( ) g c ′ (ii) (αf ) ()c = α .()f ′ c untuk sembarang konstanta α (iii) ( fg ) (c) = f(') c( )g c (+) (f )c g ' c '

'

⎛f ⎞ f ' (c) g( )c − (f ) c ( g)' c (iv) ⎜⎜ ⎟⎟ (c ) = , asalkan g (c ) ≠ 0. {g (c )}2 ⎝g⎠ R f , g : A ⊂ R →dan

Bukti: Ambil sembarang dua fungsi

c ∈ A , sehingga

f ' (c ) dan g ' (c ) ada. Maka, d ( f + g )(x + h ) − ( f + g )(x ) h →0 dx ( f + g )(x ) = lim h

= lim

[ f (x +)h (+ g )x + h ] − [ f (x) + (g )x ]

h →0

= lim

h

[ f (x + )h −( )f x ] + [ g (x + )h ( −)g x ]

h →0

h

⎧ f (x + )h −( )f x( )g (x )+ h − g x ⎫ = lim ⎨ + ⎬ h →0 ⎩ h h ⎭ = lim

h →0

f (x +)h( −) f x ( ) g ()x + h − g x + lim h →0 h h

= f ' (x) + (g ') x Selanjutnya untuk (ii) terdapat α dengan α ∈ A sehingga f (c ) ada. Maka,

d α . f (c + h) −()f c (αf (c )) = lim → h 0 h dx

= α lim

h →0

f (c + h) −()f c h

= α . f ' (c ) 126

Untuk (iii) misalkan r = fg , dimana, x ≠ c maka,

r (x) − (r) c ( f) (x) g x( ) −( ) f c g c f (x) (g )x −( )f (c )g x ( + ) ( f ) c g (x) ( −) f c g c = = x −c x −c x −c f (x) − (f ) c g (x) − (g) c . g (x) + (f) c x −c x −c

=

Sehingga didapat g kontinu di c , kemudian lim g (x) = (g) c . x →c

maka f dan g terdiferensial di c, jadi lim x →c

Untuk (iv) Z =

r (x) − (r ) c = f ' (c) g( )c + (f ) c ( g) ' c x −c

f , karena g (c ) ≠ 0 ,maka Z (c ) ada. sehingga g f (x )

Z (x) − Z () c =

−

f (c )

g (x ) g (c ) f (x) (g )c − (f) (c )g x = g (x) . g( )c

=

{ f (x) − (f) c }g (c) − (f ) c( {g) x ( −) g c } g (x) . g( )c

karena f ' (c ) serta g ' (c ) ada, maka diperoleh '

⎛f ⎞ () c Z (x) − Z ⎜⎜ ⎟⎟ (c) = Z( )' c = lim → x c x −c ⎝g⎠ = lim x →c

1 ⎧⎨ f (x) − (f) c g (c) − (f ) c g (x) − (g) c ⎫⎬ . g (x) (g )c ⎩ x − c x −c ⎭

◘

Yang perlu mendapat perhatian adlah syarat-syarat adanya turunan fungsi bersusun tersebut. Teorema 6.1.4. (Chain Rule) Diberikan fungsi f , g : A ⊂ R → R , fungsi dengan

f ⊂ A , c ∈ A sebagai titik-limit himpunan A ,dan f (c ) sebagai titik-limit himpunan A. Jika f ' (c ) dan g ' ( f (c )) ada, maka 127

( g f )' ()c = g ' ()f c ) f ' (c ) o

Bukti: Karena g ' ( f (c )) dan f ' (c ) ada, maka

( g f )' (c ) = lim x →c o

x →c = lim

( g f )(x ) − ( g f ) f (c ) o

o

x −c

g ( f (x )) − g ( f (c )) f (x) − (f) c f (x) − (f ) c x −c

= g ' ( f (c )) ⋅ f ' (c ) Contoh 6.1.5. Diberikan f (x ) = x dan g (x ) = sin x . f ' (c ) ada untuk setiap c ≠ 0 dan

g ' (c ) ada disetiap c ∈ R . sehingga

⎧ sin c + c cos c ( fg ) (c) = f( )c( )g c +( ) f( )c g c = ⎪⎨− sin c − c cos c ⎪ tidak ada ⎩ '

'

'

jika c > 0 jika c > 0 jika c = 0

Perhatikan bahwa f ' (c ) ada untuk setiap c dan g ' (c ) ada untuk setiap c . Fungsi

f : A ⊂ R → R dikatakan mempunyai derivatif pada G ⊂ D jika f

m f empunyai

derivatif disetiap titik x ∈ G . Definisi 6.1.6. Jika fungsi f : A ⊂ R → R dan

⎧ ⎩

A f ' = ⎨x ∈ A : lim ada, maka fungsi

u →x

f (u) − (f ) x = f (x )⎫⎬ u −x ⎭

f ' : A → R disebut fungsi derivatif atau fungsi turunan fungsi f pada

Af ' ⊂ Af

Menurut definisi tersebut mudah difahami bahwa domain fungsi f ' adalah

⎧ ⎩

A f ' = ⎨x ∈ A; lim u →x

f (u) − (f )x ⎫ = f ' (x ) ada ⎬ = G u−x ⎭

Hal ini berakibat A f ' ⊂ A. Teorema 6.1.7. Jika fungsi f : [a , b ] → R mempunyai turunan di satu titik c ∈ (a , b ) ,

maka fungsi f kontinu di c . 128

Bukti: Menurut yang diketahui bilangan

f (x) − (f) c ada. x −c

f ' ( c ) = lim x →c

Oleh karena itu diperoleh:

⎛ f (x − f (c )) ⎞ ⎟(x −)c = ()f ' c .0 = 0 x →c ⎝ x →c ⎠

lim ( f (x − f (c ))) = lim ⎜ x →c

Yang berarti terbukti fungsi f kontinu di c .

◘

Teorema 6.1.8. Diketahui fungsi f : [a , b ] → R dan

(i) jika f ' (x 0 ) > 0 , maka terdapat

f naik di x 0 .

(ii) jika f ' (x 0 ) < 0 , maka fungsi

turun di x 0 .

terdiferensial di x 0 ∈ (a , b ) .

Bukti: Fungsi f terdiferensial di x 0 , maka bilangan f ' (x 0 ) ada, artinya untuk

setiap bilangan ε > 0 terdapat bilangan δ > 0 sehimgga berlaku f (x 0 +)h − ( )f x 0 − f ' (x 0 ) < ε h

untuk setiap h < δ . Jadi diperoleh f ' (x 0 ) − ε <

f (x 0 +)h − ( )f x 0 < f ' (x 0 ) + ε h

Untuk (i) Jika f ' (x 0 ) > 0 dipilih bilangan ε >0 tersebut sehingga f ' (x 0 ) − ε > 0 .

Oleh karena itu untuk h < δ berlaku

( )f x 0 0 < f (x 0 +)h − h Untuk setiap x ' ' ∈ (x 0 − δ , x 0 + δ ) dan x ' ' > x 0 diperoleh 0 < x '' − x 0 = h < δ dan f (x 0 +)h − ( )f x 0 > 0

atau 129

f (x ' ' ) > f (x 0 ) .

Untuk x ' ∈ (x 0 − δ , x 0 + δ ) dan x ' < x 0 diperoleh h = x ' − x 0 < 0, h < δ

dan f (x 0 +)h − ( )f x 0 < 0

atau f (x ' ) < f (x 0 )

Jadi terbukti bahwa jika f ' (x 0 ) > 0 berakibat fungsi f naik di x 0 . Lebih lanjut (ii). Jika f ' (x 0 ) < 0 dipilih bilangan ε tersebut di atas sehingga f ' (x 0 ) + ε < 0 .

Oleh karena itu untuk h < δ berlaku f (x 0 +)h − ( )f x 0 < 0 h

Untuk x ' ' ∈ (x 0 − h , x 0 + h ) dan x ' ' > x 0 diperoleh 0 < x '' − x 0 = h < δ dan f (x 0 +)h − ( )f x 0 < 0

atau f (x ' ' ) < f (x 0 ) .

Untuk x ' ∈ (x 0 − h , x 0 + h ) dan x ' < x 0 diperoleh h = x ' − x0 < h < δ

dan f (x 0 +)h − ( )f x 0 > 0

atau f (x ' ) > f (x 0 ) . 130

Jadi terbukti bahwa jika f ' (x 0 ) < 0 , berakibat fungsi f turun di x 0 . ◘ Definisi 6.1.8. Diketahui fungsi f : A ⊂ R → R dan c ∈ A sehingga

f (c ) disebut nilai maksimum relatif fungsi f jika terdapat bilangan δ > 0

1.

sehingga berlaku f (c) > (f )x untuk setiap x ∈ (c − δ , c + δ ) ∩ A dan x ≠ c .

2.

f (c ) disebut nilai minimum relatif fungsi A jika terdapat bilangan δ > 0 sehingga berlaku f (c) < (f )x untuk setiap x ∈ (c − δ , c + δ ) ∩ A dan x ≠ c . f (c ) disebut nilai ekstrim fungsi

3.

f jika f (c ) merupakan nilai maksimum relatif

atau nilai minimum relatif. Contoh 6.1.9. Diberikan f (x ) = x + 1 . f (0 ) = 1 merupakan nilai minimum relatif

fungsi

f

sebab untuk bilangan δ > 0

berlaku

f ()0 = 1 <( )f x

untuk setiap

x ∈ (− δ), δ ∩( A = ) − δ , δ dan x ≠ 0 . Perlu dicatat bahwa f ' (0 ) tak ada.

☻

Teorema 6.1.10. Jika fungsi f : [a , b ] → R terdiferensial di c ∈ (a , b ) dan f (c ) nilai

ekstrem (nilai maksimum relatif atau nilai minimum relatif fungsi Bukti: Diketahui fungsi f

), maka f ' (c ) = 0 .

terdiferensial di c ∈ (a , b ) dan dianggap f (c ) nilai

maksimum relatif fungsi f . Jadi , untuk setiap bilangan ε > 0 dapat dipilih bilangan δ > 0 sehingga

f (c + h) −()f c − f ' (c ) < ε h atau

f (c + h) −()f c f (c + h) −()f c ' h h − ε < f (c ) < +ε dan

f ()c >( f c)+ h Atau

f (c + h) −()f c < 0 untuk setiap bilangan h dengan 0 < h < δ . Tak mungkin demikian , maka untuk h >0 diperoleh 131

f ' (c ) > 0 sebab jika

0 < f ' (c ) <

f (c + h) −()f c +ε h

yang berakibat

f (c + h) −()f c >0 h atau

f (c + h) >()f c suatu kontrakdisi. Tak mungkin f ' (c ) < 0 , sebab jika demikian, maka untuk h <0 diperoleh

f (c + h) −()f c − ε < f ' (c < 0 ) h yang berakibat

f (c + h) −()f c <0 h sehingga

f (c + h) >()f c , suatu kontradiksi. Jadi satu-satunya kemungkinan adalah f ' (c ) = 0 .

◘

Teorema 6.1.11. Diketahui f : [a , b ] → R dan c ∈ (a , b )

1. Jika fungsi f terdiferensial pada suatu persekitaran (c − δ , c + δ ) sehingga f ' (x ) > 0

untuk setiap x ∈ (c − δ ), c )(, f ' c = 0() dan f ' x < 0 untuk setiap x ∈ (c , c + δ ) maka f (c ) nilai maksimum relatif fungsi f . 2. Jika fungsi f terdiferensial pada suatu persekitaran (c − δ , c + δ ) sehingga f ' (x ) < 0

untuk setiap x ∈ (c − δ ), c)(, f ' c = 0() dan f ' x > 0 untuk setiap x ∈ (c , c + δ ) maka f (c ) nilai minimum relatif fungsi

.

Bukti :

1. Jika x ∈ (c − δ , c ) dan menurut teorema nilai rata-rata

[ f (b ) − f ( a ) = f ( c )(b − a )] '

132

dan ada pada titik C x ∈ ( x , c ) . Kemudian

f ' (C x ) ≥ 0

dan diketahui

f ( x ) ≤ f ( c ) untuk x ∈ (c − δ , c ) , dengan mengetahui ( c − δ , c + δ ) dan f mempunyai maksimum realitif di C. 2. Jika x ∈ (c − δ , c ) dan menurut teorema nilai rata-rata '

[ f (b ) − f ( a ) = f ( c )(b − a )]

dan ada pada titik C x ∈ ( x , c ) . Kemudian

f ' (C x ) ≤ 0

dan diketahui

f ( x ) ≥ f ( c ) untuk x ∈ (c − δ , c ) .Dan dengan mengetahui ( c − δ , c + δ ) dan f mempunyai minimum realitif di C. Fungsi yang monoton ( naik atau turun ) tegas merupakan fungsi injektif, oleh karena itu fungsi tersebut mempunyai fungsi inverse. Agar suatu fungsi monoton tegas yang mempunyai derivatif di suatu titik, fungsi inversenya juga mempunyai turunan di titik yang terkait diperlukan suatu syarat, yaitu kekontinuan di titik itu. Teorema 6.1.12. Diketahui fungsi

f , g : A ⊂ R → R monoton tegas, kontinou, dan

terdiferensial di c ∈ A dengan f ' (c ) ≠ 0 .Jika fungsi inversenya g monoton tegas dan kontinou di d = f (c ) , maka g terdiferensial di d dan g ' (d ) =

1

f ' (c )

Bukti : Dibentuk fungsi H :

H (t ) =

f ( g (t )) − f ( g (d )) g (t) − (g )d

≠

≠

≠

dengan t d karena g monoton tegas, maka g (t) (g )d untuk setiap t d .Oleh karena itu fungsi h terdefinisi secara baik (well defined). Karena t = f ( g (t )) dan

d = ( g (d )) , maka diperoleh H (t ) =

t −d g (t) − (g )d

Untuk setiap t ≠ d dan H (t ) ≠ 0 . Akandiperlihatkan dahulu bahwa lim t →d H (t) = f( )' c . 133

Karena fungsi f terdiferensial di c, maka untuk setiap bilangan ε > 0 terdapat bilangan δ > 0 sehingga berlaku

f (x) − (f ) c − f ' (c ) < ε x −c Untuk setiap x ≠ c dan

x ∈ A ∩ (x − δ , x + δ ) . Karena fungsi g kontinu d =f(c) maka untuk bilangan δ > 0 tersebut dapat di pilih bilangan γ > 0 sehingga jika t ≠ d dan

t ∈ A ∩ (d − γ , d + γ ) , maka berlaku

g (t) − (g )d < δ mengingat g fungsi injektif dan c =g(d), maka diperoleh : '

H (t ) − f ( c ) =

=

f ( g ( t )) − f ( g ( d )) ' f − (c ) g(t ) − g(d )

f ( x ) − f (c ) ' f (c ) < ε x −c

Untuk setiap x ≠ c , x ∈ A ∩ (x − δ , x + δ ) atau 0 < x − c = g (t) − (g )d < δ dengan 0 < t −d <γ . Dengan demikian terbukti bahwa lim t →c H ( t ) = f ' ( c ) . Lebih lanjut, karena H ( t ) ≠ 0 untuk t ≠ d serta

g (t − g (d )) 1 = t −d H(t ) Untuk setiap t ∈ A dengan t ≠ d , maka diperoleh

134

g(t ) − g(d ) 1 = lim t →d H ( t ) t −d

lim t →d

= sehingga g ' ( d ) =

1 '

.

1 lim t →d H ( t )

1 f (c )

=

'

◘

f (c ) Akibat 6.1.13 Diberikan fungsi f monoton tegas dan kontinu pada selang I maka f

terdeiferensial pada I dengan f’(x) ≠ 0 untuk setiap x ∈ I . Akibat 6.1.14 Diberikan fungsi inverse fungsi f, yaitu fungsi g monoton tegas dan kontinu

pada selang J=f(I) maka g terdiferensial pada J dan g ' =

1 f ' og

Contoh 6.1.15 Fungsi f dengan rumus f ( x ) = x nuntuk setiap

x ∈ (0, ∞ ) dan n suatu

bilangan asl, merupakan fungsi naik monoton tegas dan kontinu pada selang (0, ∞ ) . Fungsi inversenya adalah fungsi g dengn rumus 1

g( y) = y n

Untuk setiap y ∈ (0, ∞ ) . Fungsi g tersebut merupakan fungs monoton tegas dan kontinu pada selang (0, ∞ ) . Lebih lanjut f ' ( x ) = nx n −1 ≠ 0 untuk setiap x ∈ (0, ∞ ) .Makadiperoleh g'( y) =

1 ( f ' og)( )y

=

1 f ' ( g ( y )) 1

= n.{ g ( y )n −1 =

1

n. y

=

n −1 n

.

1

n. y

1−

1 n

1

=

1 n −1 y . n

135

☻

Latihan 6.1 1. Misalkan f : R → R dengan definisi f (x ) = x 2 untuk x rasional, f (x ) = 0 untuk x irrasional. Tunjukkan bahwa f terdeferensial di x = 0 dan temukan

f ′(0 ). 2

2. Tunjukkan bahwa f (x ) = x 3 , x ∈ R tidak terdefensial di titik x = 0. 3. Misalkan f : R → R terrdefensial di c ∈ R tunjukkan bahwa

⎛ ⎧ 1 ⎫⎞ )f ′(c = lim ⎜⎜ n ⎨ f ⎛⎜ c)+( ⎞⎟ − f c ⎬ ⎟⎟. ⎩ ⎝ n⎠ ⎭ ⎝

4. jika

r >0

suatu

⎠

bilangan

f :R →R

rasional,

dengan

definisi

⎛ 1 ⎞ untuk x ≠ 0, dan f (0 ) = 0 . Hitung nilai r jika f ′(0 ) ada. ⎟ ⎝x ⎠

f (x ) = x r sin⎜

6.2.

Teorema Nilai Rata-rata Teorema yang paling penting, mendasar dan pengembangannya banyak

aplikasinya adalah Teorema Rolle. Pengembangan Teorema Rolle yang paling dekat adalah Teorema Rata-rata yang banyak pemakaiannya terutama untuk hitung pendekatan. Teorema 6.2.1 (Teorema Rolle) Jika fungsi f : [a , b ] → R mempunyai sifat-sifat

( i ) Kontinu pada [a , b ] ( ii ) f ' ( x ) ada untuk setiap x ∈( a , b ) ( iii ) f ( a ) = f ( b ) = 0 maka terdapat x 0 ∈( a , b ) sehingga f ' ( x 0 ) = 0. f(x0)=0

a

x0

6.2.1.1Teorema

136

Rolle

b

Bukti: Jika

f ( x ) = 0 untuk setiap x ∈( a , b ) , maka bukti selesai. Jika, ada

t ∈( a , b ) sehingga f ( t ) ≠ 0 , tak mengurangi arti jika dianggap a dan b dua titik nol fungsi f yang berturutan pada [a,b]. Jadi ada dua kemungkinan yaitu f ( x ) > 0 untuk setiap x ∈( a , b ) atau f ( x ) < 0 untuk setiap x ∈( a , b ) , dan karena f kontinu pada [a,b], maka ada x 0 ∈( a , b ) sehingga f ( x 0 ) = sup { f ( x ) : x ∈ [a , b ]} ......(1) Tinggal diperhatikan bahwa f’(x0) = 0. Karena f’(x) ada untuk setiap x ∈ ( a , b ) maka

f ' ( x 0 ) = lim

h →0

f (x0 + h )− f (x0 ) h

ada. Tak mungkin f ' ( x 0 ) > 0 , sebab untuk h > 0 dan h cukup kecil diperoleh f (x0 + h ) − f (x0 ) > 0

atau f (x0 + h ) > f (x0 ) yang merupakan suatu kontradiksi terhadap (1). Juga, tak mungkin f ( x 0 ) < 0,

sebab untuk h < 0 dan h cukup kecil diperoleh f (x0 + h ) − f (x0 ) > 0

atau f (x0 + h ) > f (x0 )

yang merupakan suatu kontradiksi terhadap (A) lagi. Jadi satu-satunya kemungkinan adalah f ( x 0 ) =0.

Bukti sejalan jika f ( x 0 ) < 0 untuk setiap x ∈ ( a , b ) .

◘

Teorema 6.2.2 (Teorema Nilai Rata-rata I) The first mean Value Teotem)

Jika fungsi f : [a , b ] → R mempunyai sifat-sifat i.

f kontinu pada [a , b ]

ii.

f’(x) ada untuk setiap x ∈ ( a , b )

137

maka terdapat x 0 ∈ ( a , b ) sehingga f (b ) − f ( a ) b−a

f '( x 0 ) =

Perhatian: bahwa syarat-syarat (i) dan (ii) pada Teorema Roole dan Teorema Ratarata I, tetapi syarat (iii) pada Teorema Rolle tak perlu ada pada Teorema Rata-rata I.

d(x)

a

x

x0

b

6.2.2.1Teorema Nilai Rata-Rata

Bukti: Dibentuk fungsi d : [a , b ] → R denganrumus

d(x ) = f (x ) − f (a ) −

f (b ) − f ( a ) (x − a ) b −a

Mudah ditelusuri bahwa fungsi d tersebut memenuhi syarat-syarat (i), (ii), (iii) pada Teorema Roole. Oleh karena itu, terdapat x 0 ∈ ( a , b ) sehingga d ' ( x 0 ) = 0 ,jadi

d ( x ) = f '( x 0 ) −

f (b ) − f ( a ) b −a

atau

f '(x 0 ) −

f (b ) − f ( a ) b −a

◘.

Teorema Nilai rata-rata I dapat diubah bentuknya sebagai berikut. Ditulis d=b–a Oleh karena itu d = a + b. Jika θ ∈ ( 0,1) tentu a < a + θd < a + d = b . Dengan demikian Teorema Nilai Rata-rata I dapat ditulis sebagai berikut. Teorema 6.2.3 Jika fungsi f : [a , a + d ] → R maka mempunyai sifat-sifat

i.

f kontinu pada [a , a + d ]

ii.

f’(x) ada untuk setiap f : [a , a + d ] 138

maka terdapat bilangan θ dengan 0 < θ < 1 sehingga f ( a + d ) = f ( a ) + df ' ( a + θd )

Selanjutnya, jika fungsi f’ fungsi kontinu di sekitar titik a, maka

f ' ( a ) = lim f ' ( a + θd ) h →0

sehingga diperoleh

f ( a + d ) ≈ f ( a ) + df ' ( a )

Contoh 6.2.4. Hitung nilai pendekatan e −

0 , 01

. Diambil f(x) = e x dan karena -0,01 dekat

dengan 0, maka diambil a = 0 dan a + h = 0 + (-0,01). Jadi, h = -0,01. Karena f(x) = e x dan kontinu di 0, maka f ( a + h ) ≈ f ( a ) + hf ' ( a )

yaitu

e −0 , 01 ≈ e 0 + ( −0,01)e 0 ≈ 0,99 . ☻

Contoh 6.2.5. Hitung nilai pendekatan arctan (0,025). Dari

arctan = 0,025 = arctan(0 + 0,025)

memberikan petunjuk pengambilan f(x) = arctan x, a = 0, dan h = 0,025. karena f '( x ) =

1 1+ x2

dan kontinu di a = 0 diperoleh f ( a + h ) ≈ f ( a ) + hf ' ( a )

sehingga arc 0,025 ≈ arctan 0 + ( 0,025 )

1 = 0.02498438476 . 1 + ( 0,025 )2

Selanjutnya akan dibahas Aturan L’Hospital yang merupakan Pengembangan Teorema Nilai Rata-rata I adalah Teorema Nilai Rata-rata II yang sangat bermanfaat

untuk

menghitung

nilai

0 ∞ , , 0 . ∞, ∞ − ∞, dan sebagainya. 0 ∞ 139

limit

bentuk

tak

tentu

seperti

Teorema 6.2.6 (Teorema Nilai Rata-rata II) Diberikan fungsi f , g : [a , a + h ] → R

mempunyai sifat-sifat: (i) f dan g kontinu pada [a , a + h ] (ii) f’(x) dan g’(x) ada untuk setiap x ∈ ( a , a + h ),

<

<

Maka terdapat bilangan θ dengan 0 θ 1 sehingga f ' ( a + θh ) f ( a + h ) − f ( a ) = g ' ( a + θh ) g ( a + h ) − f ( a ) asalkan g(a+h) ≠ g(a). Bukti: Dibentuk fungsi k : [a , a + h ] → R dengan rumus

h( x ) = f ( x ) − f ( a ) −

f (a + h ) − f (a ) {g ( x ) − g ( a )} g( a + h ) − g( a )

Mudah ditelusuri bahwa fungsi k memenuhi syarat-syarat Teorema Rolle sehingga berlaku k' ( a + θh ) = 0 untuk θ ∈ ( 0,1) . Jadi

k' ( a + θh ) = f ' ( a + θh ) − 0 −

f (a + h ) − f (a ) {g ' ( a + θh ) − 0} = 0 g( a + h ) − g( a )

atau

f ' ( a + θh ) f ( a + h ) − f ( a ) = . g ' ( a + θh ) g( a + h ) − g( a )

◘

Teorema Nilai Rata-rata II tetap berlaku jika selang (a,a+h) diganti dengan selang (a-h,a). Seklanjutnya akan Aplikasikan suatu dalil L’Hospital menjadi teorema berikut ini Teorema 6.2.7. Diberikan fungsi f , g : [a , a + h ] → R , sehingga

1. Jika f dan d terdeferensuial dan f ( x 0 ) = g ( x 0 ) = 0 berlaku bentuk

140

0 0

2. Jika f dan g kontinu dan terdeferensial di sekitar dan lim f ( x ) = ∞ dan x →x 0

lim g ( x ) = ∞ . berlaku bentuk

x →x 0

∞ ∞


lim g ( x ) = ∞ . berlaku bentuk 0. ∞ dan ∞ − ∞

x →x 0


lim g ( x ) = ∞ . berlaku bentuk 1∞ ,00 , ∞ 0

x →x 0

Bukti:

1. Diketahui fungsi f dan d terdeferensial di sekitar (pada suatu perserikatan) titik

x0, g ( x ) ≠ 0 dan g ' ( x ) ≠ 0, untuk x ≠ x 0 . Jika f ( x 0 ) = g( x 0 ) = 0

akan dicari

lim

x →x 0

f (x ) g( x )

Menurut hipotesis, ada bilangan δ > 0 sehingga f dan g kontinu pada

[x 0 − h , x 0 + h ]

serta

f ' ( x ) dan

g ' ( x )ada untuk setiap

x ∈ [x 0 − h , x 0 + h ]

untuk setiap h dengan 0 < h < δ . Oleh karena itu, berdasarkan Teorema Nilai Rata-rataII,Terda pat bilangan θ dengan 0 < θ
f ' ( x 0 + θh ) = f ( x 0 + h ) − f ( x 0 ) g ' ( x 0 + θh ) g( x 0 + h ) − g( x 0 ) Hal ini berakibat

141

lim

x →x 0

f (x ) f (x0 + h ) = lim g ( x ) h →0 g ( x 0 + h )

= lim

f (x0 + h ) − f (x0 ) g( x 0 + h ) − g( x 0 )

= lim

f '( x 0 + h ) g '( x + h )

h →0

h →0

0

f '(t ) = lim t →x 0 g '(t )

= lim

x →x 0

f '( x ) g '( x )

Jadi diperoleh: lim

x →x 0

f (x ) f '( x ) = lim g ( x ) x →x 0 g ' ( x )

2. Diketahui fungsi f dan g kontinu dan terdeverensial di sekitar titik x0 kecuali di x0 serta lim f ( x ) = ∞ dan lim g ( x ) = ∞ . Jika f ' ( x ) ≠ 0 dan g ' ( x ) ≠ 0 untuk x →x 0

x →x 0

x ≠ x 0 akan dicari

lim

x →x 0

f (x ) g( x )

Karena lim f ( x ) = ∞ dan lim g ( x ) = ∞ , maka diperoleh lim F ( x ) = 0 dan x →x 0

x →x 0

lim G( x ) = 0 dengan F ( x ) =

x →x 0

x →x 0

1 1 dan G( x ) = . Oleh karena itu f (x ) g( x )

dengan didefinisikan fungsi F dan G seperti itu sehingga F ( x 0 ) = G( x 0 ) = 0 . Mudah difahami bahwa F dan G kontinu dan terdeverensial di sekitar x0. Selanjutnya, menurut bentuk

0 diperoleh 0

142

lim

x →x 0

f (x ) F(x ) = lim g ( x ) x → x 0 G( x )

= lim

x →x 0

F '( x ) G' ( x ) 2

= lim

x →x 0

g ' ( x ) { f ( x )} 2 g(c ) f '( x )

{

Akibatnya 1 = lim

x →x 0

}

g '( x ) f (x ) ⋅ lim → x x 0 g( x ) f '( x )

atau lim

x →x 0

f (x ) f '( x ) = lim x → x 0 g( x ) g'( x )

Perlu mendapat perhatian bahwa limit

∞ 0 dan limit bentuk walaupun ∞ 0

mempunyai rumus yang sama tetapi persyaratannya sedikit berbeda; pada limit bentuk 3. a)

∞ fungsi f dan g tak terdefinisi di titik x0. ∞

Diketahui lim f ( x ) = ∞ dan lim g ( x ) = ∞ , akan di carim dan x →x 0

x →x 0

lim { f ( x ) − g ( x )} .

x →x 0

Syarat-syarat yang harus dipenuhi oleh fungsi f dan g para bentuk ∞ − ∞ ini sama dengan yang terdapat pada limit bentuk

∞ . Selanjutnya, karena ∞

1 − 1 g( x ) f ( x ) f ( x ) − g( x ) = 1 f ( x ) g( x ) maka diambil F(x ) =

1 1 − g( x ) f ( x )

dan 143

G(x) =

1 , f ( x ) g( x )

masing-masing untuk x ≠ x 0 berlaku F ( x 0 ) = 0 dan G( x 0 ) = 0 . Jadi, diperoleh limit bentuk

0 . Selanjutnya 0 F(x ) x → x 0 G( x )

lim { f ( x 0 − g ( x )} = lim

x →x 0

F '(x ) = lim x →x 0 G' ( x )

3. b)

.

Diketehui lim f ( x ) = 0 dan lim g ( x ) = ∞ ; akan dicari dan x →x 0

x →x 0

lim f ( x ) g ( x ) .

x →x 0

Fungsi f dan fungsi g masing-masing terdeferensial di sekitar titik x0 dan f kontinu di x0. Karena f ( x ) ≠ 0 untuk x ≠ x 0 , ( x ) = 0 dan lim g ( x ) = ∞ , x →x 0

maka dibentuk fungsi G dengan G(x0) = 0 dan G( x ) =

1 . g( x )

Mudah difahami bahwa fungsi G kontinu dan terdeferensial di sekitar titik x0. Menurut limit bentuk

0 diperoleh 0

lim f ( x ) g ( x ) = lim x→x 0

f (x )

G( x ) f (x ) = lim x→x 0 G' ( x ) x→x0

4. Limit bentuk 1∞ ,00 , ∞ 0 dapat dibawa ke limit bentuk

∞ 0 atau asalkan 0 ∞

sepasang fungsi yang terkait memenuhi syarat-syarat yang sesuai dengan limit

144

bentuk atau

0 ∞ 0 atau . Untuk mengubag limit bentuk 1∞ ,00 , ∞ 0 ke limit bentuk ∞ 0 0

∞ digunakan rumus a b = e b ⋅ log a . ∞

◘

Contoh 6.2.8. Jika f(x) = sin x dan g(x) = x, maka mudah difahami bahwa f dan g

kontinu dan mempunyai turunan di sekitar titik 0 serta f(0) = g(0) = 0, f ' ( x ) = cos x ≠ 0 dan g ' ( x ) = 1 ≠ 0 untuk setiap x ≠ 0 (x disekitar 0). Oleh karena itu diperoleh

lim

x →x 0

f (x ) sin x = lim → x x 0 x g( x )

= lim

x →0

f '( x ) . g '( x )

cos x x →0 1

= lim

= cos 0 = 1 . ☻ Contoh 6.2.9. Jika f ( x ) = e − 1 dan g ( x ) = x , maka mudah difahami bahwa f dan g x

kontinu dan mempunyai turunan di sekitar titik 0 serta f(0) = g(0) = 0 , f ' ( x ) = e x dan

g ' ( x ) = 1 ≠ 0 untuk setiap x ≠ 0 (x disekitar 0). Oleh karena itu diperoleh ex − 1 f (x ) = lim x →0 x → 0 x g( x ) lim

= lim

x →0

f '( x ) g '( x )

ex 0 →0 1 = e = 1 = xlim Contoh 6.2.10. Akan dihitung

1 ⎞ ⎛1 − ⎟. x sin x⎠ ⎝

lim = ⎜

x →x 0

Fungsi f ( x ) =

1 1 dan g ( x ) = kontinu dan turunan di sekitar titik 0 kecuali di 0 x sin x

sendiri. Dibentuk fungsi:

145

F(x ) =

1 1 − g( x ) f ( x )

dan 1 f ( x ) g( x )

G( x ) =

untuk x ≠ x 0 dan F ( 0 ) = G( 0 ) = 0 . Jelas bahwa fungsi F dan G merupakan sepasang fungsi yang memenuhi syarat-syarat limit bentuk

0 . Oleh karena itu 0

1 ⎞ sin x − x ⎛1 − = lim ⎟ x → 0⎝ x sin x ⎠ x → 0 x sin x lim ⎜

= lim

F(x ) G( x )

= lim

F '( x ) G' ( x )

= lim x →0

cos x − 1 x cos x + sin x

x →0

x →0

Karena F ' ( x ) = cos x − 1 dan G' ( x ) = x cos x + sin x , maka diperoleh F ' dan G ' sepasang fungsi yang memenuhi syarat-syarat limit bentuk karena itu, lim

x →0

cos x − 1 F '( x ) = lim x cos x + sin x x → 0 G' ( x )

F ' '( x ) x → 0 G' ' ( x )

= lim

− sin x x → 0 2 cos x − x sin x

= lim =

0 =0. 2

146

☻

0 . Oleh 0

⎛

1⎞

y

Contoh 6.2.11. Diberikan lim = ⎜⎜ 1 + ⎟⎟ Limit bentuk 1∞ . Untuk menyelesaikan, y → y0 y⎠ ⎝

ambil 1 y

f ( y) = 1+ dan g ( y ) =

Jadi, .

⎛

lim ⎜⎜ 1 + y →∞

⎝

y

1⎞ ⎟⎟ = lim ( f ( y )) g ( y ) y →∞ y⎠

= lim e g ( y )⋅log f ( y ) y →∞

Cukup dihitung dahulu lim {g ( y ) ⋅ log f ( y )} = lim y →∞

y →∞

log f ( y ) 1 g( y )

f '( y ) f ( y) = lim y →∞ − g ' ( y ) {g ( y )}2 2

= lim

y →∞

f ' ( y ) {g ( y )} ⋅− g '( y ) f (x )

− = lim

y →∞

= lim y →∞

1 y2 − y2 ⋅ 1 1+ 1 y

1 1 1+ y

=1 Jadi dapat disimpulkan y

⎛ 1⎞ lim ⎜⎜ 1 + ⎟⎟ = e 1 = e . y →∞ y⎠ ⎝

147

☻

Latihan 6.2. 1. Gunakan teorema nilai rata-rata untuk membuktikan sin x − sin y ≤ x − y , untuk semua x , ∈ R . 1

1

1

2. Misalkan a > b > 0 dan n ∈ N memenuhi n ≥ 2 . Buktikan a n − b n < (a − b )n 3. Misalkan

f : [a , b ] → R continu pada [a,b] dan terdeferential di (a,b)

tunjukkan jika lim f ′ = Amaka x →a

f ′(a ) ada dan f ′(a ) = A .

4. Misalkan f terdeferensial pada (0, ∞ ) dan andaikan lim ( f (x) + (f )′ x ) = L . x →∞

Tunjukkan bahwa lim f = L dan lim f ′ = 0 . x →∞

6.3.

x →∞

Teorema Taylor dan Metode Newton

Pada kalkulus lanjutan telah dibicarakan deret pangkat

c 0 + c 1( x − a ) + c 2 ( x − a )2 + ... Beserta selang kekonvergenannya. Jika

x

terletak didalam selang

kekonvergenan deret pangkat tersebut berarti deret tu konvergen kesuatu nilai

f ( x ) . Dengan kata lain , jka I selang kekonvergenan deret pangkat itu maka untuk setiap x ∈ I pada suatu fungsi f sehngga berlaku

f ( x ) = c 0 + c 1 ( x − a ) + c 2 ( x − a )2 + ... Yang berarti untuk setiap x ∈ I dan bilangan ε > 0 terdapat bilangan asli η 0 sehingga untuk setiap η ≥ η 0 berakibat n0

R n ( x ) = f ( x ) − ∑ c k ( x − a )k = k =0

∑c k >n 0

k

( x − a )k < ε

Sekarang masalahnya dibalik, jika diketahui fungsi f dan titik a, apakah ada nilai c 1,c 2 , ..., c n 0 sehingga untuk setiap ε > 0 ada bilangan asli η0 sehingga n0

R n ( x ) = f ( x ) − ∑ c k ( x − a )k < ε k =0

148

Untuk setiap x ∈ I dengan a ∈ I , dan syarat-syarat apa saja yang harus dipenuhi oleh fungsi

itu.

Teorema 6.3.1 (Teorema Taylor) Jika x 0 ∈ [a , b ] dan fungsi

f : [a , b ] → R

memenuhi syarat-syarat i. f kontinu pada [a, b] dan ii. f ′( x ), f ′′( x ), f ′′′( x ),..., f ( n +1) ( x ) ada untuk setiap x ∈ [a , b ] Maka untuk setiap x ∈ [a , b ] terdapat titik c yang terletak di antara

x

dan

x0

sehingga berlaku f (x ) = f (x0 ) +

f ′( x 0 ) f ′′( x 0 ) f ( n )( x 0 ) (x − x0 ) + ( x − x 0 )2 + ... + ( x − x 0 )n + R n ( x ) n! 1! 2!

Dengan Rn ( x ) =

f ( n +1) ( c ) ( x − x 0 )n +1 ( n + 1)!

Bukti : Diambil sebarang x ∈ [a , b ] tetap dan ditulis dengan I selang tertutup yan

ujung-ujungnya x 0 dan x . (*) Selanjutnya dibentuk fungsi F : I → R denganrumus

F (t ) = f ( x ) − f (t ) −

(x − t ) ( x − t )2 ( x − t )n ( n ) f ′( t ) − f ′′( t ) − ... − f (t ) 1! 2! n!

Maka

F(x ) = f (x ) − f (x ) −

(x − x ) ( x − x )n ( n ) f ′( x ) − ... − f (x ) = 0 1! n! 2

n

F ′( t ) = − f ′( t ) − ( x − t ) f ′′( t ) − ( x − t ) f ′′′( t ) − ... − ( x − t ) f ( n +1) ( t ), ∀t ∈ I 1! 2! n! F ′( t ) = −

( x − t )n ( n + 1) f ( t ), ∀t ∈ I n!

(*) Kemudian dibentuk fungsi baru, untuk setiap t ∈ I selanjutnya dibentuk fungsi

G : I → R dengan rumus n +1

⎛ x −t ⎞ ⎟⎟ F ( x 0 ) ⎝ x − x0 ⎠

G( t ) = F ( t ) − ⎜⎜

149

n +1

⎛ x −x ⎞ ⎟⎟ F ( x 0 ) G( x ) = F ( x ) − ⎜⎜ ⎝ x − x0 ⎠ G( x ) = 0 − 0 G( x ) = 0 Maka terpenuhi teorema rolle bahwa G kontinu pada I G′( t ) ada untuk setiap

t ∈ I dan G( x ) = G( x 0 ) = 0

maka terdapat

c

yang terletak diantara x 0 dan x sehingga G′( c ) = 0 n +1

⎛ x −c ⎞ ⎟⎟ F ( x 0 ) G( c ) = F ( c ) − ⎜⎜ ⎝ x − x0 ⎠ ⎛ ( x − c )n ⎞ ⎟ F(x0 ) n +1 ⎟ ⎝ (x − x0 ) ⎠

G′( c ) = F ′( c ) + ( n + 1)⎜⎜

( x − c )n ⎞⎟ F(x0 ) n +1 ⎟ ⎝ (x − x0 ) ⎠

F ′( c ) = −( n + 1)⎛⎜⎜

F(x0 ) = −

F ′( c ) ( x − c )n ( n + 1) ( x − x 0 )n + 1

( x − c )n ( n + 1 ) f (c ) n ! F(x0 ) = − ( x − c )n ( n + 1 ) ( x − x 0 )n + 1

=

( x − c ) n ( x − x 0 )n + 1 . .f n! (n + 1 ) ( x − c )n

=

f ( n + 1) ( c ) ( x − x 0 )n + 1 ( n + 1)!

1

.

= Rn ( x ) dan 150

( n +1)

(c )

F ( x ) = f ( x ) − f (t ) − f ( x ) = F (t ) + f (t ) +

(x − t ) ( x − t )n ( n ) f ′( t ) − ... − f (t ) 1! n!

(x − t ) ( x − t )n ( n ) f (t ) f ′( t ) + ... + 1! n!

subsitusi t = x 0

f (x ) = F(x0 ) + f (x0 ) +

= f (x0 ) +

(x − x0 ) ( x − x 0 )n ( n ) f ′( x 0 ) + ... + f (x0 ) 1! n!

(x − x0 ) ( x − x 0 )n ( n ) f ′( x 0 ) + ... + f ( x 0 ) + Rn ( x ) . ☻ 1! n!

Untuk selanjutnya berdasarkan Teorema 5.3.1 Pn ( x ) = f ( x 0 ) +

f ′( x 0 ) f ′′( x 0 ) f (n )( x 0 ) (x − x0 ) + + ... + ( x − x 0 )n n! 1! 2!

Disebut polinomial Taylor berderajat n ntuk fungsi f di x 0 dan ( n + 1)

Rn ( x ) = f ( c ) ( x − x 0 )n +1 ( n + 1)!

Disebut sisa taylor , oleh karena itu jika fungsi

f

memenuhi syarat-syarat teorema

taylor sehingga diperoleh f ( x ) = Pn ( x ) + Rn ( x )

Dan disebut ekspansi taylor fungsi Jika fungsi

f

di x 0 .

memenuhi syarat-syarat teor ema taylor pada [a, b] maka

diperoleh f ( x ) = Pn ( x ) + Rn ( x )

untuk setiap x ∈ [a , b ] jika nilai Rn ( x ) cukup kecil maka polynomial taylor dapat dipandang sebagai nilai pendekatan ke-n nilai f ( x ) jadi f ( x ) ≈ Pn ( x )

Dengan nilai korelasi (kesalahan) mutlak R n ( x ) diketahui bahwa

151

f ( n + 1) ( c )

Rn ( x ) =

≤

( n + 1)!

M x − x0

x − x0

n +1

n +1

( n + 1)!

Dengan

M = sup f ( n +1) ( x ) : x ∈ I Dan I selang tertutup yang dibentuk oleh x 0 dan x . Jika x − x 0 mengecil, maka berakibat nilai Rn ( x ) mengecil pula. Nilai M juga mengecil pula asalkan f ( n +1) kontinu. Contoh 6.3.2. Akan dihitung nilai pendekatan e −0 , 02 sampai benar 7 angka dibelakang

koma. Dapat diambil

f ( x ) = e x . Karena -0,02 dekat dengan 0, maka diambil

x 0 = 0 dan x = −0,02 . Karena

f ( k ) ( x ) = e x , untuk setiap bilangan asli k dan x ∈ − 0,02, 0 , maka diperoleh Rn ( 0,02 ) =

f n + 1( c ) ( −0,02 − 0 )n +1 ( n + 1)!

=

c ( 0,02 )n + 1 ( n + 1)!

≤

2n +1 ( 0,01)n + 1 sup{e t ; t ∈ [− 0,02, 0]} ( n + 1)!

≤

2n +1

( 0,01)n + 1

( n + 1)! Dengan mengambil n=3 dan karena x − x 0 = ( −0,02 − 0 ) = −0,02 sehingga

e −0 , 02 ≅ f ( −0,02 ) f '(0) f ' '(0) f ' ' '(0) ( −0,02 ) + ( −0,02 )2 + ( −0,02 )3 1! 2! 3! ( −0,02 ) ( −0,02 )2 ( −0,02 )3 ≅ 1+ + + 1! 2! 3! ≅ 0,980198666

≅ f (0) +

152

Benar sampai dengan 7 angka di belakang koma, atau dengan kesalahan mutlak Rn ( −0,02 ) < ( 0,01)4 = 0,00000001 . ☻

Menurut Teorema Taylor telah diperoleh

f '( x 0 ) f ' '( x 0 ) f n(x0 ) (x − x0 ) + ( x − x 0 )2 + ⋅ ⋅ ⋅ + ( x − x 0 )n + Rn ( x ) 1! 2! n! Jika dituliskan dengan h = x − x 0 dan c = x 0 + θh , 0 < θ < 1, maka diperoleh f (x ) = f (x0 ) +

f (x0 + h ) = f (x0 ) +

f '( x 0 ) f ' '( x 0 ) 2 f n(x0 ) n h+ h + ⋅⋅⋅ + h + Rn ( x 0 + h ) 1! 2! n!

Dengan Rn ( x 0 + h ) =

f ( n +1) ( x 0 + θh ) n +1 h , ( n + 1)!

dan θ suatu bilangan antara 0 dan 1 ( 0 < θ < 1 ) Jika f k ( x ) ada untuk setiap x ∈ [a , b ] dan setiap k ∈ N , maka diperoleh deret pangkat di dalam ( x − x 0 ) :

f (x ) = f (x0 ) +

f ′( x 0 ) f ′′( x 0 ) (x − x0 ) + ( x − x 0 )2 + ⋅ ⋅ ⋅ 1! 2!

Atau

f ′( x 0 ) f ′′( x 0 ) 2 h+ h + ⋅⋅⋅ 1! 2!

f (x0 + h ) = f (x0 ) +

yang disebut deret Taylor atau ekspansi Taylor untuk f(x) di x 0 . Khususnya, deret Taylor untuk f(x) di 0 adalah (ii).

′

′′

f ( x ) = f ( 0 ) + f 1(!0 ) x + f 2(!0 ) x 2 + ⋅ ⋅ ⋅ yang disebut deret Maclaurin untuk f(x) Jika f ′( x ) dan f ′′( x ) ada untuk setip x ∈ [a , b ] dan f ′′ kontinu pada

[a , b ] maka menurut teorema taylor diperoleh f (x ) = f (x0 ) +

f ′( x 0 ) f ′′( x 0 ) (x − x0 ) + ( x − x 0 )2 1! 2!

Dengan c suatu titik di antara x 0 dan x 153

f ( x 0 + h ) = f ( x 0 ) + f ′( x 0 )h + f ′′( x 0 + θh )

h2 2

Dengan h = x − x 0 dan θ suatu bilangan dengan 0 < θ < 1 karena disyaratkan f ′′ kontinue pada [a , b ] Contoh 6.3.4 Diberikan f ( x ) = e x . Tentukan deret Taylor f di a, kemudian hitung nilai .

pendekatan e 0 , 98 . Untuk setiap k ∈ N , diperoleh f ( k ) ( x ) = e x dan f ( k ) ( a ) = e α Oleh karena itu deret Taylor untuk f ( x ) = e x di a adalah f ( x ) = f (a ) +

f ′( x 0 ) f ′′( x 0 ) ( x − a )2 + ( x − a )3 + ⋅ ⋅ ⋅ 2! 3!

atau

ex = ea +

ea ea ea ( x − a ) + ( x − a )2 + ( x − a )3 + ⋅ ⋅ ⋅ 1! 2! 3!

⎧ ( x − a ) ( x − a )2 ( x − a )3 ⎫ = e a ⎨1 + + + + ⋅ ⋅ ⋅⎬ 1! 2! 3! ⎩ ⎭ Selanjutnya, karena x = 0, 98 dekat dengan a = 1 , maka diperoleh

⎧

e 0 , 98 = e 1 ⎨1 +

⎫ ( −0,02 ) ( −0,02 )2 ( −0,02 )3 + + + ⋅ ⋅ ⋅⎬ 1! 2! 3! ⎭

⎩ = e(1 − 0,02 + 0,0002 − 0,000001333 + ⋅ ⋅ ⋅) ≅ ( 2,718281828459045 )( 0,980198666 ) ≅ 2,664457

−

(benar paling sedikit 20 angka di belakang koma, atau R3 ( 0,98 ) < 10 20 ). ☻ Bilangan a disebut titik nol fungsi f jika f ( a ) = 0 . Dengan kata lain titik nol fngsi f adalah akar persamaan f ( x ) = 0 . Secara geometri titik nol fungsi adalah nilai x sehingga kurva y = f ( x ) memotong sumbu datar. Jadi fungsi f

a

titik nol

jika dan hanya jika ( a , f ( a )) = ( a ,0 ) merupakan titik potong kurva

y = f ( x ) dengan sumbu-X

154

Teorema 6.3.5 (Metode Newton) Diberikan selang tertutup I = [a , b ] dan fungsi

f : I → R yang terdeferensial dua kali berturut-turut, jadi f ′( x ) dan f ′′( x ) ada untuk setiap x ∈ I . Diketahui pula bahwa f ( a ) f ( b ) < 0, f ′( x ) ≥ m > 0 untuk setiap x ∈ I dan f ′′( x ) ≤ M untuk setiap x ∈ I dn untuk suatu konstanta M > 0 tentu ada selang I ∗ ⊂ I yang memuat titik nol fungs f katakanlah r sehingga untuk setiap x 1 ∈ I ∗ baris bilangan {x n } ⊂ I ∗ dengan x n +1 = x n −

f (xn ) f ′( x n )

Konvergen ke r lebih lanjut 2

x n +1 − r ≤ K x n − r , dengan K =

M 2m

y=f(x)

(x1, f(x1))

r x1

x3 x2 6.3.5.1Ilustrasi

Metode Newton

Bukti: Menurut hipotesis fungsi f kontinu pada I , naik tegas atau turun tegas

pada I selalu terdapat garis singgung pada kurva y = ( x ) di setiap titik

(a , f ( a ))

dengan a ∈ I dan f mempunyai titik nol didalam ( a , b ) . Jika diambil x 1 ∈ I garis singgung pada kurva di titik ( x 1 , f ( x 1 )) mempunyai persamaan

y − f ( x 1 ) = f ′( x 1 )( x − x 1 ) Dari garis singgung ini memotong sumbu-X di titik (x 2 ,0 ) dengan 0 − f ( x 1 ) = f ′( x 1 )( x 2 − x 1 ) atau

155

x 2 = x1 −

f ( x1 ) f ′( x 1 )

Dengan cara yang sama, dibuat garis singgung di titik ( x 2 , f ( x 2 )) pada kurva

= f ( x ) yang memotong sumbu-X dititik ( x 3 ,0 ) dengan f (x ) x 3 = x 2 − f ′( x 2 ) 21

Proses tersebut dikerjakan terus-menerus maka dperoleh rumus umum

x n +1 = x n −

f (xn ) ; n ∈Ν f ′( x n )

Tinggal diperlihatkan bahwa {x n } konvergen ke

dan

r 2

x n +1 − r < K x n − r . Karena fungsi

f

kontinu pada ( a , b ) dan f ( a ) f ( b ) < 0 maka ada r ∈ ( a , b )

sehingga f ( r ) = 0 karena f ′( x ) > 0 untuk setiap x ∈ [a , b ] berakibat bahwa tepat ada satu r ∈ [a , b ] sehingga f ( r ) = 0 . Karena fungsi f memenuhi syarat Teorema Taylor dengan n = 2 maka jika di ambil titik tetap x ′ ∈ I yang pengambilannya sebarang, maka terdapat titik c ∈ I yang terletak diantara x ′ dan r sehingga berlaku 0 = f ( r ) = f ( x ′) +

f ′( x ′ ) f ′′( c ) ( r − x ′) + ( r − x ′)2 1! 2!

Yang berakibat 1 2 f x f x r x f c r x ( ) ( )( ) ( )( ) − ′ ′ = ′ ′ − ′ + 2 ′′ − ′ Dibentuk x ′′ dengan rumus

x ′′ = x ′ − Dengan memanfaatkan nilai

f (x ' )

f ( x ′) f ′( x ′ )

yang diperoleh di atas, dan sedikit

manipulasinya, maka diperoleh

156

x ' ' = x '+( r − x ' ) +

1 f ' '(c ) ( r − x ' )2 2 f '( x ' )

yang berakibat

x ' ' −r =

1 f ' '(c ) ( r − x ' )2 2 f '( x ' )

dan karena c ∈ I , serta f ' dan f ' ' terbatas pada I, maka diperoleh

x ' ' −r =

1 f ' '(c ) 2 x ' −r 2 f ' '(c )

≤ K x '−r

2

Selanjutunya diambil bilangan δ > 0 dengan δ <

1 dan dibentuk selang tertutup k

I * = [r − δ , r + δ ] Jelas bahwa I * ⊂ I dan jika x n ∈ I * diperoleh x n − r ≤ δ dan 2

x n + 1 − r ≤ K x n − r ≤ Kδ 2 ≤ δ yang berarti x n +1 ∈ I * . Oleh karena itu, jika pada awalnya diambil x 1 ∈ I * akan berakibat x n ∈ I * untuk setiap n ∈ N . Juga jika x 1 ∈ I * berakibat x n + 1 − r < ( Kδ )n x 1 − r

dan karena Kδ < 1 maka dapat disimpulkan bahwa barisan {x n } konvergen ke r. ◘ Contoh. 6.3.6. Akan dihitung nilai pendekatan

bilangan r =

2 , yaitu titik nol fungsi: f ( x ) = x 2 − 2

2 terletak antara 1 dan 2. Karena f '( x ) = 2x ≥ m = 1 > 0

pada selang I = [1, 2] dan f ' '( x ) = 2 ≤ m = 3 pada selang I = [1,2] , maka metode Newton dapat digunakan untuk fungsi f tersebut. Jadi, xn − 2 1 2 = (xn + ) xn 2x n 2 2

x n +1 = x n −

157

Dengan mengambil titik awal x 1 = 1 diperoleh 3 17 577 = 1,5, x 3 = = (1, 14666...), x 4 = = (1, 414215...), 2 12 408 665857 x5 = = (1,414213562374...) 470832

x2 =

yang telah benar 10 angka di belakang koma.

☻

Latihan 6.3. 1. Misalkan f ( x ) = cos ax untuk x ∈ R dimana a ≠ 0 . Temukan f n (x ) untuk n ∈ N , x ∈ R . 2. Tunjukkan bahwa jika x > 0 , maka 1 +

1 1 1 x − x 2 ≤ 1 + x ≤ 1 + x. 2 8 2

3. Gunakan teorema taylor dengan n=2 untuk aproximasikan

1.2 dan 2.

1 4. Jika x > 0 tunjukkan bahwa (1 + x )3 − ⎛⎜ 1 + 1 x − 1 x 2 ⎞⎟ ≤ ⎛⎜ 5 ⎞⎟x 3 . 9 ⎠ ⎝ 81 ⎠ ⎝ 3

5. Hitung e dengan koreksi tepat 7 desimal.

158

7 INTEGRAL RIEMANN Pembahasan fungsi yang dibicarakan adalah fungsi bernilai real dan yang didefinisikan pada selang tertutup dan terbatas. Suatu partisi P pada selang

(a,b)

suatu himpunan berhingga {a = x0, x1, x3, x4, x5, ….xn = b} sedemikian sehingga

a

= x 0 < x1 < x 2 < A=x0

x1

x2

L

< x n −1 < x n = b .

x3

xn-1

xn

7.1.1.1. Partisi pada [a,b]

Norma partisi P yang dinyatakan dengan

⏐P⏐adalah nilai terbesar diantara

bilangan (xi-xi-1), i =1, 2, … n. ⏐P⏐= maks{xi-xi-1: 1≤ i ≤ n).

7.1.

Definisi Integral Riemann

Definisi 7.1.1. Misalkan fungsi riil dan terbatas yang didefinisikan pada selang tertutup [a,b].

Untuk setiap partisi P pada [a,b] dibentuk jumlahan atas n

U=

∑m (x i =1

i

− x i −1 )

i

− x i −1 )

i

Dari jumlahan bawah n

L=

∑ m (x i =1

i

Dengan mi = sup f (x) dan 159

mi = inf f (x), i = 1, 2, …, n. dengan xi-1 ≤ x ≤ xn . Maka dapat dibentuk −b

R

∫

f (x)dx = inf U(P,f) a

disebut Integral Atas Riemann fungsi f pada [a,b] dan R

∫ −

b

f (x)dx = sup L (P,f ) a

disebut Integral Bawah Riemann fungsi f pada [a,b] dengan infimum dan supremum diambil meliputi semua partisi

P

pada [a,b], jika nilai integral atas dan

integral bawah sama, maka dikatakan bahwa f dapat Terintegral Riemann pada [a,b] dan dinyatakan Riemann fungsi f pada [a,b] dan dinyatakan dengan f∈[a,b]. Integral Riemann

Nilai yang sama ini dinamakan

∫

b

fungsi f pada [a,b] dan ditulis

(R ) a f ( x )dx jadi

∫

−b

b

∫

∫

b

(R ) a f (x)dx = (R ) f (x)dx = (R ) f (x)dx a

−a

Contoh 7.1.2. Diberikan fungsi konstan f (x) = k dan

⎧1, x rasional g( x ) = ⎨ ⎩0, x irrasional dengan a ≤ x ≤ b. Untuk sembarang partisi P pada [a,b] diperoleh U (P,f ) = k(b-a) dan L(P,f ) = k(b-a). Jadi diperoleh −b

∫

(R )

a

∫

f (x)dx = (R )

b

−a

160

f (x)dx = k(b-a)

sehingga

∫

f ∈ R [a, b] dan (R )

b

a

f (x)dx = k(b-a)

sedang U(P,g) = b – a dan L(P, g) = 0 untuk setiap partisi P pada [a,b]. dengan demikian didapatkan −b

∫

(R )

f (x)dx = b – a

a

dan

∫

(R )

b

f (x)dx = 0.

−a

sehingga g ∉ R [a,b] yakni g tidak dapat terintegral Riemann pada [a, b]. Definisi 7.1.3. Diberikan P dan Q partisi [a, b] dan P

partisi P lebih halus dari pada Q, atau [a,b] maka P* =

P1

P

☻

⊃ Q sehingga dikatakan bahwa

suatu penghalusan Q, Jika

P1

dan

P2

partisi pada

∪ P2 merupakan partisi penghalusan untuk P1 dan untuk P2 partisi P*

disebut penghalusan gabungan untuk P1 dan P2. Teorema 7.1.4. Dibrikan fungsi terbatas pada [a,b], jika P ⊃ Q maka

L(P,f ) ≥ L(Q,f ) dan U(P,f ) ≤ U(Q,f ). Bukti: Akan dibuktikan ketidaksamaan yang kedua saja. Diandaikan bahwa P

hanya memuat satu titik c di luar

Q

= {x0, x1, …. xn) dan xk-1 < c < xk. Kita

namakan m k′ dan m k′′ berturut-turut supremum nilai f (x) pada [xk-1,c] dan pada [c,xk], dan Mk supremum f (x) pada [xk-1, xk]. maka m k′

≤

m k dan M

Jadi

U(P,f ) – U(Q,f ) = m k′ (c-xk-1) + m k′′ (xk-c) – Mk (xk – xk-1)

≤ mk(c-xk-1) + mk (xk-c) – Mk(xk-xk-1) = 0 161

”

≤ Mk.

Telah kita buktikan bahwa U(P,f ) luar

Q,

jika

P

≤ U(Q,f

) untuk

P

hanya memuat satu titik di

memuat lebih dari satu titik di luar partisi

Q,

misalnya r titik, maka

bukti dikerjakan dengan mengulang proses di atas sampai r kali.

◘

Teorema 7.1.5. Diberikan fungsi terbatas pada [a,b], maka Untuk sembarang P dan Q

berlaku L(P,f ) ≤ U(Q,f ) Bukti: Dibentuk penghalusan gabungan P* = P ∪ Q. Mudah dimengerti bahwa

untuk setiap partisi T berlaku

L(T,f ) ≤ U(T,f ). Menurut Teorema 7.1.4 diperoleh

L(P,f ) ≤ L(P*,f ) ≤ U (P*,f ) ≤ I(Q,f ),

◘

Teorema 7.1.6. Jika partisi P dan Q berlaku L (P,f ) ≤ U(Q,f ). maka

∫

−

b

∫

(R ) f (x) dx ≤ (R ) −

a

b

f (x) dx a

Bukti: Diketahui untuk setiap partisi P dan Q berlaku

L (P,f ) ≤ U(Q,f ). Jika

P

diambil tetap, dan

Q

bergerak meliputi semua partisi

Q

pada [a,b], maka

L(P,f ) adalah suatu batas bawah dari himpunan jumlah-jumlah atas {U(Q,f )}. Jadi −

L(P,f ) ≤ inf {U(Q,f )} = (R )

∫

b

f (x) dx a

selanjutnya jika F meliputi semua partisi pada [a, b], maka −

∫

(R )

b

f (x) dx, a

merupakan suatu batas atas himpunan jumlah-jumlah bawah { L(P,f)}.Dengan demikian

162

∫

sup {L (P,f )} = (R )

−

Teorema 7.1.7. Diberikan fungsi f

−

b

b

≤ (R )∫ f (x) dx.

f (x) dx

◘

a

a

∈R [a,b] jika dan hanya jika untuk setiap ε

> 0

terdapat partisi P pada [a, b] sehingga berlaku U(P,f ) – L(P,f ) < ε Bukti: Untuk setiap partisi P berlaku −

b

∫

L(P,f ) ≤ (R )

f (x) dx a

−

b

≤ (R )∫ f (x) dx ≤ U(P,f

)

a

Jadi −

∫

0 ≤ (R )

b

∫

f (x) dx - (R )

a

−

b

f (x) dx

≤ U(P,f

) – L(P,f )

a

Dengan demikian, jika untuk setiap ε > 0 terdapat P sehingga

U(P, f ) – L(P,f ) < ε, maka kita mempunyai hubungan −

∫

0 ≤ (R )

b

∫

f (x) dx - (R )

a

b

f (x) dx < ε

−a

yang berlaku untuk setiap ε > 0 jadi −b

∫

(R )

∫

f (x) dx - (R )

a

b

f (x) dx

−a

yang berarti f ∈R [a,b]. Sekarang diandaikan f ∈R [a, b] dan diberikan ε > 0 karena

∫

(R )

b

f (x) dx = sup L(P,f ) = inf U(P,f ),

a

maka terdapatlah partisi P1 dan P2 pada [a,b] sedemikian hingga

∫

(R )

b

f (x) dx

≤ U(P1, f

∫

) < (R )

a

dan 163

b

f (x) dx + a

ε

2

∫

(R )

b

ε

f (x) dx -

2

a

∫

< L(P2, f ) ≤ (R )

b

f (x) dx + a

ε

2

Jika P = P1 ∪ P2, maka berlaku

∫

(R )

b

∫

f (x) dx ≤ U(P,f ) ≤ U(P1,f ) < (R )

b

a

∫

(R )

f (x) dx + a

b

f (x) dx -

a

ε

2

ε

2

∫

< L(P2,f ) ≤ L(P,f ) < (R )

b

f (x) dx

a

Jadi diperoleh

∫

(R )

b

f (x) dx a

ε

2

∫

< L(P, f ) ≤ U(P1, f ) < (R )

b

f (x) dx + a

ε

2

sehingga

U(P,f ) – L(P,f ) < ε

Latihan 7.1. 1. Jika I=[0,4] hitung bentuk partisi berikut ini

7.2.

•

P1=(0,1,2,4).

•

P2=(0,1,1,5,2,3,4,4).

Integral Limit

Definisi 7.2.1. Diberikan fungsi f real dan terbatas pada selang [a,b]. untuk setiap partisi P

= {x0, x2. …, xn) pada [a,b] dibentuk jumlah n

S(P,f ) =

∑ i =1

f (ti)(xi-xi-1)

Dimana ti titik sembarang pada subselang tertutup [xi-1, xi], i = 1, 2, …., n. Bilangan real A disebut limit S(P,f ) untuk norma jika untuk setiap terdapat

ε

|P | → 0 dan ditulis

lim S(P,f ) = A jika dan hanya

P

→0

> 0 yang diberikan dan sembarang pengambilan titik ti

∈ [xi-1, xi],

δ > 0 sedemikian sehingga untuk semua partisi P pada [a,b] dengan |P |< δ berlaku 164

|S(P ,f ) - A| < ε. Sesungguhnya jika untuk setiap f yang ditentukan, jumlah S(P, f ) adalah fungsi dari P

dan dari pemilihan ti ∈ [xi-1, xi]. Jadi pada definisi limit di atas ketidaksamaan

|S(P, f ) - A| < ε harus dipenuhi untuk semua P dengan |P | < δ dan setiap pengambilan ti ∈ [xi-1, xi]. t1 t2 t3 A=x0 x1 x2 x3

tn xn-1

xn

7.2.1.1. Ilustrasi partisi padaa,b []

t1 t2 t3 A=x0 x1 x2 x3

tn-1

tn xn-1

xn

7.2.1.2 Jumlahan Reimann

Contoh 7.2.2. Jika limit S(P ,f ) dan S(P, g) untuk fungsi f dan g pada fungsi konstan

f (x) = k dan

⎧1, x rasional g( x ) = ⎨ ⎩0, x irrasional untuk setiap partisi P dari [a,b] diperoleh n

S(P,f ) =

∑ i =1

f (ti)(xi-xi-1) = k(b-a),

jadi lim S(P,f ) = k(b-a).

P

→0

akan tetapi untuk setiap partisi P, jika ti diambil bilangan rasional maka n

S(P,g) =

∑ i =1

1(xi-xi-1) = b – a,

jika ti dipilih bilangan irasional maka 165

n

S(P,g) =

∑ i =1

0(ti)(xi-xi-1) = 0

dengan demikian lim S(P,g) tidak mungkin ada. ☻ P

→0

Teorema 7.2.3. Jika lim S(P,f ) ada maka mempunyai limit tunggal P

→0

Bukti: Andaikan lim S(P,f ) adalah A dan B. Diambil P

→0

ε > 0, maka terdapat δ1 > 0

dan δ2 > 0 sedemikian hingga untuk |P | < δ1 berlaku

|S(P,f

) - A| <

|S(P,f

) - E| <

ε

2

dan untuk |P | = δ2 berlaku ε

2

.

jika δ diambil bilangan yang terkecil di antara δ1 dan δ2 maka |P1| < δ kedua ketidaksamaan di atas berlaku. Jadi

|A-B| = | (S(P1,f ) – B) – (S(P1,f

) – A)|

< |S(P1,f ) - A| + |S(P1,f ) - B| < ε. Karena |A-B| < ε ini berlaku untuk setiap ε > 0, maka haruslah A – B = 0.

◘

Teorema 7.2.4. Jika limit lim S(P,f ) ada maka f ∈ R[a,b] dan P

→0

∫

lim S(P,f ) = (R )

P

→0

b

f (x) dx a

Bukti: Andaikan lim S(P,f ) = A dan diberikan ε > 0. dapat dicari δ > 0 sehingga P

→0

untuk semua |P | < δ berlaku

|S(P,f

) - A| = |

n

∑ i −1

f (ti)(xi-xi-1) - A| <

166

ε

4

∈ [xi-1,xi].

untuk sembarang pemilihan ti

|P |

<

δ.

Diambil sembarang partisi

P

dengan

Jika Mi dan mi berturut-turut supremum dan infimum f (x) untuk

xi-1 ≤ x ≤ xi, maka dapat dipilih t 'i dan t ''i pada [xi-1,xi] sedemikian hingga ε

F( t 'i ) > Mi -

4(b − a )

dan

ε

f ( t i'' ) < mi +

4(b − a )

Jadi n

U(P,f ) =

∑ i =1

Mi(ti)(xi-xi-1)

n

<

∑

ε

( f ( t i' ) +

i =1

4(b − a )

) (xi-xi-1)

n

=

∑ i =1

f ( t 'i ) (xi-xi-1) +

ε

4

Karena |P | < δ, maka diperoleh

U(P,f ) < A +

ε

4

+

ε

4

=A+

ε

2

Demikian juga dapat diturunkan

L(P,f ) > A Jadi asal |P | < δ diperoleh

ε

2

U(P,f ) – L(P,f ) < ε,

dan terbukti bahwa f ∈ R [a,b]. Mengingat

∫

b

ε

a

2

(R ) f (x) dx = inf U(P,f ) < A + dan

167

∫

b

ε

a

2

(R ) f (x) dx = sup L(P,f ) > A -

,

Karena ini berlaku untuk setiap ε > 0 maka

∫

b

(R ) f (x) dx ≤ A a

dan

∫

b

∫

b

(R ) f (x) dx ≥ A, a

Jadi

(R ) f (x) dx = A a

sekarang akan dibuktikan jika f ∈ R [a,b] maka lim S(P,f ) ada. Namun sebelumnya P

→0

dibuktikan dahulu lemma berikut Lemma 7.2.5. Diberikan fungsi f yang didefinisikan dan terbatas pada [a,b]. Maka untuk

setiap ε > 0 yang diberikan terdapat

δ > 0 sehingga untuk semua partisi P dengan |P | < δ

berlaku −b

∫

U(P,f ) < (R )

f (x) dx + ε

a

dan

∫

L(P,f ) > (R )

b

f (x) dx - ε

−a

Bukti: Diberikan

ε > 0 maka terdapat suatu partisi P0 = {y0, y1, …. yr} pada [a,b]

sehingga −b

∫

U(P0,f ) < (R )

f (x) dx + a

ε

2

Sekarang dipilih bilangan positif h dengan h < |P0| dan ’

168

h<

ε

2(r

− 1)( M − m )

Dengan M dan m berturut turut supremum dan infimum f (x0) untuk a Sekarang diambil sembarang partisi pada [a,b], yakni

P

≤ x ≤b

= { x0 x1, …. xn } dengan

|P| < h. Tentu saja paling banyak hanya ada satu titik yi yang terletak dalam interior selang-selang yang dibentuk oleh

P.

[xi-1, x1] yang

Jadi banyaknya subselang

memuat titik yk sebagai interior paling banyak ada r-1. Kita namakan m i untuk k *

**

supremum dari f (x) pada [ x i , x i ] , m i dan m i untuk supremum f(x) berturut k −1 k k k pada [ x i , yk ] dan pada [ yk , x i ] Maka berlaku k −1 k

mi ( x i k k

− xi

*

) - m i ( yk k −1 k

m ( yk

− x i k−

1

− xi

**

) - mi ( xi k −1 k −1 k

) - m[ x i

k −1

, yk ] = (M-m) ( x i k

Kita andaikan Q = P ∪ P0, maka

U(P,f ) – U(Q,f ) ≤

p

∑ k =1

≤

(M-m) ( x i k

− xi

k −1

)

p

∑

(M-m)h

k =1

≤

r −1

∑

− yk ) < M ( x i − x i

(M-m)h

k =1

= (r-1) (M-m)h <

ε

2

Jadi

U(P,f ) < U(Q,f ) + Karena Q ⊃ P0 maka

U(Q,f ) ≤ U(P0,f ) Sehingga diperoleh

169

ε

2

.

k

− xi

k −1

)

k −1

) -

U(P,f ) < U(P0,f ) + Asalkan

|P|

−b

∫

ε

< (R )

2

f (x) dx + ε

a

< h. Dengan cara yang serupa dapat ditunjukkan bahwa terdapat

bilangan h > 0 sehingga untuk |P | < h berlaku ’

’

∫

L(P,f ) > (R )

b

f (x) dx - ε.

−a

Jika

δ dipilih yang terkecil di antara h dan h

’

maka untuk semua partisi p dengan

|P | < δ berlakulah kedua ketidaksamaan dalam teorema di atas.

◘

Teorema 7.2.6. Fungsi f dapat terintegral Riemann pada [a,b] jika dan hanya jika

lim S(P,f ) ada,

P

→0

dan b

→ 0 S(P,f ) (R ) a f (x) dx = lim

∫

Bukti: Jika lim S(P,f ) ada maka f P

→0

Lemma di atas jika f

P

∈ R [a, b] sehingga diberikan ε > 0. Menurut

∈ R [a,b] maka terdapat δ > 0 sehingga untuk semua |P | < δ

berlaku

∫

b

∫

b

U(P,f ) < (R )

f (x) dx + ε

a

dan

L(P,f ) > (R )

f (x) dx - ε

a

Jadi untuk setiap |P | < δ berlaku

∫

b

∫

b

(R ) f (x) dx - ε < L(P,f ) ≤ S(P,f ) ≤ U(P,f ) < (R ) f (x) dx + ε a

mengingat untuk setiap partisi P selalu berlaku

L(P,f ) ≤ S(P,f ) ≤ U(P,f ). 170

a

Diperoleh

|S(P,f

∫

) - (R )

b

f (x) dx | < ε

a

untuk semua P dengan |P| < δ, Terbukti bahwa

∫

lim S(P,f ) = (R )

P

→0

b

f (x) dx. ◘

a

Contoh 7.2.7. Jika f terbatas pada selang [a,b] dengan supremum h dan infimum m, sehingga

h –m = sup {|(x) – f (y)| : x dan y ∈ [a,b]}. Jadi semua x dan y dalam [a,b] berlaku m ≤ f (x) ≤ M dan

m ≤ f (y) ≤ M, sehingga f (x) dan f (y) pada selang (m,h). Maka selalu berlaku |f (x) – f (y)| ≤ M-m untuk setiap x dan y pada [a,b]. Diberikan

ε

> 0. Maka terdapat x dan y anggota [a,b]

sedemikian hingga m ≤ f (y) < m +

ε

2

ε

2

< f ( x) ≤ M.

jadi M-m-ε < f (x) – f (y) = |f (x) – f (y)| ≤ M-m. dengan demikian M-m adalah suatu batas E = {|f (x) – f (y)| : x dan y ∈ [a,b]} dan setiap bilangan yang kurang dari M-m bukan batas E. jadi M-m = sup E.

☻

Teorema 7.2.8. Jika f ∈ R [a,b] maka f 2 ∈ R [a,b]. Bukti: Diberikan ε > 0 sebarang. Karena f ∈ R [a,b] maka terdapat partisi P

= {x0 x1, …, xn}

pada [a,b] sehingga 171

n

U(P,f ) – L(P,f ) =

∑

(Mi – mi) (xi – xi-1) <

i =1

ε

2M

dengan sup {|f (x)| : a ≤ x ≤ b}.

| f 2(x) – f 2(y)| = |f (x) – f (y)| |f (y) + f (y)| ≤ 2M| f (x) – f (y) ≤ 2M(Mi – mi) Jika M *i dan m*i adalah suprenum dari infimum nilai f 2(t) untuk xi-1 ≤ t ≤ xi, maka diperoleh 2 2 M *i - m*i = sup {|f (x) – f (y)| : x dan y ∈ [xi-1, xi]} ≤ 2M(Mi – mi).

Jadi n

U(P,f 2 ) – L(P,f 2 ) =

(Mi – mi) (xi – xi-1)

∑ i =1

n

≤ 2M ∑ (Mi – mi) (xi – xi-1) < ε i =1

2

sehingga terbukti f

∈ R [a,b].

◘

Latihan 7.2.

1. Jika f dan g anggota R [a,b] dan k suatu tetapan, buktikan bahwa kf ∈ R [a,b] dan f + g ∈ R [a,b] dan.

(RS )

∫ ∫

(RS ) 2. Jika f ∈

R

b

b

kf (x) dx = k (RS )

∫

a

∫

f (f+g)(x) dx = (RS )

a

b

b

f (x) dx dan a

∫

f (x) dx + (RS )

a

b

g(x) dx a

[a,b] dan a < c < b maka f ∈ R [a,b] dan f ∈ R [c,b] dan

∫

(RS )

b a

∫

f( x) dx = (RS )

b a

∫

f (x) dx + (RS )

b

f (x) dx a

3. Jika f ∈ R [a,b] dan g ∈ R [a,b] buktikan bahwa f g ∈ R [a,b]. 172

4. Jika f monoton pada [a,b] buktikan bahwa f ∈ R [a,b]. 5. Jika f kontinu pada [a,b] buktikan bahwa f ∈ R [a,b].

173

8 RIEMANN-

INTEGRAL

Pada bab ini dibicarakan integral lebih umum dari integral Riemann, yang disebut integral Riemann-Stieltjes. Integral Riemann adalah keadaan khusus untuk integral Riemann-Stieltjes. Dengan demikian sifat-sifat atau teorema-teorema tentang integral Riemann-Stieltjes akan berlaku juga untuk integral Riemann setelah diadakan pengkhususan.

8.1.

Definisi Integral Riemann-Stieltjes

Definisi 8.1.1. Diberikan selang tertutup [a,b] dan fungsi g yang naik monoton pada [a,b].

untuk setiap partisi P = {x0, x1, …, xn} pada [a,b] dituliskan g = g(xi) – g(xi-1)

U i

Jelas bahwa Ugi ≥ 0. Untuk setiap fungsi real f yang terbatas pada [a,b] dibentuk jumlah n

U(P, f, g) =

∑ i =1

n

Mi Ugi dan L(P, f, g) =

∑ i =1

M i U gi

Dengan M = sup f (x) dan m = inf f (x), dan selanjutnya didefinisikan i

i

−b

∫

(RS )

∫

(RS )

f dg = inf U(P, f, g)

a

b

f dg = sup L(P, f, g)

−a

dengan inf dan sup diambil meliputi semua partisi pada [a,b]. Jika

174

−b

∫

(RS )

∫

f dg = (RS )

a

−

b

f dg, a

nilai yang sama ini dinyatakan dengan yang b

b

a

a

(RS )∫ f dg atau (RS )∫ f (x) dg(x) disebut Integral Riemann-Steltjes fungsi f terhadap g pada [a,b]. Jika

∫

(RS )

b

f dg a

ada, yakni −

∫

(RS )

b

∫

f dg = (RS )

a

−

b

f dg a

maka dikatakan bahwa f dapat terintegral terhadap g menurut Riemann dan ditulis

f ∈ RS(g). Dengan mengambil g(x) = x, terlihat bahwa integral Riemann merupakan keadaan khusus integral Riemann-Stieltjes. Perlu dinyatakan secara eksplisit di sini bahwa fungsi naik monoton g tidak perlu kontinu. Nilai integral bergantung kepada

f, g (yang naik), a, dan b tetapi tidak kepada variabel pengintegralan, yang boleh dihapuskan. Dengan diketahui f terbatas pada [a,b] maka baik inf U(P, f, g) maupun sup L(P, f, g) dijamin berhingga, sehingga masalah tentang kedapatanterintegralan f pada [a,b] adalah masalah kesamaan inf I(P, f, g) dan sup L(P, f, g) Teorema 8.1.2. Jika partisi P* suatu penghalusan partisi P pada [a, b], maka

dan

U(P*, f, g) ≤ U(P, f, g) L(P*, f, g) ≥ L(P, f, g).

Untuk sebarang P dan Q berlaku L(P, f, g) ≤ U(Q, f, g).

∫

Teorema 8.1.3. Jika fungsi f terhadap g pada [a,b] maka (RS )

−

175

−

b

f dg a

b

≤ (RS )∫ f dg a

Teorema 8.1.4. Fungsi f ∈ RS(g) jika hanya setiap ε > 0 yang diberikan terdapat suatu

partisi P pada [a,b] sehingga U(P, f, g) – L(P, f, g) < ε Teorema selanjutnya sangat penting untuk membuktikan apakah suatu fungsi adalah dapat terintegral Riemann-Stieltjes terhadap g. Teorema 8.1.5 Jika f kontinu pada [a,b] maka f ∈ RS (g). Bukti: Diberikan ε > 0. Karena f kontinu pada [a,b] maka f kontinu seragam pada

[a,b]. Dapatlah dipilih η > sehingga (g(b) – g(a)) < ε Dengan demikian terdapat

δ

> 0 sehingga untuk semua z dan y

∈ [a,b]

dengan

|x - y| < δ berlaku |f (x) – f (y) | < η Dipilih suatu partisi

P

pada [a,b] dengan

|P |

< δ. Maka pada setiap subselang

[xi-1, xi] terdapat titik t i′ dan t i′′ sehingga

f ( t i′ ) = Mi dan

f ( t i′′ ) = mi dan

|Mi - mi| < η, (I = 1, 2, …., n) Dengan demikian n

U(P, f, g) – L(P, f, g) =

∑ i =1

(η

n

∑ i =1

(Mi – mi) Ugi

(g’xi) – g(xi-1)) = η (g(b)) – g(a) < ε

maka f ∈ RS (g). Teorema 8.1.6. Jika f fungsi monoton pada [a,b] dan g kontinu pada [a,b], maka f ∈RS(g).

176

Bukti: Diandaikan bahwa f naik monoton pada [a,b]. Karena g kontinu pada [a,b],

untuk setiap bilangan asli n dapat dipilih suatu partisi P pada [a,b], sehingga

g(b ) − g( a ) , (i = 1, 2, …, n) n

g=

U i

Karena f naik, maka

Mi = f (xi) dan mi = f (xi-1) untuk i = 1, 2, …., n. Jadi n

U(P, f, g) – L(P, f, g) =

∑ i =1

=

(f (xi) – f (xi-1))Ugi

g(b ) − g ( a ) (f (b) – f (a)). n

Dengan demikian untuk setiap ε > 0, dengan mengambil n yang cukup besar dapat dicari partisi P pada [a,b] sehingga

Sehingga fungsi f ∈ RS(g).

U(P, f, g) – L(P, f, g) < ε ◘

Teorema 8.1.7. Jika f terbatas pada [a,b] dan mempunyai titik-titik diskontinu yang

berhingga pada [a,b], dan g kontinu di setiap titik di mana f diskontinu, maka f ∈RS (g). Bukti: Diberikan

ε

>0.

Diambil M = sup

| f(x)|

dan dimisalkan E adalah

himpunan (berhingga) titik titik diskontinu fungsi f. Karena E berhingga dan g kontinu di setiap titik anggota E, maka E dapat diselimuti oleh selang-selang tertutup saling asing yang cacahnya berhingga (uj, vj)

⊂ [a,b]

sedemikian hingga

jumlah selisih-selisih yang bersangkutan g(vj) – g(uj) kurang dari ε. Selanjutnya, selang-selang ini diletakkan sedemikian hingga setiap titik E yang terletak di selang terbuka (a,b) terletak di dalam interior sesuatu [uj, vj]. Jika semua selang terbuka (uj, vj) dikeluarkan dari [a,b], maka himpunan K yang tertinggal adalah suatu himpunan kompak. Jadi f kontinu seragam pada K, dan terdapatlah suatu sehingga

| f(s) – f(t) | < ε 177

δ

> 0

untuk semua s dan t di dalam K dengan |s - t| < δ. Sekarang dibentuk partisi P

= {x0, x1, …, xn}

pada [a,b] sedemikian hingga, setiap uj dan setiap vj anggota P. dan untuk setiap j, P

∩ (uj, vj)

adalah kosong. Jika xi-1 bukan suatu uj maka diambil xi – xi-1 < δ, perhatikan bahwa untuk setiap i berlaku

Mi – mi ≤ 2M. dan

M i – mi < ε kecuali apabila xi-1 adalah salah satu antara uj. Dengan demikian

∑

U(P, f, g) – L(P, f, g) =

xi −1 ≠u j

(Mi – mi) Ugi

n

∑

x i −1 =u j

(M – m ) g < ε i

i U i

∑ i =1

g + 2M

U i

∑ j

(g(vj) – g(uj))

= (g(b) – g(a)) ε + 2 M ε Karena ε > 0 sembarang, maka f ∉ RS (g).

◘

Contoh 8.1.8. Buktikan bahwa f ∈ RS (g) pada [0,3] jika diberikan

⎧2 untuk 0 ≤ x < 1 ⎪ f (x ) = ⎨1 untuk 1 ≤ x < 2 ⎪3 untuk 2 ≤ x ≤ 3 ⎩ dan

⎧0 untuk 0 ≤ x ≤ 1 1 ⎪⎪ 2 g (x ) = ⎨ 1 ⎪2 untuk 1 < x ≤ 3 ⎪⎩ 2

∫

nilai (RS )

3

f dg karena f ∈ RS(g). Diambil P = {0, 1 12 , 1 34 , 3}, maka

0

U(P, f, g) = 2 178

dan L(P, f, g) = 2 Karena

∫

L(P, f, g) ≤ (RS )

3

f dg 0

≤ U(P, f, g),

∫

maka (RS )

3

f dg = 2.

☻

0

Contoh 8.1.9. Diberikan

⎧1 untuk 0 ≤ x f (x ) = ⎨ ⎩0 untuk 1 < x

≤1 ≤2

dan g (x ) = ⎨ untuk 0 ≤ x ≤ 1 ⎧⎩10 untuk 1< x ≤ 2 selidikilah apakah f

∈ RS(g) pada [0,2]. Untuk sembarang partisi P

= {x0, x1, …, xn}

maka terdapat K sehingga xk-1 = 1 atau xk-1< 1 < xk dalam kedua keadaan ini g = 0 untuk setiap k. Jadi untuk sembarang partisi P berlaku

U i

U(P, f, g) = 1 dan

L(P, f, g) = 0 Dengan demikian inf U(P, f, g) = 1

dan sup L(P, f, g) = 0.

sehingga f ∉ RS(g) pada [0,2].

☻

179

g =1 dan

U k

Latihan 8.1.

1. Tunjukkan fungsi Dirichlet tidak terintegral Riemann-Stieltjes 2. buktikan bahwa setiap fungsi kontinu pada [a,b] adalah Terintegral Riemann-Stieltjes pada [a,b]. 3. Diberikan f ∈ RS(g) jika hanya setiap ε > 0 yang diberikan terdapat suatu partisi P pada [a,b] sehingga

U(P, f, g) – L(P, f, g) < ε 4. Buktikan bahwa fungsi interval tertutup Terintegral Riemann-Stieltjes dan subinterval juga terintegral Riemann-Stieltjes 5. Buktikan jika f terintegral Riemann-Stieltjes pada [ab]maka | f | teritegral pada [a,b]

8.2.

Sifat-sifat Integral Riemann-Stieljes

Teorema 8.2.1. Jika f1 ∈ RS (g) dan f2 ∈ RS(g) pada [a,b], maka f1 + f2 ∈ RS (g), dan

untuk setiap tetapan c berlaku cf ∈ RS (g) apabila f ∈ RS (g), dan b

b

b

a

a

a

(RS )∫ (f1 + f2) dg = (RS )∫ f1 dg + (RS )∫ f2 dg b

b

a

a

(RS )∫ cf dg = c (RS )∫ f dg Teorema 8.2.2. Jika f1(x) ≤ f2 (x) pada [a,b], maka

(RS ) b f1 dg ≤ (RS ) b f2 dg.

∫

∫

a

a

Teorema 8.2.3. Jika f ∈ RS(g) pada [a,b] dan jika a < c < b, maka f ∈ RS(g) pada

[a,b] dan [c,b], dan c

b

b

a

c

a

(RS )∫ f dg + (RS )∫ f dg = (RS )∫ f dg. Teorema 8.2.4. Jika f ∈ RS(g) pada [a,b] dan jika ⎪f (x)⎪ ≤ M pada [a,b], maka 180

∫

b

(RS ) a f dg ≤ M [g(b) – g(a)]

∫

Teorema 8.2.5. (RS )

b

∫

f d(g1 + g2) = (RS )

a

b

∫

f dg1 + (RS )

a

b

f dg2 a

Teorema 8.2.6. Jika f ∈ RS(g) dan c suatu tetapan positif, maka f ∈RS(cg) dan

∫

(RS )

b

b

∫

f d(cg) = c (RS ) dgf

a

a

Contoh 8.2.7. Diberikan Suatu Fungsi Tangga Satuan

(x ≤ 0 ) (x > 0 )

⎧0, I(x ) = ⎨ ⎩1,

Jika f terbatas pada [a,b] dan a < x < b, f kontinu di s dan g(x) = I(x-s). Ditinjau partisi P

= {x0 x1, x2, x3}

dengan x0= a, x1 = a dan x3 = b. maka U(P, f, g) = M2 dan L(P, f, g) = m2 karena f kontinu di s, maka jika diberikan ε> 0, dapat dipilih x2 cukup dekat kepada x1 = s, sedemikian hingga untuk setiap x pada [x1, x2] berlaku f (s) - ε < f (x) < f (s) + ε, sehingga f (s) - ε ≤ m2 = L(P, f, g) ≤ f (x) < M2 = U(P, f, g) ≤ f (s) + ε jadi diperoleh −b

b

f (s) - ε ≤ L(P, f, g) ≤ (RS )

∫

−a

f dg ≤ (RS )

∫

a

f dg ≤ U(P, f, g) ≤ f (s) +

ε Karena hubungan ini berlaku untuk setiap ε > 0, maka didapatkan

∫

f (s) = (RS )

b

−a

181

−b

∫

f dg ≤ (RS )

f dg. a

Jadi

∫

b

f dg = f (s).

☻

a

∑cn yang konvergen, dan {sn } barisan titik-titik

Contoh 8.2.8. Diberikan deret suku positif

berlainan pada [a,b], dan ∞

g(x) =

∑ n =1

cn1(x – sn)

Jika f kontinu pada [a,b] buktikan bahwa b

(RS )∫ f dg = a

karena untuk setiap x berlaku 0

≤ cn I(x-sn)

∞

∑

cn f (sn)

n =1

< cn dan deret

∑cn konvergen, maka g(x)

konvergen untuk setiap x. Jelas bahwa g naik monoton, dan g(a) = 0 dan g(b) = Diberikan

ε > 0, Maka dapat dipilih bilangan bulat positif p sehingga ∞

cn < ε

∑

n = p +1

diambil fungsi p

∑

g1(x) =

n =1

cnI(x – sn)

dan ∞

∑

g2(x) =

n = p +1

cnI(x – sn)

karena f kontinu, diperoleh b

(RS )∫ f dg1 = a

∞

∑ n =1

cnI(x – sn)

Karena g2(a) = 0 dan g2(b) =

∑

n = p +1

182

cn < ε,

∑cn,

maka g 2 (b) - g 2 (a) < ε dan b

∫

(RS ) f dg 2 ≤

ε

a

dengan M = sup f (x ) . Karena g b

(RS )

∫

= g 1 + g 2 maka

f (dg) =

b

RS(

a

∫

) f dg 1 +

b

RS

a

∫ f dg

2

.

a

jadi b

∫

(RS ) f dg − a

b

p

∑ n =1

) c n (s n ) = (RS

∫

b

f ( dg) −

RS

a

∫

( )f dg 1 = a

b

= ∑ c n f ( s n) .

jika diambil p → ∞ diperoleh (RS ) f dg

b

RS

∫ f dg

2

≤M

ε

a

☻

n =1

∫ a

Teorema 8.2.9. Diberikan fingsi g naik monoton dan g ′ ∈RS ( g ) . Diberikan f suatu

fungsi real yang terbatas pada [a , b ] . Maka f

∈RS ( g ) pada [a , b ] jika dan hanya jika

fg ' ∈RS [a , b ] . Dalam hal ini b

(RS )

b

f dg ( =)

() () RS

∫ a

Bukti: Diberikan

ε

>0

∫

f x g ' x dx

a

terdapatlah partisi

P

= {x 0 , x 1 , ..., x n } pada [a , b ]

sedemikian hingga

U (P) ,(g)'

−L

P,

g'

<ε

Menurut Teorema nilai Rata-rata dapat dipilih t i ∈[x i −1 , x 1 ] sehingga

Δ g i = g ' (t i ) Δ x i

untuk i = 1, 2,…, n.

183

jika kita menamakan m i' dan m in berturut-turut untuk inf dan sup g ' (x )pada

[x i −1 , x 1 ] , maka untuk setiap s i ∈ [x i −1 , x 1 ] berlaku m i'

≤ g ' (s i ) ≤ m i'

sehingga n

∑ g ' (s ) − (g ') t i

i =1

(x 1 − x i −1 ) < ε

i

Diambil M = sup f (x ) pada [a , b ] . Karena n

∑

f (s i ) Δ g i

i =1

n

= ∑ f (s)i (g )' t i Δ x i i =1

maka diperoleh n

∑ f (s)i

n

Δ

gi

i =1

− ∑( f)(s)i g '

s i (x 1 − x i -1 ) ≤ Mε

i =1

Khususnya diperoleh n

∑ f (s i ) Δ

gi

≤ U ( P , fg ' ) + M

ε

i =1

Untuk semua pilihan s i ∈[x i −1 , x 1 ] sehingga

U ( P , f , g ) ≤ U (P , fg ' ) + Mε Dengan cara yang sama dihasilkan

U (P , fg ' ) ≤ U ( P , f , g ) + Mε Jadi

U (P , f ) − U (P , f , g ' )

≤M

ε

Jadi dapat kita simpulkan bahwa −b

(RS )

∫f a

Tetapi

ε

dg( −)

−b

∫

RS () () f

x g ' x dx

≤ Mε

a

> 0 sembarang, jadi untuk setiap fungsi terbatas berlaku

184

(RS)

−b

−b

a

a

() ∫ f ∫ f dg( =) RS

x g ' dx

Dengan cara yang sama dapat dijabarkan b

(RS)

∫

b

∫f

f dg ( =) RS ()

−a

x g ' dx

−a

sehingga terbukti bahwa f ∈ RS ( g ) jika dan hanya jika fg ′ ∈ juga kesamaan di dalam teorema di atas. 1. Jika g ′ ∈

RS [a , b ] maka

RS [a , b ] ,

dan terbukti

◘

integral Riemann-Stieljes menjadi integral Riemann

biasa. 2. Jika g ( x ) =

∞

∑ c I (x − s ) n =1

n

n

(yang dinamakan fungsi tangga murni) maka integral

Riemann-Stieljes menjadi suatu deret tak berhingga. Definisi 8.2.10. Fungsi h dikatakan naik tegas pada [a , b ] jika a

≤

x
≤

b maka

h(x)
selang [a , b ] , f∈RS(g) pada [a , b ] . Selanjutnya didefinisikan G dan F pada [ A, B ] dengan G(y) = g(h(y)) dan F(y) = f (h(y). Maka f ∈ RS(G) pada [ A, B ] dan

(RS )

∫

B

A

F dG ( )=

RS

b

∫ f dg a

Bukti: Untuk setiap partisi P = {x0, x1, … xn} pada

dengan partisi

Q

[a , b ] dikorespondensikan = {y0, y1, … yn} pada [ A, B ] . Semua partisi pada [ A, B ] dapat

diperoleh dengan cara ini. Karena nilai-nilai yang diperoleh f pada x i- 1 , x i tepat sama dengan nilai-nilai yang diperoleh F pada

y i- 1 , y i , maka mudah dimengerti

bahwa

U(Q, F, G) = U(P, f, g) dan 185

L(Q,F,G) = L(P, f, g) Karena f

∈

RS(g)

∫

maka

P

dapat dipilih sehingga U(P, f, g) dan L(P, f, g) dekat

b

terhadap (RS ) f dg . Yakni, jika diberikan

ε

a

> 0, dapat dicari

pada [a , b ]

P

sehingga

) (RS

b

∫ f dg −

< L ( P , f , g)) ≤( U ( P , f , g ) <

ε

a

b

∫ f dg +

RS

ε

a

Demikian juga diperoleh partisi Q pada [ A , B ] sehingga

) (RS

b

∫ f dg − a

ε

b

∫ f dg +

< L (Q, F ,G ) ) ≤( U ( Q , F , G ) < RS

∫

Karena ini berlaku untuk setiap ε > 0, maka F ∈ RS(G) dan

ε

a

B

A

F dG =

∫ f dg b

a

jika diambil g(x) = x, maka G = h. Jika diasumsikan h' ∈ RS [ A , B ] dan diperoleh

(RS )

∫

B

A

( )= F dG

RS

∫

B

A

∫

b

f (h ( y) (h ') y dy = (RS) ( f) x dx a

yakni rumus untuk penggantian variabel pada integral Riemann.

◘

Sekarang akan diperlihatkan bahwa pengintegralan dan pendiferensialan dalam arti yang tertentu merupakan operasi-operasi yang saling invers.

Teorema 8.2.12. Diberikan fungsi f

∈

RS [a, b ] .

Untuk a

≤ x ≤ b dibentuk fungsi F

dengan

∫

x

F(x) = (RS) ()f t dt a

Maka F adalah kontinu pada [a, b ] , jika f kontinu di x0∈ [a, b ] , maka F dapat terdiferensial di x0, dan F' (x0) = f(x0). Bukti: Karena f

∈RS [a, b ] ,

maka f terbatas pada [a, b ] . Diandaikan

untuk a ≤ x ≤ b.

∫

y

F ( y )-F ( x ) = (RS ) f ( t )dt x

Jadi jika diberikan ε > 0, maka 186

≤ M(y-x)

⏐F(x)⏐ ≤ M

⏐F(y)⏐- ⏐F(x)⏐< ε, Jika ⏐y-x⏐< ε/M. Hal ini menunjukkan bahwa F kontinu bahkan kontinu seragam pada a , b . Sekarang jika f kontinu di x0, maka diberikan

ε > 0 dapat dicari δ > 0

sehingga untuk ⏐t - x 0 ⏐< δ dan a ≤ t ≤ b berlaku

f( t ) – f(x0) < ε. Sehingga jika

F (t) − F( )s t −s

− f (x 0 ) =

1

t −s

∫

t

(RS) s ( f) u ( −) f x )du < ε

ketidaksamaan ini memperlihatkan bahwa F' ( x o ) = f( x o ).

◘

Teorema 8.2.13. (Teorema Fundamental Kalkulus ) Jika f

∈

RS

[a,b] dan

terdapat sesuatu fungsi terdeferensial F pada [a,b] sedemikian hingga F′ = f, maka

∫

(RS )

b

f(x) dx = F (b ) – F (a )

a

Bukti: Diberikan

ε

> 0. kita pilih suatu partisi

P

={ x,0 x… } xn 1

sedemikian hingga

U ( P,f ) – L ( P, f ) < ε. Teorema nilai rata-rata akan memberikan titik titik

ti ∈[x i-1, xi, x i , x 1 ] Sehingga

F ( xi ) - F( xi-1 ) = f ( ti ) - F( xi- x i-1 ) untuk I = 1,2,…, n. jadi n

∑ f (t i ) (x i - x i- 1 )= F(b) - F(a ) i =1

karena m1 ≤ f (ti ) ≤ ( Mi ) untuk I =1, 2 .., n , maka

U (P, f ) ≥

n

∑ f (t )( x i =1

i

i

− x i −1 ) = F ( b ) − F ( a ) ≥ L ( P,f )

Disamping itu juga berlaku 187

pada [a,b]

∫

b

U ( P,f ) ≥ (RS ) f ( x ) dx a

≥ L ( P,f

)

sehingga diperoleh b

∫

F ( b ) − F ( a ) - (RS )

a

≥ L ( P,f ) ≥

f ( x ) dx

ε

b

karena ini berlaku untuk setiap ε > 0, maka (RS ) a f ( x ) dx

= F ( b )- F ( a ) . ∫ Teorema 8.2.13. (Teorema Integral Parsial) Diberikan F dan G adalah fungsi–fungsi yang dapat terdiferensial pada [a,b] dan F′ = f

∫

◘

∈ RS [a,b] dan G′ ∈ RS [a,b] maka

b

(RS) a (F)(x) g x dx ( ) = F( )b ( − F) a ( −) ( RS ) Bukti: Misalkan H (x) = F(x) G(x), maka H

b

∫f a

x G x dx

∈ RS [a,b] . Karena F dan G dapat

terdidefensial maka H demikian juga h′ = FG′ + F′G. maka, diperoleh

∫

b

(RS) a ((F) x( ) g x( )+(F) x G x ) + dx = H (b) − (h )a =( F) (b) G b( )−(F) a G a Yakni yang harus dibuktikan Pada suatu konsep integral Riemen-Stieltjes banyak peneliti menggunakan definisi intergral Riemen-Stieltjes berikut ini Definisi 8.2.14. Fungsi f dapat Terintegral Riemen-Stieltjes terhadap g pada selang

[a,b], jika terdapat suatu bilangan real A yang mempunyai sifat bahwa untuk setiap

terdapat suatu

ε > 0,

δ > 0 sehingga untuk setiap partisi P pada [a,b] dengan norma |P |< δ dan

untuk setiap pemilihan ti ∈[xi-1, xi] berlaku

|S (P, f, g) - A|< ε dimana n

S (P, f, g) =

∑ f (t ) ( g ( x ) − g( x i

i

i

− 1)).

i- 1

1. Misalkan

∫

b

F nonnegatif dan kontinu pada [ a,b] dan (RS ) f (x)dx a

Buktikan bahwa f (x) = 1 untuk semua x ∈ [a,b]. 188

= 1.

2. Misalkan fungsi real terbatas yang didefinisikan pada [0.1]. Jika f diskontinu di setiap titik pada himpunan Cantor c, dan Kontinu di titik yang lain, buktikan bahwa f ∈ RS [0,1] 3. Misalkan f fungsi real yang didefinisikan pada [0,1] dan untuk setiap

k > 0 diketahui bahwa f ∈ RS [k ,1]. Didefiniskan

∫

∫f

1

1

(RS ) (0 )f x dx (=) lim ( )R Buktikan f

k →0

0

x dx

∈ RS [0,1].

4. Diandaikan f ∈ RS[a,b] untuk setiap b > a dengan a tertentu. Didefinisikan

∫

∞

(RS ) ()a f x dx =() lim f x dx b →∞

Jika limit itu juga ada setelah f diganti f , maka dikatakan bahwa RS

∞

∫ f (x )dx konvergen mutlak. a

Diasumsikan bahwa f (x) ≥ 0 dan turun monoton pada (1,∞).

∫

∞

∞

Buktikan bahwa (RS) ( f) x dx , Konvergen jika dan hanya jika a

∑ f (n ) n =1

konvergen. 5. Jika p dan q bilangan real positif sedemikian hingga. Buktikan jika u ≥ 0 dan

v ≥ 0, maka uv ≤

up p

+

uq kesamaan berlaku jika dan hanya jika up = vq q

6. Jika p dan q bilangan real positif sedemikian hingga bahwa jika f ∈ RS(g) dan H∈ RS(g), f ≥ 0, h ≥ 0 dan

(RS )

maka :

b

∫f a

(dg) =

p

b

∫ fhdg ≤ 1 a

189

RS

b

∫ h dg = 1 a

q

1 p

+

1 =1 . Buktikan p

(c) jika f dan h di dalam RS (q), maka RS

∫

b

a

1

fhdg

b b p ≤ ⎛⎜ RS ∫a f p dg ⎞⎟ ⎛⎜ RS ∫a f q dg ⎞⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1

q

Ini dinamakan ketidaksamaan Holder. Jika p=q=2 ketidaksamaan itu biasanya dinamakan ketidaksamaan Schwarz.

190

[1]

Bartle, R.G., 2000, A Modern Theory of Integration, American Mathematical Society Vol. 32.

[2]

Gupta and Jain, 1986, Lebesgue Measure and Integration Wiley Eastern Limited, India.

[3]

Pfeffer,W.F.,1993, The Riemann Approach to Integration Cambridge University Press, New York, USA.

[4]

Royden, H.L., 1989, Real Analysis third edition, Macmillan Publishing Company, New York, USA.

[5]

Wheeden, R.L dan Zygmund, A, 1977, Measure And Integral : An Introduction to Real Analysis Marcell Dekker Inc, New York.

,

,

,

,

[6]

Goldberg, R.R.. Method of Real Analysis 2nd edition. New York: John Wiley & ,

Sons. 1976. [7]

J. M. H. Olmsted, Advanced Calculus New York: Prentice-Hall, 1961

[8]

Kreyszig, Anvanced Engineering Mathematics, 7th, New York: John Wiley &

.

Sons. 1993. [9]

Morris Kline, Mathematical Thoughtftom Ancient to Modern Times New .

York: Oxford University Press, 1972 [10] Stoll, Manfred.. Introduction to Real Analysis, 2nd Edition. New York: Addison Wesley Longman, Inc, 2001 rd

[11] Taylor, Robert, Advanced Calculus, 3 New York: John Wiley & Sons. 1983. [12] Varbeg, Purcell, Rigdon, Calculus 8th edition Addison Wesley Longman, Inc, ,

2003. [13] Walter Rudin, Principles of' Mathematical Analysis (3rd ed.). New York: McGraw-Hill, 1976.

adalah seorang dosen Jurusan Matematika Fakultas Sains dan Teknologi Universitas Islam Negeri (UIN) Malang, yang telah menyelesaikan program sarjananya di Jurusan Pendidikan Matematika Universitas Muhammadiyah Malang tahun 2003 kemudian melanjutkan ke program magisternya pada jurusan Matematika di Universitas Gajah Mada Yogyakarta (UGM) dan selesai pada Juli 2005. , Buku ini merupakan karya ilmiahnya yang ketiga yang bisa diterbitkan. Buku perdananya berjudul ”Kalkulus dan Aplikasi Derive 6.0 dan Indahnya Matematika Dalam Al-Quran”

Analisis Real II.pdf

Recommend Documents