perangkat pembelajaran mata kuliah analisis real ii
TRANSCRIPT
PERANGKAT PEMBELAJARANMATA KULIAH ANALISIS REAL II
Susunan Perangkat:
◦ Kontrak Perkuliahan ◦◦ Lesson Plan ◦
◦ Evaluasi Program dan Proses Pembelajaran ◦◦ Rekonstruksi Mata Kuliah ◦
◦ Bahan Ajar ◦
oleh
Kelas B
Jurusan Matematika
Fakultas Matematika dan IPA
Universitas Negeri Gorontalo
2016
Pertemuan 1
Barisan
Bilangan Real
1.1 Pendahuluan
1.1.1 Deskripsi Singkat materi
Pada Pertemuan ke-4, materi yang dibahas adalah sifat-sifat aljabar bilangan real
yang dimulai dengan mengenalkan aksioma lapangan bilangan real. Dari aksioma
lapangan tersebut dikembangkan menjadi beberapa teorema yang memperlihatkan
sifat-sifat aljabar bilangan real.
1.1.2 Kegunaan Materi
Dalam pertemuan ini, diharapkan mahasiswa mampu mengenal lebih dalam ten-
tang sifat-sifat aljabar bilangan real. Terlebih khususnya, diharapkan mahasiswa
menjadi terlatih dalam bernalar untuk mendapatkan ide dalam membuktikan suatu
teorema, lemma, ataupun corrolary. Mahasiswa mampu menggunakan jenis-jenis
pembuktian matematika, sehingga untuk materi yang lebih lanjut akan lebih mu-
dah.
1.1.3 Kompetensi Khusus
Menguasai sifat-sifat lapangan bilangan real, teorema-teorema yang terkait serta
mampu menerapkannya dalam menyelesaikan soal.
1.1.4 Susunan Materi
1. Aksioma Lapangan R.
2. Teorema-Teorema yang menyatakan sifat-sifat aljabar bilangan Real R.
3. Latihan.
1.1.5 Petunjuk Bagi Mahasiswa
Ada beberapa hal yang harus diperhatikan mahasiswa dalam mempelajari mata
kuliah ini yaitu:
1. Analisis Real adalah mata kuliah penalaran yang setiap bagian, baik dari
definisi, teorema sampai turunan teorema berupa lemma dan corrolary harus
dibuktikan secara terurut.
2. Jika ingin membuktikan suatu teorema, hanya bisa menggunakan definisi, ak-
sioma atau teorema yang telah dibuktikan sebelumnya.
3. Setiap sub pokok bahasan terdapat soal-soal latihan. Soal-soal ini diselesaikan
berdasarkan definisi dan teorema sebelumnya.
4. Pembuktian teorema atau penyelesaian soal-soal latihan harus memperhatikan
mekanisme pembuktian matematis baik berdasarkan logika matematika dan
pembuktian dengan induksi matematika.
1.2 Teorema-teorema Limit
Dalam bagian ini kita akan memperoleh beberapa hal yang memungkinkan kita
mengevaluasi limit dari barisan bilangan real yang tertentu. Hasil ini memungkinkan
kita menambah koleksi barisan konvergen.
Definisi 1.1. Sebuah barisan bilangan realX = (xn) dikatakan terbatas jika terdapat
bilangan real M > 0 sedemikian hingga |xn| ≤M untuk setiap n ∈ N.
Oleh karena itu, barisan (xn) terbatas jika dan hanya jika himpunan {xn : n ∈ N}merupakan subset terbatas dalam R.
Teorema 1.1. Jika barisan bilangan real konvergen maka barisan tersebut terbatas.
Bukti 1.1. Ambil sebarang ε > 0 maka terdapat K ∈ N sedemikian sehingga untuk
setiap n ≥ K berlaku |xn − x| < ε
Kita tuliskan : xn = xn − x+ x
Jika menggunakan Ketaksamaan Segitiga dengan n ≥ K, maka diperoleh
|xn| = |xn − x+ x| ≤ |xn − x|+ |x| < ε+ |x|
Dengan menetapkan
M := sup{|x1|, |x2|, · · · , |xK−1|, 1 + |x|},
Dapat kita lihat bahwa terdapat bilangan real positif yaitu lebih besar dari mutlak
semua barisan xn atau |xn| ≤ M , untuk semua n ∈ N. Jadi, terbukti bahwa
X = (xn) terbatas.
Teorema 1.2. (a) Misalkan X = (xn) dan Y = (yn) barisan bilangan real yang
berturut-turut konvergen ke x dan y, serta c ∈ R. Maka barisan X + Y ,
X − Y , X · Y , dan cX berturut-turut konvergen ke x+ y, x− y, xy, dan cx.
Analisis Real 2 2
(b) Jika X = (xn) konvergen ke x dan Z = (zn) adalah barisan bilangan real tak
nol yang konvergen ke z dan jika z 6= 0, maka hasilbagi barisan X/Z konvergen
ke x/z.
Bukti 1.2. (a).1. X + Y −→ x+ y
Karena xn −→ x maka untuk setiap ε1 > 0 berlaku |xn − x| < ε1
Karena yn −→ y maka untuk setiap ε2 > 0 berlaku |yn − y| < ε2
Ambil sebarang ε > 0 didefinisikan ε = ε1 + ε2 maka terdapat K(ε) ∈ Nsedemikian hingga untuk setiap n ∈ N, n ≥ K berlaku :
|(xn + yn)− (x+ y)| = |(xn − x) + (yn − y)|
≤ |xn − x|+ |yn − y|
< ε1 + ε2 = ε
2. X − Y −→ x− yKarena xn −→ x maka untuk setiap ε1 > 0 berlaku |xn − x| < ε1
Karena yn −→ y maka untuk setiap ε2 > 0 berlaku |yn − y| < ε2
Ambil sebarang ε > 0 didefinisikan ε = ε1 + ε2 maka terdapat K(ε) ∈ Nsedemikian hingga untuk setiap n ∈ N, n ≥ K berlaku :
|(xn − yn)− (x− y)| = |(xn − x)− (yn − y)|
≤ |xn − x|+ |yn − y|
< ε1 + ε2 = ε
3. X · Y −→ xy
Karena xn −→ x maka untuk setiap ε2 > 0 berlaku |xn − x| < ε2M
Karena yn −→ y maka untuk setiap ε1 > 0 berlaku |yn − y| < ε1M
Ambil sebarang ε > 0 didefinisikan ε = ε2M + ε1
M maka terdapat K(ε) ∈ Nsedemikian hingga untuk setiap n ∈ N, n ≥ K berlaku :
|xnyn − xy| = |xnyn − xy + xny − xny|
= |xn(yn − y) + y(xn − x)|
≤ |xn||yn − y|+ |y||xn − x|
Karena xn dan yn konvergen maka terbatas di M
Analisis Real 2 3
M1 > 0 sedemikian hingga |xn| ≤M1 kita tuliskanM := sup{M1, |y|} sehingga
|xnyn − xy| ≤M |yn − y|+M |xn − x|
< Mε1M
+Mε2M
= ε
4. cX −→ cx
Karena xn −→ x maka untuk setiap ε > 0 berlaku |xn − x| < ε|c|
Ambil sebarang ε > 0 didefinisikan ε = ε2M + ε1
M maka terdapat K(ε) ∈ Nsedemikian hingga untuk setiap n ∈ N,maka n ≥ K berlaku :
|cxn − cx| = |c(xn − x)|
= |c||xn − x| < |c|ε
|c|= ε
(b) X/Z −→ x/z
Karena zn −→ z maka untuk setiap ε > 0 berlaku |zn − z| < ε|z|Ambil sebarang ε > 0 maka terdapat K(ε) ∈ N sedemikian hingga untuk
setiap n ∈ N,maka n ≥ K berlaku :
| 1
zn− 1
z| = |z − zn
znz|
=1
|znz||z − zn|
=1
|znz||zn − z|
Karena 1|znz| <
1z maka
| 1
zn− 1
z| = 1
|znz||zn − z| <
1
zε|z|
= ε
Karena 1zn−→ 1
z maka
xxnzn
= (xn)(1
zn)
Sesuai Teorema 3.2.3 (perkalian) maka (xn)( 1zn
) konvergen (x)(1z ) = xz
Teorema 1.3. Jika X = (xn) adalah sebuah barisan bilangan real yang konvergen
dan jika xn ≥ 0 untuk setiap n ∈ N, maka x = lim(xn) ≥ 0.
Bukti 1.3. Andaikan x < 0, pilih ε = −x positif. Berdasarkan definisi karena xn
Analisis Real 2 4
konvergen maka berlaku |xn − x| < ε
−ε < xn − x < ε
−ε+ x < xn − x+ x < ε+ x
ε− x < xn < ε+ x
Karena ε = −x maka xn(−x) + x =⇒ xn < 0
Hal ini kontradiksi dengan hipotesis bahwa xn ≥ 0 untuk semua n ∈ N. Jadi,
haruslah x ≥ 0.
Teorema 1.4. Jika X = (xn) dan Y = (yn) barisan bilangan real yang konvergen
dan jika xn ≤ yn untuk setiap n ∈ N, maka lim(xn) ≤ lim(yn).
Bukti 1.4. Diketahui (Xn) konvergen ke x atau limXn = x, (Yn) konvergen ke y
atau limYn = y, xn ≤ yn untuk semua n ∈ N.
Akan dibuktikan : limxn ≤ lim yn
Berdasarkan Teorema 3.2.3 (Pengurangan), maka lim(yn − xn) = Y −XBerdasarkan Teorema 3.2.4 karena xn ≤ yn,∀n ∈ NMaka, yn − xn ≥ 0 sehingga lim(yn − xn) > 0.
Karena lim(yn − xn) ≥ 0 maka :
y − x ≥ 0
x ≤ y
limxn ≤ lim yn
Jadi, Teorema terbukti.
Teorema 1.5. Jika X = (xn) adalah sebuah barisan konvergen dan jika a ≤ xn ≤ b
untuk semua n ∈ N, maka a ≤ lim(xn) ≤ b.
Bukti 1.5. Diketahui (Xn) konvergen ke x atau lim(xn) = x, a ≤ xn ≤ b, untuk
semua n ∈ N dan a, b ∈ R.
Akan dibuktikan : a ≤ limxn ≤ b atau a ≤ x ≤ bBerdasarkan Contoh 3.1.2 dapat kita misalkan :
(wn) = (a, a, a, ......) −→ maka lim(wn) = a
(yn) = (b, b, b, ......) −→ maka lim(yn) = b
a. Kasus 1
Karena a ≤ xn maka xn ≤ ynBerdasarkan Teorema 3.2.5 maka lim(wn) ≤ lim(xn)
b. Kasus 2
Karena xn ≤ b maka wn ≤ xnBerdasarkan Teorema 3.2.5 maka lim(wn) ≤ lim(xn)
Analisis Real 2 5
Berdasarkan Kasus 1 dan 2, maka :
lim(wn) ≤ lim(xn) ≤ lim(yn)
a ≤ x ≤ b
Jadi, Teorema terbukti.
Teorema 1.6. Teorema Apit
Misalkan bahwa X = (xn), Y = (yn), dan Z = (zn) adalah barisan bilangan real
yang memenuhi
xn ≤ yn ≤ zn,∀n ∈ N
dan bahwa lim(xn) = lim(zn). Maka Y = (yn) adalah konvergen dan
lim(xn) = lim(yn) = lim(zn).
Bukti 1.6. Ambil sebarang ε > 0 maka terdapat K(ε) ∈ N sedemikian hingga untuk
setiap n ∈ N, maka n ≥ K(ε) berlaku :
|xn − w| < ε dan |zn − w| < ε
−ε < xn − w < ε dan −ε < zn − w < ε ......(*)
Berdasarkan hipotesis :
xn − w ≤ yn − w ≤ zn − w ......(semua ruas dijumlahkan dengan (-w))
−ε < xn − w ≤ yn − w ≤ zn − w < ε ......(*)
−ε < yn − w < ε
|yn − w| < ε
Untuk semua n ≥ K karena ε > 0 sebarang. Jadi, (yn) konvergen ke w atau
lim(yn) = w.
Contoh 1.1.
(a) Barisan (n) divergen
Mengikuti Teorema 3.2.2, andaikan barisan X := (n) konvergen, maka terdapat
bilangan real M > 0 sedemikian hingga n = |n| < M untuk setiap n ∈ N. tetapi
hal ini melanggar sifat Archimedes.
(b) Barisan ((−1)n) divergen
Barisan X = ((−1)n) terbatas (ambil M := 1), sehingga kita tidak dapat menggu-
nakan Teorema 3.2.2. Karena itu, andaikan X = ((−1)n) konvergen dan a := limX.
Misalkan ε := 1 maka terdapat K ∈ N sedemikian hingga:
|(−1)n − a| < 1,∀n ≥ K
Analisis Real 2 6
Tetapi jika n ganjil dan n ≥ K, hal ini memberikan |−1−a| < 1, sehingga −2 < a <
0. Di sisi lain, jika n bilangan asli genap dan n ≥ K, ini memberikan persamaan |1−a| < 1 sehingga 0 < a < 2. Karena a tidak mungkin memenuhi kedua ketaksamaan
tersebut, maka pengandaian bahwa X konvergen menghasilkan hal yang kontradiksi.
Maka haruslah barisan X divergen.
(c) lim(2n+1n ) = 2
Misalkan X := (2) dan Y := (1/n), maka ((2n+ 1)/n) = X + Y . Dengan menggu-
nakan Teorema 3.2.3(a) diperoleh bahwa lim(X + Y ) = limX + limY = 2 + 0 = 2.
(d) lim(2n+1n+5 ) = 2
Karena barisan (2n+1) dan (n+5) tidak konvergen, maka kita tidak dapat menggu-
nakan Teorema 3.2.3(b) secara langsung. Tetapi kita dapat melakukan yang berikut:
2n+ 1
n+ 5=
2 + 1/n
1 + 5/n,
yang memberikan X = (2 + 1n) dan Z = (1 + 5
n) sehingga Teorema 3.2.3(b) dapat
digunakan.(Selidiki terlebih dahulu syarat-syarat yang harus dipenuhi). Selanjutnya
diperoleh
lim(2n+ 1
n+ 5) = lim(
2 + 1/n
1 + 5/n) =
lim(2 + 1/n)
lim(1 + 5/n)=
2
1= 2
(e) lim( 2nn2+1
) = 0
Teorema 3.2.3(b) tidak dapat digunakan secara langsung, juga sampai pada
2n
n2 + 1=
2
n+ 1/n,
tetapi Teorema 3.2.3(b) tidak dapat digunakan disini, karena (n+1/n) bukan barisan
konvergen. Tetapi, jika kita tuliskan
2n
n2 + 1=
2/n
1 + 1/n2
maka kita dapat menggunakan Teorema 3.2.3(b),
lim(2
n) = 0, dan lim(1 +
1
n2) = 1 6= 0
Maka lim( 2n(n2+1)
) = 01 = 0.
(f) lim( sinnn ) = 0
Kita tidak dapat menggunakan Teorema 3.2.3(b) secara langsung. Tetapi perlu
dicatat bahwa −1 ≤ sinn ≤ 1, maka
− 1
n≤ sinn
n≤ 1
n, ∀n ∈ N
Analisis Real 2 7
Karena lim(−1/n) = lim(1/n) = 0, dengan menggunakan Teorema Apit diperoleh
bahwa lim( sinnn ) = 0
(g) Misalkan X = (xn) barisan yang konvergen ke x ∈ R. Sedangkan p polinomial,
sebagai contoh
p(t) := aktk + ak−1t
k−1 + · · ·+ a1t+ a[0],
dengan k ∈ N dan aj ∈ Runtuk j = 0, 1, · · · , k. Dengan menggunakan Teorema
3.2.3 bahwa barisan (p(xn)) konvergen ke p(x).
(h) Misalkan X = (xn) barisan bilangan real yang konvergen ke x ∈ R. Sedangkan
r merupakan fungsi rasional (bahwa, r(t) := p(t)/q(t), dimana p dan q polinomial).
Misalkan juga q(xn) 6= 0 untuk semua n ∈ N dan bahwa q(x) = 0. Maka barisan
(r(xn))konvergen ke r(x) = p(x)q(x) .
Teorema 1.7. Misalkan barisan X = (xn) konvergen ke x. Maka barisan (|xn|)konvergen ke |x|. Yaitu jika x = lim(xn), maka |x| = lim(|xn|).
Bukti 1.7. Ambil sebarang ε > 0 maka terdapat K(ε) ∈ N sedemikian hingga untuk
semua n ∈ N maka n ≥ K(ε) berlaku |xn − x| < ε
Berdasarkan Ketaksamaan Segitiga (Akibat 2.2.4(a)) bahwa
||xn| − |x|| ≤ |xn − x| < ε, untuk semua n ∈ N
Selanjutnya kekonvergenan dari (|xn|) ke |x| suatu akibat langsung dari kekonver-
genan dari (xn) ke x. Jadi, terbutki bahwa lim|xn| = |x|
Teorema 1.8. Misalkan X = (xn) adalah barisan bilangan real yang konvergen ke x
dan xn ≥ 0, untuk semua n ∈ N. Maka barisan (√xn) konvergen dan lim(
√xn) =
√x.
Bukti 1.8. Ambil sebarang ε > 0 maka terdapat K(ε) ∈ N sedemikian hingga untuk
semua n ∈ N maka n ≥ K(ε) berlaku |xn − x| < ε2
Karena xn ≥ 0 maka menurut Teorema 3.2.4 lim(xn) = x ≥ 0
a Kasus 1
Untuk x = 0
|xn − x| < ε2
|xn − 0| < ε2
|xn| < ε2
Karena |xn| ≥ 0 maka 0 ≤ xn ≤ ε2
Analisis Real 2 8
Berdasarkan 2.1.13, maka
√0 ≤√xn ≤
√ε2
− ε ≤√xn ≤ ε
− ε <√xn −
√0 < ε
|√xn −
√0 < ε|
b Kasus 2
Untuk x > 0
|√xn −
√x| = |
(√xn −
√x)(√xn +
√x)
√xn +
√x
|
= | xn − x√xn +
√x| < |xn − x√
x|
=1√x|xn − x| <
1√xε21
Pilih ε = 1√xε21. Jadi, |√xn −
√x| < ε.
Teorema 1.9. Misalkan (xn) barisan bilangan real positif sehingga L := lim(xn+1/xn)
ada. Jika L < 1, maka (xn) konvergen dan lim(xn) = 0.
Bukti 1.9. Menurut 3.2.4 diperoleh bahwa L ≥ 0. Misalkan r bilangan dengan
L < r < 1, dan ε = r − L > 0. Maka terdapat n ∈ K. Dipenuhi
|xn+1
xn− L| < ε
Akibatnya bahwa jika n ≥ K, maka
xn+1
xn< L+ ε = L+ (r − L) = r
Karena itu, jika n ≥ K diperoleh
0 < xn+1 < xnr < xn−1r2 < · · · < xKr
n−K+1
Jika kita tetapkan C := xK/rK , kita peroleh 0 < xn+1 < Crn+1 untuk semua
n ≥ K. Karena 0 < r < 1, menurut 3.1.11(b) bahwa lim(rn) = 0 dan karenanya
menurut Teorema 3.1.10 lim(xn) = 0.
1.3 Barisan Monoton
Sampai saat ini, kita telah mempunyai beberapa metode untuk menunjukkan
bahwa barisan X = (xn) konvergen :
(i) Kita dapat menggunakan Definisi 3.1.3 atau Teorema 3.1.5 secara langsung.
Ini sering (tetapi tidak selalu) sukar dikerjakan.
Analisis Real 2 9
(ii) Kita dapat mendominasi |xn − x| dengan perkalian dari suku-suku dalam
barisan (an) yang diketahui konvergen ke 0, kemudian menggunakan Teorema
3.1.10.
(iii) Kita dapat mengidentifikasi barisan X diperoleh dari barisan-barisan yang
diketahui konvergennya dari lebar barisannya, kombinasi aljabar, nilai mutlak
atau datar dengan menggunakan Teorema 3.1.9, 3.2.3, 3.2.9, atau 3.2.10.
(iv) Kita dapat mengapit X dengan dua barisan yang konvergen ke limit yang
sama menggunakan Teorema 3.2.7.
(v) Kita dapat menggunakan ”Uji Rasio” dari Teorema 3.2.4
Kecuali untuk (iii), semua metode ini mengharuskan kita untuk terlebih dahulu
mengetahui (atau paling tidak dugaan) nilai limitnya yang benar, dan kemudian
membuktikan bahwa dugaan kita benar.
Terdapat banyak contoh, yang mana tidak ada calon limit yang mudah dari suatu
barisan, bahkan walaupun dengan analisis dasar diduga barisannya konvergen. Dalam
bagian ini dan dua bagian berikutnya, kita akan membahas hasil-hasil yang lebih
mendalam dibanding bagian terdahulu yang mana dapat digunakan untuk mem-
perkenalkan konvergensi suatu barisan jika tidak ada kandidat limit yang mudah.
Definisi 1.2. Misalkan X = (xn) barisan bilangan real, kita katakan X tak turun
jika memenuhi ketaksamaan
x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn ≤ xn+1 ≤ · · ·
Kita katakan X tak naik jika memenuhi ketaksamaan :
x1 ≥ x2 ≥ · · · ≥ xn ≥ xn+1 ≥ · · ·
Kita katakan X monoton jika X tak naik atau tak turun.
Berikut ini barisan-barisan tak turun :
(1, 2, 3, 4, · · · , n, · · · ), (1, 2, 2, 3, 3, 3, · · · )
(a, a2, a3, · · · , an, · · · ), jikaa > 1
Berikut ini barisan-barisan tak naik :
(1, 1/2, 1/3, · · · , 1/n, · · · ), (1, 1/2, 1/22, · · · , 1/2n−1, · · · )
(b, b2, b3, · · · , bn, · · · ), jika0 < b < 1
Berikut ini barisan-barisan tak monoton :
(+1,−1,+1, · · · , (−1)n+1, · · · ), (−1,+2,−3, · · · , (−1)nn, · · · )
Analisis Real 2 10
Berikut ini barisan-barisan tak monoton, tapi pada akhirnya monoton :
(67, 6, 2, 1, 2, 3, 4, · · · ), (−2, 0, 1, 1/2, 1/3, 1/4, · · · ).
Teorema 1.10. Konvergensi Monoton
Barisan bilangan real monoton konvergen jika dan hanya jika barisan ini terbatas.
lebih dari itu :
(a) Jika X = (xn) barisan tak turun yang terbatas, maka lim(xn) = sup{xn : n ∈N}
(b) Jika Y = (yn) barisan tak naik yang terbatas, maka lim(yn) = inf{yn : n ∈ N}
Bukti 1.10. Dari Teorema 3.2.2 diketahui bahwa barisan konvergen pasti terbatas.
Sekarang kita akan buktikan sebaliknya, misalkan X barisan monoton yang terbatas.
Maka X tak turun atau tak naik.
(a) Pertama misalkan X barisan tak turun dan terbatas. Dari hipotesis terdapat
M ∈ R, sehingga Rn ≤M untuk semua n ∈ N. Menurut prinsip supremum terdapat
x∗ = sup{xn : n ∈ N}, akan kita tunjukkan bahwa x∗ = lim(xn).
Jika ε > 0 diberikan, maka x∗ − ε bukanlah batas atas dari {xn : n ∈ N}, dari sini
terdapat K ∈ N sehingga x∗−−ε < xK . Tetapi karena (xn) tak turun maka hal ini
diikuti
x∗ − ε < xK ≤ xn ≤ x∗ < x∗ + ε, ∀n ≥ K
Akibatnya
|xn − x∗| < ε,∀n ≥ K.
Karena ε > 0 sebarang, jadi (xn) konvergen ke x∗.
(b) Jika Y = (yn) barisan terbatas tak naik, maka jelaslah bahwa X = −Y = (−yn)
barisan terbatas tak turun. Dari (a) diperoleh limX = sup{−yn : n ∈ N}. Di lain
pihak, dengan Teorema 3.2.3(a) limX = − limY ,sedangkan dari latihan 2.5.4(b),
kita mempunyai
sup{−yn : n ∈ N} = − inf{yn : n ∈ N}
Karenanya limY = − limX = inf{yn : n ∈ N}.Teorema Konvergensi Monoton memperkenalkan eksistensi limit dari barisan mono-
ton terbatas. Hal ini juga memberikan cara perhitungan limit yang menyajikan kita
dapat memperoleh supremum (a), infimum(b). Sering kali sukar untuk mengeval-
uasi supremum (atau infimum), teatpi kita ketahui bahwa hal ini ada, sering pula
mungkin mengevaluasi limit ini dengan metode lain.
Contoh 1.2. (a) lim( 1√n
) = 0
Analisis Real 2 11
Kita dapat menggunakan Teorema 3.2.10; tetapi, kita akan menggunakan Teo-
rema Konvergen Monoton. Jelaslah bahwa O merupakan batas bawah, dari
himpunan {( 1√n
) : n ∈ N},dan tidak sukar untuk menunjukkan bahwa infi-
mumnya 0; dari sini
0 = lim(1√n
)
Di lain pihak, kita ketahui bahwa X = ( 1√n
). terbatas dan tak naik, yang
mengakibatkan X konvergen ke bilangan real x. Karena X = ( 1√n
) konvergen
ke x, menurut Teorema 3.2.3 bahwa X · · ·X = 1n konvergen ke x2. Karena itu
x2 = 0, akibatnya x = 0.
(b) Misalkan xn = 1 + 12 + 1
3 + · · ·+ 1n untuk n ∈ N
Karena xn+1 = xn + 1n+1 > xn, kita melihat bahwa (xn) suatu barisan naik.
Dengan menggunakan Teorema 3.3.2, pertanyaan apakah barisan ini konver-
gensi atau tidak dihasilkan oleh pertanyaan apakah barisan tersebut terbatas
atau tidak. Upaya-upaya untuk menggunakan kalkulasi numerik secara lang-
sung tiba pada suatu dugaan mengenai kemungkinan terbatasnya barisan (xn)
mengarah pada frustrasi yang tidak meyakinkan. Dengan perhitungan kom-
puter akan memberikan nilai aproksiasi xn ≈ 11, 4 untuk n = 50.000 dan
xn ≈ 12, 1 untuk n = 100.000.
Fakta numerik dapat menyatukan pengamat secara sekilas untuk menyim-
pulkan bahwa barisan ini terbatas. Akan tetapi kenyataanya barisan ini diver-
gen yang di perlihatkan oleh :
X2n = 1 + 12 + (13 + 1
4) + · · ·+ ( 12n−1+1
+ · · ·+ 12n )
> 1 + 12 + (14 + 1
4) + · · ·+ ( 12n + · · ·+ 1
2n )
= 1 + 12 + 1
2 + · · ·+ 12 = 1 +
n
2Dari sini barisan (xn) tak terbatas, oleh karena itu divergen (Teorema 3.2.2)
Contoh 1.3. (a) Misalkan Y = yn, didefinisikan secara induktif oleh Y1 = 1,
Yn+1 =1
4(2yn + 3) untuk n ≥ 1.Kita akan menunjukkan bahwa limY =
3
2
Kalkulasi menunjukkan bahwa 2 =5
4. Dari sini kita mempunyai y1 < y2 < 2.
Dengan induksi, kita akan tunjukkan bahwa yn < 2 untuk semua n ∈ N. Ini
benar untuk n = 12, Jika yk < 2 berlaku untuk semua k ∈ N maka:
yk+1 =1
4(2yk + 3) <
1
4(4 + 3) = 1 +
3
4< 2.
Dengan demikian yk+1 < 2. Oleh karena itu yn < 2 untuk semua n ∈ NSekarang dengan induksi, kita akan tunjukkan bahwa yn < yn+1 untuk semua
n ∈ N. Kemudian pernyataan ini tidak dibuktikan untuk n = 1. Anggaplah
bahwa yk < yk+1 untuk setiap k ∈ N;
Analisis Real 2 12
yk+1 =1
4(2yk + 3) <
1
4(2yk+1 + 3) < yk+2
Jadi, yk < yk+1 mengakibatkan yk+1 < yk+2. Oleh karena itu yn < yn+1 untuk
semua n ∈ N.
Kita telah menunjukkan bahwa Y = (yn) adalah barisan naik dan terbatas di
atas oleh 2. Menurut Teorema Konvergensi Monoton, Y konvergen ke suatu
limit yakni pada kurang dari atau sama dengan 2. Dalam hal ini, tidak mudah
untuk mengevaluasi lim(yn) dengan menghitung sup yn : n ∈ N. Tetapi terda-
pat cara lain untuk mengevaluasi limitnya.
Karena yn+1 =1
4(2yn + 3) untuk semua n ∈ N, maka suku ke n dari 1 ekor Y1
dan suku ke n dari Y mempunyai relasi aljabar sederhana. Dengan Teorema
3.1.9, kita mempunyai y = limY1 = limY yang diikuti dengan Teorema 3.2.3
diperoleh y =1
4(2yn + 3) yang selanjutnya mengakibatkan y =
3
2.
(b) Misalkan Z = (zn) dengan z1 = 1, zn+1 =√
2zn untuk semua n ∈ N, kita akan
lanjutkan lim(zn) = 2.
Catatan bahwa z1 = 1 dan z2 =√
2; Dari sini 1 ≤ z1 ≤ z2 < 2. Kita
klaim bahwa Z tak turun dan terbatas di atas oleh 2. Untuk membuk-
tikannya kita akan lakukan secara induksi, yaitu 1 ≤ zn < zn+1 < 2 untuk
semua n ∈ N. Faktor ini dipenuhi untuk n = 1. Misalkan hal ini juga
dipenuhi untuk n = K, maka 2 ≤ 2zK < 2zK+1 < 4, yang diikuti oleh
1 <√
2 ≤ zK+1 =√
2zK < zK+2 =√
2zK+1 <√
4 = 2.
Pada langkah terakhir kita menggunakan contoh 2.2.14 (a.). Dari sini ketak-
samaan 1 ≤ zK < zK+1 < 2
mengakibatkan 1 ≤ zK < zK+1 < zK+2 < 2.
Karena itu 1 ≤ zn < zn+1 < 2 untuk semua n ∈ N.
Karena Z = (zn) terbatas dan tidak turun, menurut Teorema Konvergensi
Monoton Z konvergen ke z = sup zn. Akan ditunjukkan secara langsung bahwa
sup zn = 2, jadi z = 2. Atau kita dapat menggunakan cara bagian (a). Re-
lasi zn+1 =√
2zn memberikan relasi antara suku ke n dari Z1 dan suku ke n
dari Z. Dengan teorema 3.1.9, kita mempunyai limZ1 = z = limZ. Lebih
dari itu, menurut Teorema 3.2.3 dan 3.2.10, z harus memenuhi z =√
2z. Ini
menghasilkan z = 0, 2. Karena 1 ≤ z ≤ 2. Jadi z = 2.
Perhitungan Akar Kuadrat
Contoh 1.4. Misalkan a > 0, kita akan mengkonstruksi barisan bilangan real sn
yang konvergen ke√a.
Misalkan s1 > 0 sebarang dan didefinisikan sn+1 := 12(sn + a/sn) untuk semua
n ∈ N. Kita akan tunjukkan bahwa barisan sn konvergen ke√a. (Proses ini untuk
menghitung akar kuadrat yang sudah dikenal di Mesopotamia sebelum 1500 B.C.).
Pertama kita tunjukkan bahwa s2n ≥ a untuk n ≥ 2. Karena s2n − 2sn+1sn + a = 0,
Analisis Real 2 13
persamaan ini mempunyai akar real. Dari sini diskriminannya 4s2n+1− 4a harus tak
negatif, yaitu s2n+1 ≥ a untuk n ≥ 1.
Untuk melihat (sn) pada akhirya tak naik, kita catat bahwa untuk n ≥ 2 kita
mempunyai
sn − sn+1 = sn −1
2(sn +
a
sn) =
1
2· (s
2n − a)
sn≥ 0
Dari sini, sn+1 ≤ sn untuk semua n ≥ 2. Menurut Teorema Konvergensi Monoton
lim(sn) = s ada. Lebih dari itu, dari Teorema 3.2.3, S harus memenuhi
s =1
2(s+
a
s),
yang mengakibatkan s = as atau s2 = a. Jadi, s =
√a.
Untuk perhitungan, sering penting untuk mengestimasi bagaimana cepatnya barisan
(sn) konvergen ke√a. Dari di atas, kita mempunyai
√a ≤ sn untuk semua n ≥ 2,
yang mengakibatkan bahwa a/sn ≤√a ≤ sn. Jadi kita mempunyai
0 ≤ sn −√a ≤ sn − a/sn = (s2n − a)/sn,∀n ≥ 2.
Dengan menggunakan ketaksamaan ini kita dapat menghitung√a dengan derajat
akurasi yang diinginkan.
Bilangan Euler
Contoh 1.5. Misalkan en := (1 + 1/n)n untuk semua n ∈ N. Kita akan tunjukkan
bahwa E = (en) terbatas dan tak turun, karenanya E konvergen. limit barisan ini
terkenal dengan Bilangan Euler e, yang nilainya didekati dengan
e ≈ 2.718281828459045 · · · , dan kemudian digunakan sebagai bilangan dasar logar-
itma natural.
Bilamana kita menggunakan Teorema Binomial, kita mempunyai
en = (1 +1
n)n = 1 +
n
1.1
n+n(n− 1)
2!.
1
n2+n(n− 1)(n− 2)
3!.
1
n3+ ...+
n(n− 1)..2.1
n!.
1
nn
Ini dapat ditulis
en+1 = 1 + 1 +1
2!(1− 1
n) +
1
3!(1− 1
n1)(1− 1
2) + ...+
1
n!(1− 1
n)(1− 2
n)...(1− n− 1
n)
Dengan cara serupa kita mempunyai :
en+1 = 1 + 1 +1
2!(1 +
1
n+ 1) +
1
3!(1− 1
n+ 1)(1− 2
n+ 1)
+...+1
n!(1− 1
n+ 1)(1− 1
n+ 1)...(1− n− 1
n+ 1)
+1
(n+ 1)!(1− 1
n+ 1)(1− 2
n+ 1)...(1− n
n+ 1)
Analisis Real 2 14
Perhatikan bahwa ekspresi untuk en menurut n + 1 menurut n + 2 suku. Selain
itu, masing-masing suku dalam en adalah lebih kecil atau sama dengan suku yang
bersesuaian dalam en+1 dan en+1 mengandung lebih satu suku positif. Oleh karena
itu, kita mempunyai 2 ≤ e1 ≤ e2 < ... < en < en+1 < ..., dengan demikian suku-suku
dari E naik.
Untuk menunjukan bahwa suku-suku dari E terbatas di atas, kita perhatikan
bahwa jika p = 1, 2, ..., n, maka (1− pn) < 1. Selain itu 2p−1 ≤ p! [Lihat 1.3.3 (d)]
dengan demikian 1p! ≤
12p−1 oleh karena itu, jika n > 1, maka kita mempunyai
2 < en < 1 + 1 +1
2+
1
22+ ...+
1
2n−1
Karena dapat dibuktikan bahwa [lihat 1.3.3 (b)]
12 + 1
22+ 1
2n−1 = 1− 12n−1 < 1,
Kita simpulkan bukan 2 ≤ en < 3 untuk semua n ∈ N. Menurut Teorema Kon-
vergensi Monoton, kita peroleh bahwa barisan E konvergen ke suatu bilangan real
antara 2 dan 3. Kita definisikan bilangan e merupakan limit dari barisan ini.
Dengan penghalusan estimasi kita dapat menemukan bilangan yang dekat sekali ke
e, tetapi kita tidak dapat menghitungnya secara eksak, karena e adalah suatu
bilangan irasional. akan tetapi mungkin untuk menghitung e sampai beberapa
tempat desimal yang diinginkan. Pembaca boleh menggunakan kalkulator (atau
komputer) untuk menghitung en dengan mengambil nilai n yang ”besar”.
1.4 Sub Barisan dan Teorema Bolzano-Weierstrass
Dalam bagian ini kita akan memperkenalkan gagasan subbarisan dari barisan
yang diberikan. Gagasan ini agak lebih umum daripada ekor barisan (yaitu diba-
has pada 3.1.8) sering bermanfaat dalam membuktikan divergensi barisan. Kita
juga akan membuktikan Teorema Bolzano-Weistrass, yang akan digunakan untuk
memperkenalkan sejumlah hasil akibatnya.
Definisi 1.3. Misalkan X = (xn) barisan dan n1 < n2 < · · · < nk < · · · , barisan
bilangan asli yang naik. Maka barisan X ′ = (xnk) dalam R yang diberikan oleh
(xn1 , xn2 , · · · , xnk, · · · )
disebut sub barisan dari X.
Sebagai contoh, berikut ini adalah subbarisan dari X := (11 ,12 ,
13 , · · · ). Maka
X ′ = (1
2,1
4,1
6, · · · , 1
2k, · · · ),
Analisis Real 2 15
dimana n1 = 2, n2 = 4, · · · , nk = 2k, · · · .Sub barisan dari X = (1/n) mengikuti:
(1
1,1
3,1
5, · · · , 1
2k − 1, · · · ), (
1
2!,
1
4!,
1
6!, · · · , 1
(2k)!, · · · ).
Sedangkan yang berikut bukan subbarisan dari X = (1/n):
(1
2,1
1,1
4,1
3,1
6,1
5, · · · ), (
1
1, 0,
1
3, 0,
1
5, 0, · · · ).
Tentu saja, sebarang ekor barisan merupakan subbarisan, ekor-m bersesuaian de-
ngan barisan yang ditentukan dengan
n1 = m+ 1, n2 = m+ 2, · · · , nk = m+ k, · · ·
Tetapi, tidak setiap subbarisan merupakan ekor barisan.
Subbarisan dari barisan konvergen juga konvergen ke limit yang yang sama.
Teorema 1.11. Jika suatu barisan bilangan real X = (xn) konvergen ke bilangan
real x, maka sebarang subbarisan X ′ = (xnk) dari X juga konvergen ke x.
Bukti 1.11. Misalkan ε > 0 diberikan dan pilih bilangan asli K(ε) sedemikian se-
hingga jika n ≥ K(ε), maka |xn − x| < ε. Karena r1 < r2 < · · · < rn < · · · adalah
barisan bilangan real naik maka dapat dibuktikan (dengan induksi) bahwa rn ≥ n.
Dari sini, jika n ≥ K(ε) kita juga mempunyai rn ≥ n ≥ K(ε) dengan demikian
|xrn − x| < ε. Oleh karena itu subbarisan (xrn) juga konvergen ke x.
Contoh 1.6.
(a) lim(bn) = 0 jika 0 < b < 1.
Kita telah melihat, di contoh 3.1.11(b) bahwa jika 0 < b < 1 dan jika xn := bn, maka
dari Ketaksamaan Bernoulli diperoleh bahwa lim(xn) = 0. Cara lain, kita melihat
bahwa karena 0 < b < 1, maka xn+1 = bn+1 < bn = xn dengan demikian (xn)
adalah barisan turun. Jelas juga bahwa 0 ≤ xn ≤ 1, sehingga menurut Teorema
Konvergensi Monoton 3.3.2 barisan tersebut konvergen. Misalkan x = lim(xn).
Karena (x2n) subbarisan dari (xn) menurut Teorema 3.4.2 maka x = lim(x2n). Di
lain pihak, karena x2n = b2n = (bn)2 = x2n dan menurut Teorema 3.2.3 diperoleh
x = lim(x2n) = (lim(xn))2 = x2.
Oleh karena itu, kita harus mempunyai x = 0 atau x = 1. Karena (xn) barisan
turun dan terbatas di atas oleh 1, maka haruslah x = 0.
(b) lim(c1/n) = 1 untuk c > 1.
Limit ini telah diperoleh dalam contoh 3.1.11(d) untuk c > 0, dengan pemikiran
argumen yang banyak diakal-akali. Di sini kita melihat pendekatan lain untuk kasus
c > 1. Perhatikan bahwa jika zn := c1/n, maka zn > 1 dan zn+1 = zn untuk semua
Analisis Real 2 16
n ∈ N. Jadi, dengan menggunakan Teorema Konvergensi Monoton, z = lim(z2n).
Di lain pihak, karena
z2n = c1/2n = (c1/n)1/2 = z1/2n
dan Teorema 3.2.10 bahwa
z = lim(z2n) = (lim(zn))1/2 = z1/2.
Karena itu kita mempunyai z2 = z yang menghasilkan z = 0 atau z = 1. Karena
zn > 1 untuk semua n ∈ N, maka harusalh z = 1.
Teorema 1.12. Misalkan X = (xn) suatu barisan. Maka pernyataan berikut ekivalen:
(i) Barisan X = (xn) tidak konvergen x ∈ R.
(ii) Terdapat ε0 > 0 sehingga untuk sebarang k ∈ N, terdapat rk ∈ N sehingga
rk ≥ k dan |xrk − x| ≥ ε0
(ii) Terdapat ε0 > 0 dan subbarisan X = (xrn) dari X sehingga |xrn−x| ≥ 0 untuk
semua n ∈ N
Bukti 1.12.
(i) ⇒ (ii) Bila X = (xn) tidak konveregn ke x, maka untuk suatu ε0 > 0 tidak mung-
kin memperoleh bilangan K(ε) sehingga 3.1.b (c) dipenuhi. Yaitu, untuk sebarang
k ∈ N tidak benar bahwa untuk semua n ≥ k sehingga |xrk − x| ≥ ε0.
(ii) ⇒ (iii) Misalkan ε0 seperti pada (ii) dan misalkan r1 ∈ N sehingga r1 ≥ 1 dan
|xr1−x| ≥ ε0. Sekarang misalkan r2 ∈ N sehingga r2 > r1 dan |xr2−x| ≥ ε0; misalkan
r3 > r2 dan |xr3 − x| ≥ ε0. Dengan meneruskan cara ini diperoleh subbarisan
X ′ = (xrn)(xrn) dari X sehingga |xrn − x| ≥ ε0.
(iii) ⇒ (i) Misalkan X = (xn) mempunyai subbarisan X ′ = (xrn) memenuhi kondisi
(iii); maka X tidak mungkin konvergen ke x. Karena andaikan demikian, maka
menurut Teorema 3.4.2 subbarisan X ′ juga akan konvergen ke x. Tetapi ini tidak
mungkin suku dari X ′ termuat dilingkungan ε0 dari x.
Teorema 1.13. Kriteria Divergensi
Jika barisan X = (xn) merupakan barisan bilangan real yang memenuhi salah satu
sifat berikut, maka X merupakan barisan Divergen.
(i) Barisan X mempunyai 2 subbarisan konvergen yakni X ′ = (xn) dan X” =
(xrk) dimana limtnya tidak sama.
(ii) Barisan X tidak terbatas.
Bukti 1.13. (i) Berdasarkan teorema 3.4.2 dimana jika suatu barisan X = (xn)
bilangan real konvergen ke x, maka sub barisan X′
= (xnk) dari barisan X juga
konvergen ke x. Karena BarisanX mempunyai sub barisan yang limitnya tidak
Analisis Real 2 17
sama maka barisan tersebut bukanlah barisan konvergen, sehingga haruslah
Barisan X ialah barisan Divergen.
(ii) Andaikan Barisan X merupakan barisan kovergen, maka berdasarkan teorema
3.2.2 diamana barisan Bilangan Real yang konvergen adalah terbatas, hal ini
bertentangan dengan hipotesis bahwa barisan X tak terbatas, sehingga harus-
lah Barisan X merupakan barisan Divergen.
Contoh 1.7.
(a) Barisan X := ((−1)n) divergen.
Jika barisan X = ((−1)n) konvergen ke x, maka (menurut Teorema 3.4.2) setiap sub-
barisan dari x harus konvergen ke x. Karena subbarisan X ′ := ((−1)2n) = (1, 1, · · · )konvergen ke 1, dan subbarisan x” := ((−1)2n−1) = (−1,−1, · · · ) konvergen ke −1.
Maka berdasarkan Teorema 3.4.5(i) bahwa X adalah divergen.
(b) Barisan (1, 12 , 3,14 , · · · ) divergen.
Ini adalah barisan Y = (yn),dimana yn = n jika n ganjil, dan yn = 1/n jika n
genap. Secara mudah dapat dilihat bahwa barisan ini tidak terbatas. Dari sini,
menurut Teorema 3.2.2 barisan ini tidak mungkin konvergen. Secara alternatif,
walaupun subbarisan (12 ,14 ,
16 , · · · ) dari Y konvergen ke 0, keseluruhan barisan Y
tidak konvergen ke 0. Yaitu terdapat subbarisan (3, 5, 7, · · · ) dari Y yang berada
diluar lingkungan −1 dan 0. Karena itu, Y tidak konvergen ke 0.
Eksistensi Subbarisan Monoton
Sementara tidak setiap barisan adalah barisan monoton, kita akan tunjukkan bahwa
setiap barisan mempunyai subbarisan monoton.
Teorema 1.14. Subbarisan Monoton
Jika X = (xn) adalah barisan bilangan real, maka terdapat subbarisan dari X adalah
monoton.
Bukti 1.14. Dengan menyatakan suku ke-m xm merupakan puncak bila xm ≥ xn
untuk semua n ≥ m. Selanjutnya akan di pertimbangkan 2 kasus berikut:
Kasus 1: X mempunyai sejumlah tak hingga puncak. Dalam kasus ini, kita
mengururut puncak-puncak tersebut dengan indeks naik. Jad kita mempunyai
puncak-puncak xm1 , xm2 , ...., xmk, ... dengaan m1 < m2 < .... < mk < ... .Karena
masing-masing suku tersebut puncak, kita mempunyai
xm1 ≥ xm2 ≥ xm3 ≥ ... ≥ xmk≥ ...
Karenanya subbarisan (xmk) merupakan subbarisan tak naik dari X.
Kasus 2: X mempunyai sejumlah hingga (mungkin nol) puncak. Misalkan
puncak-puncak ini xm1 , xm2 , ...., xmr , ..... Misalkan s1 = mr + 1 merupakan indeks
Analisis Real 2 18
pertama setelah terakhir. Karena xs1 bukan puncak, maka terdapat s2 > s1,
sehingga xs2 > xs1 . Karena xs2 bukan puncak, maka terdapat s3 > s2 sehingga
xs3 > xs2 . Bila proses ini diteruskan maka di peroleh subbarisan tak turun (bukan
naik) xsn dari X.
Teorema 1.15. Teorema Bolzano-Weierstrass
Sebuah barisan bilangan real yang terbatas mempunyai subbarisan yang konvergen.
Bukti 1.15. Berdasarkan Teorema Subbarisan Monoton, maka barisan terbatas
X = (xn) mempunyai subbarisan X ′ = (xnk) monoton. Subbarisan inipun juga
terbatas, sehingga menururt Teorema Konvergensi Monoton X ′ = (xnk) konvergen.
Dari sini mudah dilihat bahwa barisan terbatas dapat mempunyai beberapa sub-
barisan yang konvergen ke limit yang berbeda, sebagai contoh, barisan ((−1)n)
mempunyai subbarisan yang konvergen ke −1, dan subbarisan yang lain konvergen
ke +1. Barisan ini juga mempunyai subbarisan yang tidak konvergen.
Misalkan X ′ subbarisan dari barisan X. Maka X ′ sendiri juga merupakan barisan,
yang juga dapat mempunyai subbarisan, katakan X”. Di sini dapat kita catat bahwa
X” juga merupakan subbarisan dari X.
Teorema 1.16. Misalkan X = (xn) adalah barisan bilangan real dan x ∈ R mem-
punyai sifat bahwa setiap subbarisan X konvergen ke x. Maka barisan X konvergen
ke x juga.
Bukti 1.16. Karena X adalah barisan terbatas, maka sesuai teorema 3.2.1, dimana
ada M > 0 sehingga |xn| ≤M , untuk seiap n ∈ NDengan menggunakan kontradiksi dari pernyataan setiap subbarisan yang konver-
gen, maka barisannya juga konvergen.
Misal :
Jika xn tidak konvergen ke x. Sesuai Teorema 3.4.4 menyatakan ada ε0 > 0 dan
sebuah subbarisan X ′ = (xnk) dari X berlaku |xnk
− x| ≥ ε0 untuk setiap k ∈ NKarena X ′ adalah subbarisan dari X, dan X terbatas di M , maka X ′ juga terbatas
di M . Sesuai Teorema Bolzano-Weiestrass yang menyatakan setiap X ′ yang terbatas
terdapat X” yang konvergen.
Karena X” juga merupakan subbarisan dari x, sehingga ini kontradiksi dengan
pernyataan yang menyatakan jika barisan tidak konvergen, maka subbarisan juga
tidak konvergen.
Definisi 1.4. X = (xn) adalah barisan bilangan real terbatas.
(a) Limit atas dari xn adalah infimum dari himpunan v ∈ R 3 v < xn, untuk n ∈ Ndituliskan :
lim sup(xn), atau lim supX, ataulim(xn)
Analisis Real 2 19
(b) Limit bawah dari xn adalah supremum dari himpunan w ∈ R 3 xm < w, untuk
m ∈ N dituliskan :
lim inf(xn), atau lim inf X, ataulim(xn)
Untuk konsep dari limit atas, kita dapat tunjukkan bahwa mendekati perbedaan
yang ekivalen.
Teorema 1.17. Jika X = (xn) adalah barisan bilangan real yang terbatas, maka
pernyataan berikut untuk sebuah bilangan real x∗ adalah ekivalen.
(a) x∗ = lim sup(xn)
(b) Jika ε > 0, paling banyak ada bilangan terbatas dari n ∈ N sehingga x∗ + ε <
xn, tetapi ada bilangan tidak terbatas dari n ∈ N sehingga x∗ − ε < xn.
(c) Jika um = sup{xn : n ≥ m}, maka x∗ = inf{um : m ∈ N} = lim(um)
(d) Jika S adalah himpunan dari limit subbarisan (xn), maka x∗ = supS
Bukti 1.17.
(a) terhadap (b) Jika ε > 0, maka fakta bahwa x∗ adalah infimum terhadap v dalam
V sehingga x∗ ≤ v < x∗ + ε. Oleh karena itu x∗ juga milik V , jadi paling banyak
ada bilangan terbatas dari n ∈ N sehingga x∗ + ε < xn. Di sisi lain, x∗ − ε tidak di
V , sehingga ada jumlah tak terbatas dari n ∈ N sehingga x∗ − ε < xn.
(b) terhadap (c) Diberikan ε > 0, maka untuk semua m yang cukup besar kita mem-
punyai um < x + ε. Oleh karena itu, inf{um : m ∈ N} ≤ x∗ + ε. Juga,terdapat
bilangan tidak terbatas dari n ∈ N sehingga x∗ − ε < xn, maka x∗ − ε < um untuk
semua m ∈ N dan karenanya x∗ − ε ≤ inf{um : m ∈ N}. Karena ε > 0, maka dapat
kita simpulkan bahwa x∗ = inf{um : m ∈ N}. Selain itu, karena barisan (um) yang
monoton turun, maka kita mempunyai inf(um) = lim(um).
(c) terhadap (d) Misalkan X ′ = (xnk) adalah subbarisan konvergen dari X = (xn).
Karena nk ≥ k, kita mempunyai xnk≤ uk dan karenanya limX ′ ≤ lim(uk) = x∗.
Sebaliknya, terdapat n1 sehingga u1−1 ≤ xn1 ≤ u1. Secara induktif pilih nk+1 > nk
sehingga
uk −1
k + 1< xnk+1
≤ uk
Karena lim(uk) = x∗, berikut bahwa x∗ = lim(xnk), dan karenanya x∗ ∈ S.
(d) terhadap (a) Misalkan w = supS. Jika diberikan ε > 0, maka paling banyak ada
n terbatas dengan w+ε < xn. Oleh karena itu, w+εmilik V dan lim sup(xn) ≤ w+ε.
Di sisi lain, terdapat subbarisan (xn) konvergen ke beberapa bilangan yang lebih
besar dari w− ε, jadi w− ε tidak berada di V , dan karenanya w− ε ≤ lim sup(xn).
Karena ε > 0, dapat kita simpulkan bahwa w = lim sup(xn).
Analisis Real 2 20
Teorema 1.18. Sebuah barisan terbatas (xn) adalah konvergen jika dan hanya jika
lim sup(xn) = lim inf(xn).
1.5 Kriteria Cauchy
Teorema Konvergensi Monoton sangat penting dan berguna, tetapi sayangnya
hanya dapat diterapkan pada barisan monoton. Padahal sangat penting untuk mem-
perkenalkan kriteria konvergensi yang tidak bergantung pada barisan monoton mau-
pun nilai limitnya, seperti yang akan kita bahas berikut ini.
Definisi 1.5. Barisan bilangan real X = (xn) dikatakan Barisan Cauchy jika un-
tuk setiap ε > 0 terdapat bilangan asli H(ε) sedemikian hingga jika untuk semua
bilangan asli n,m ≥ H(ε), maka xn, xm memenuhi |xn − xm| < ε.
Pembaca sebaiknya membandingkan definisi ini dekat dengan Teorema 3.1.6(c)
yang menyinggung konvergensi barisan x. Akan kita lihat bahwa barisan Cauchy
ekivalen dengan barisan konvergen. Untuk membuktikannya kita akan tunjukkan
terlebih dahulu bahwa barisan konvergen merupakan barisan Cauchy.
Contoh 1.8.
(a) Barisan (1/n) adalah barisan Cauchy
Jika diberikan ε > 0, kita pilih sebuah bilangan asli H = H(ε) sedemikian hingga
H > 2/ε. Maka, jika m,n ≥ H, kita mempunyai 1/n ≤ 1/H < ε/2 dan begitupun
1/m < ε/2. Oleh karena itu, jika m,n ≥ H, maka
| 1n− 1
m| ≤ 1
n+
1
m<ε
2+ε
2= ε
Karena ε > 0, dapat kita simpulkan bahwa (1/n) adalah barisan Cauchy.
(b) Barisan (1 + (−1)n) bukan barisan Cauchy
Ingkaran dari definisi barisan Cauchy adalah : terdapat ε0 > 0 sedemikian hingga
untuk setiap H terdapat setidaknya satu n > H dan satu m > H sehingga |xn −xm| ≥ ε0. Untuk batas xn := 1 + (−1)n, kita amati jika n genap, maka xn = 2 dan
xn+1 = 0. Jika kita ambil ε0 = 2, maka untuk setiap H dapat kita pilih sebuah
bilangan genap n > H dan misalkan m := n+ 1 di dapatkan
|xn − xn+1| = 2 = ε0
Dapat kita simpulkan bahwa (xn) bukan barisan Cauchy.
Lemma 1.1. Jika X = (xn) barisan bilangan real yang konvergen, maka X meru-
pakan barisan Cauchy.
Bukti 1.18. Diketahui X = xn barisan bilangan real yang konvergen
Akan dibuktikan X adalah barisan cauchy.
Analisis Real 2 21
Misalkan X = (xn) Konvergen ke x, dan x : limX
Ambil ε > 0 sebarang, maka sesuai teorema 3.1.6(c) terdapat K( ε2) ∈ N sedemikian
sehingga jika n ≥ K( ε2) maka = |xn − x| < ε2 .
Jika H(ε) := K( ε2) dan jika n,m ≥ H(ε), sesuai definisi 3.5.1
X = (xn) barisan cauchy ⇐⇒ (∀ε > 0)(∃H(ε) ∈ N) 3 (∀n,m ∈ N)n,m ≥H(ε) =⇒ |xn − xm| < ε
maka diperoleh :
|xn − xm = |(xn − x) + (x− xm)|
≤ |xn − x|+ |xm − x| <ε
2+ε
2= ε
karena ε > 0 sebarang, maka (xn) barisan cauchy
Lemma 1.2. Sebuah barisan Cauchy dari bilangan real adalah terbatas.
Bukti 1.19. Misalkan X = (xn) barisan Cauchy dan ambil ε = 1. Menurut definisi
3.5.1 :
X = (xn) Barisan Cauchy ⇐⇒ (∀ε > 0)(∃H(1) ∈ N) 3 (∀n,m ∈ N)n,m ≥H(1) =⇒ |xn − xm| < 1
Dengan menggunakan ketaksamaan segitiga :
|xn − xm| < 1
||xn| − |xm|| ≤ |xn − xm| < 1, n,m ≥ H
−|xn − xm| ≤ |xn| − |xm| ≤ |xn − xm| < 1, n,m ≥ H
−|xn − xm| ≤ |xn| − |xm| ≤ |xn − xm| < 1, n,m ≥ H
|xn| − |xm| ≤ 1, n,m ≥ H
|xn| ≤ |xm|+ 1, n,m ≥ H
pilih m=H maka diperoleh :
|xn| ≥ |xH |+ 1, n ≥ H
jika kita definisikan
M = sup{|x1|, |x2|, ..., |xH−1|, |xH |+ 1}
sesuai definisi 3.2.1 maka |xn| ≤ untuk semua n ∈ N .
Jadi terbukti bahwa setiap barisan Cauchy adalah Terbatas
Teorema 1.19. Kriteria Konvergensi Cauchy
Barisan bilangan real konvergen jika dan hanya jika merupakan barisan cauchy.
Bukti 1.20. Lemma 3.5.2 telah membuktikan bahwa barisan konvergen merupakan
barisan Cauchy. Sebaliknya, misalkan X = (xn) barisan Cauchy; kita akan tun-
Analisis Real 2 22
jukkan bahwa X konvergen ke suatu bilangan. Pertama dari Lemma 3.5.3 kita
peroleh bahwa X terbatas. Karena itu menurut Teorema Bolzano-Weierstrass 3.4.7
terdapat subbarisan X ′ = (xnk) dari X yang konvergen ke x∗ suatu bilangan real.
Kita akan melengkapi bukti dengan menunjukkan bahwa X konvergen ke x∗.
KarenaX = (xn) adalah barisan Cauchy, untuk sebarang ε > 0 terdapatH(ε/2) ∈ Nsehingga jika n,m ≥ H(ε/2) maka
(1) |xn − xm| <ε
2
Karena subbarisan X ′ = (xnk) konvergen ke x∗, maka terdapat bilangan asli K ≥
H(ε/2) unsur dari {n1, n2, · · · } sehingga
|xK − x∗| <ε
2
Karena K ≥ H(ε/2), dari (1) dengan m = K diperoleh
|xn − xK | <ε
2, untuk −→ n ≥ H(ε/2)
Karena itu, jika n ≥ H(ε/2), kita mempunyai
|xn − x∗| = |(xn − xK) + (xK − x∗)|
≤ |xn − xK |+ |xK − x∗|
<ε
2+ε
2= ε.
Karena ε > 0 sebarang, maka lim(xn) = x∗.
Contoh 1.9.
(a) Misalkan X = (xn) didefinisikan sebagai
x1 := 1, x2 := 2, dan xn := 12(xn−2 + xn−1) untuk n > 2.
Dapat ditunjukkan dengan induksi bahwa 1 ≤ xn ≤ 2, untuk semua n ∈ N. Be-
berapa perhitungan menunjukkan bahwa barisan X tidak monoton. Tetapi, karena
suku-sukunya diperoleh dari rata-rata, mudah dilihat bahwa
|xn − xn+1| = 12n−1 untuk n ∈ N
(Buktikan dengan induksi) Jadi, jika m > n, kita dapat menggunakan ketaksamaan
segitiga untuk memperoleh
|xn − xm| ≤ |xn − xn+1|+ |xn+1 − xn+2|+ · · ·+ |xm−1 − xm|
=1
2n−1+
1
2n+ · · ·+ 1
2m−2
=1
2n−1(1 +
1
2+ · · ·+ 1
2m−n−1) <
1
2n−2
Analisis Real 2 23
Karena itu, bila diberikan ε > 0 dengan memilih n yang begitu besar sehingga
1/2n < ε/4 dan bila m ≥ n, maka |xn−xm| < ε Karenanya, X barisan Cauchy. De-
ngan menggunakan Kriteria Cauchy 3.5.5 diperoleh barisan X konvergen ke suatu
bilangan x.
Untuk mencari nilai x, kita harus menggunakan aturan untuk definisi xn = 12(xn−1+
xn−2) yang akan sampai pada kesimpulan x = 12(x+ x) yang memang benar, tetapi
tidak informatif. Karena itu, kita harus mencoba cara yang lain. Karena X konver-
gen ke x, demikian juga halnya subbarisan X ′ dengan indeks ganjil. Menggunakan
induksi pembaca dapat menunjukkan bahwa [lihat 1.2.4 (f)]
x2n+1 = 1 +1
2+
1
23+ · · ·+ 1
22n−1
= 1 +2
3(1− 1
4n).
Dari sini diperoleh bahwa x = limX = limX ′ = 1 + 23 = 5
3
(b) Misalkan Y = (yn) barisan dengan
y1 :=1
1!, y2 :=
1
1!− 1
2!, · · · , yn :=
1
1!− 1
2!+ · · ·+ (−1)n+1
n!
Jelaslah, Y bukan barisan monoton. Tetapi, jika m > n, maka
ym − yn =(−1)n+2
(n+ 1)!+
(−1)n+3
(n+ 2)!+ · · ·+ (−1)n+1
m!
Karena 2r−1 ≤ r! [lihat 1.2.4(e)], karenanya jika m > n, maka
|ym − yn| ≤1
(n+ 1)!+
1
(n+ 2)!+ · · ·+ (−1)n+1
m!
≤ 1
2n+
1
2n+1+ · · ·+ 1
2m−1<
1
2n−1
Karena itu, (yn) barisan Cauchy, sehingga konvergen, katakan ke y, saat ini kita
tidak dapat menentukan nilai y secara langsung; kita mempunyai |yn− y| ≤ 1/2n−1
dari sini, kita dapat menghitung nilai y sampai derajat akurasi yang diinginkan de-
ngan menghitung (yn) untuk n yang cukup besar. Pembaca sebaiknya mengerjakan
hal ini dan menunjukkan bahwa y sama dengan 0.632120559. (Tepatnya y adalah
1− 1/e).
(c) Barisan (11 + 12 + · · ·+ 1
n) divergen.
Misalkan H := (hn) barisan yang didefinisikan dengan hn = 11 + 1
2 + · · ·+ 1n untuk
n ∈ Nyang telah dibahas pada 3.3.3(b). Jika m > n, maka
hm − hn =1
n+ 1+ · · ·+ 1
m.
Analisis Real 2 24
Karena masing-masing suku m− n ini melebihi 1m , maka hm − hn > (m− n)/m =
1 − n/m. Khususnya, jika m = 2n kita mempunyai h2n − hn > 12 . Hal ini menun-
jukkan bahwa H bukan barisan Cauchy (mengapa ?); karenanya H bukan barisan
konvergen.
Definisi 1.6. Barisan X = (xn) dikatakan kontraktif bila terdapat konstanta C,
0 < C < 1, sehingga
|xn+2 − xn=1| ≤ C|xn+1 − xn|
untuk semua n ∈ N. Bilangan C disebut konstanta barisan kontraktif tersebut.
Teorema 1.20. Setiap barisan kontraktif merupakan barisan Cauchy, karenanya kon-
vergen.
Bukti 1.21. Bila kita menggunakan kondisi barisan kontraktif, kita dapat membalik
langkah kerja kita untuk memperoleh :
|xn+2 − xn+1| ≤ C|xn+1 − xn| ≤ C2|xn − xn−1|
≤ C3|xn−1 − xn−2| ≤ · · · ≤ Cn|x2 − x1|.
Untuk m > n, kita mempunyai
|xm − xn| ≤ |xm − xm−1|+ |xm−1 − xm−2|+ · · ·+ |xn+1 − xn|
≤ (Cm−2 + Cm−3 + · · ·+ Cn−1)|x2 − x1|
= Cn−1(1− Cm−n
1− C)|x2 − x1|
≤ Cn−1(1
1− C)|x2 − x1|
Karena 0 < C < 1, maka lim(Cn) = 0 [lihat 3.1.11(b)]. Karena itu, (xn) barisan
Cauchy, sehinggan (xn) konvergen.
Akibat 1.1. Bila x = (xn) barisan konstraktif dengan Konstanta C, 0 < C < 1, dan
x∗ = limX, maka :
(i) |x∗ − xn| ≤ Cn−1
1−C |x2 − x1|(ii) |x∗ − xn| ≤ C
1−C |xn − xn−1|
Bukti 1.22. Kita telah melihat pada bukti sebelumnya bahwa bila m > n maka
|xm − xn| ≤ Cn−1
1−C |x2 − x1|. Bila kita menggunakan limit pada ketaksamaan ini
(terhadap m), kita peroleh (i).
Untuk membuktikan (ii), kita gunakan lagi m > n, maka
|xm − xn| ≤ |xm − xm−1|+ · · ·+ |xn+1 − xn|
Analisis Real 2 25
Dengan Induksi diperoleh
|xn+k − xn+k−1| ≤ Ck|xn − xn−1|
Karenanya
|xm − xn| ≤ (Cm−n + · · ·+ C2 + C)|xn − xn−1|
Bila kita menggunakan limit pada kettaksamaan ini (terhadap m) dieroleh (ii).
Contoh 1.10. Diketahui solusi dari x3 − 7x + 2 = 0 terletak antara 0 dan 1 dan
kita akan mendekati solusi tersebut. Hal ini dapat dilakukan dengan menggunakan
prosedur iterasi berikut. Pertama kita tuliskan persamaan diatas menjadi x =17(x3 + 2) dan gunakan ini untuk mendefinisikan barisan, kita pilih x sebarang nilai
antara 0 dan 1, kemudian definisikan
xn+1 = 17(x3n + 2), n ∈ N
Karena 0 < x1 < 1, maka 0 < xn < 1 untuk semua n ∈ N. (Mengapa?) lebih dari
itu kita mempunyai
|xn+2 − xn+1| = |17(x3n+1 + 2)− 17(x3n + 2)|
= 17 |x
3n+1 − x3n|
= 17 |x
2n+1 + xn+1xn + x2n||xn+1 − xn|
≤ 37 |xn+1 − xn|
Karena itu, (xn) barisan kontraktif, sehingga terdapat r dengan lim(xn) = r. Bila
kita menggunakan limit pada kedua sisi (terhadap n) pada xn+1 = 17(x3n), diperoleh
r = 17(r3+2) atau r3−7r+2 = 0. Jadi r merupakan solusi dari persamaan tersebut.
Kita dapat mendekati nilai r dengan memilih x1 kemudian menghitung x2, x3, · · · ,secara berturut-turut. Sebagai contoh, bila kita memilih x1 = 0, 5 kita peroleh
(sampai sembilang tempat desimal) x2 = 0, 303571429, x3 = 0, 289710830, x4 =
0, 289188016, x5 = 0, 289169244, x6 = 0, 289168571, dan seterunya. Untuk menges-
timasi akurasi, kita catat bahwa |x2−x1| < 0, 2. Jadi, setelah langkah ke n menurut
Akibat. 3.5.8(i) kita yakin bahwa
|x∗ − x6| ≤35
74(20)=
243
48020< 0, 0051.
Sebenarnya pendekatannya lebih baik daripada ini. Karena |x6 − x5| < 0, 000005,
menurut 3.5.8(ii) maka |x∗ − x6| ≤ 34 |x6 − x5| < 0, 0000004. Jadi kelima tempat
desimal yang pertama benar.
1.6 Barisan-barisan Divergen Murni
Untuk tujuan-tujuan tertentu dipandang baik sekali untuk mendefinisikan atau
yang dimaksudkan dengan suatu barisan bilangan real (xn) yang ”menuju ke ±∞”.
Analisis Real 2 26
Definisi 1.7. Misalkan xn suatu barisan bilangan real
(i) Kita katakan bahwa (xn) menuju ke +∞ dan ditulis lim(xn) = +∞ jika untuk
setiap α ∈ R terdapat bilangan asli K(α) sedemikian sehingga jika n ≥ K(α) maka
xn > α.
(ii) Kita katakan bahwa (xn) menuju ke −∞ , dan ditulis lim(xn) = −∞ jika
untuk setiap β ∈ R terdapat bilangan asli K(β) sedemikian sehingga jika
n ≥ K(β) maka xn < β
Kita katakan bahwa (xn) divergen murni dalam hal kita mempunyai lim(xn) = +∞dan (xn) = −∞
Contoh 1.11.
(a) lim(n) = +∞Kenyataannya, jika diberikan α ∈ R, misalkanK(α) sebarang bilangan asli sedemikian
sehingga K(α) > α
(b) lim(n2) = +∞Jika K(α) suatu bilangan asli sedemikian sehingga K(α) > α dan jika n ≥ K(α)
maka kita mempunyai n2 ≥ n > α.
(c) Jika c > 1, maka lim(cn) = +∞Misalkan c = 1+b dimana b > α, jika diberikan α ∈ R misalkan K(α) suatu bilangan
asli sedemikian sehingga K(α) >a
b. Jika n ≥ K(α) maka menurut ketaksamaan
Bernoulli
cn = (1 + b)n ≥ 1 + nb > 1 + α > α.
Oleh karena itu lim(cn) = +∞
Teorema 1.21. Suatu barisan bilangan real yang monoton divergen murni jika dan
hanya jika barisan tersebut tidak terbatas.
(a) Jika (xn suatu barisan naik tak terbatas, maka lim(xn) = +∞.
(b) Jika (xn suatu barisan naik tak terbatas, maka lim(xn) = −∞.
Bukti 1.23.
(a) Anggaplah bahwa (xn suatu barisan naik. Kita ketahui bahwa jika (xn terbatas,
maka (xn konvergen. Jika (xn tak terbatas, maka untuk sebarang α ∈ R terdapat
n(α) ∈ N sedemikian sehingga α < xn(a).Tetapi karena (xn kita mempunyai α < xn
untuk semua n ≥ n(α). Karena α sebarang, maka berarti lim(n) = +∞.
(b) dibuktikan dengan cara serupa.
Teorema perbandingan berikut senantiasa akan dipergunakan dalam menunjukkan
bahwa suatu barisan divergen murni.Pada kenyataannya, tidak digunakan secara
implisit dalam contoh 3.6.2(c).
Analisis Real 2 27
Teorema 1.22. Misalkan (xn) dan (yn) dua barisan bilangan real dan anggaplah
bahwa:
(1) xn ≤ yn,∀n ∈ N
a. Jika lim(xn) = +∞ maka lim(yn) = +∞b. Jika lim(yn) = −∞ maka lim(xn) = −∞
Bukti 1.24. a. Jika lim(xn) = +∞, dan jika di berikan ∝∈ R maka terdapat
bilangan asli k(∝) sedemikian sehingga jika n ≥ k(∝), maka ∝< xn. Mengingat
(*), berarti ∝< yn, untuk semua n ≥ k(∝). Karena ∝ sebarang.Maka ini
menyatakan bahwa lim(yn) = +∞
b. Pembuktian b sama dengan a.
Catatan: a. Teorema 3.6.4. pada akhirnya benar jika syarat (*) pada akhirnya
benar, yaitu jika terdapat m ∈ N sedemikian sehingga xn ≤ yn untuk semua n ≥ m
b. Jika syarat (*) dari teorema 3.6.4. memenuhi dan jika limyn = +∞, tidak mesti
berlaku bukan lim(xn) = +∞, serupa juga, jika (*) di penuhi dan jika
lim(xn) = −∞, belum tentu berlaku lim(yn) = −∞
Teorema 1.23. Misalkan (xn) dan (yn) dua barisan bilangan real positif dan anggaplah
bahwa untuk suatu L ∈ R, L > 0 kita mempunyai
(2) lim(xn/yn) = L
Maka lim(xn) = +∞ jika dan hanya jika lim(yn) = +∞
Bukti 1.25. Jika (2) berlaku, maka terdapat K ∈ N sedemikian sehingga
1
2L < xn/yn <
3
2L,∀n ≥ K.
Dari sini kita mempunyai (12L)yn < xn < (32L)yn untuk semua n ≥ K. Sekarang
kesimpulan didapat dari suatu modifikasi kecil teorema 3.6.4.
Analisis Real 2 28