Pengantar : Induksi Matematika
Analisis Real /2 SKS/ Ega Gradini, M.Sc
Induksi Matematika adalah cara standar dalam membuktikan bahwa sebuah pernyataan tertentu berlaku untuk setiap bilangan asli. Pembuktian dengan cara ini terdiri dari dua langkah, yaitu: 1. Menunjukkan bahwa pernyataan itu berlaku untuk bilangan 1. 2. Menunjukkan bahwa jika pernyataan itu berlaku untuk bilangan n, maka pernyataan itu juga berlaku untuk bilangan n + 1. Misalkan akan dibuktikan suatu pernyataan bahwa jumlah n bilangan asli pertama, yaitu 1+2+...+n, adalah sama dengan n(n+1) . Untuk membuktikan 2 bahwa pernyataan itu berlaku untuk setiap bilangan asli, langkah-langkah yang dilakukan adalah sebagai berikut: 1. Menunjukkan bahwa pernyataan tersebut benar untuk n = 1. Jelas sekali bahwa jumlah 1 bilangan asli pertama adalah 1(1+1) = 1. Jadi 2 pernyataan tersebut adalah benar untuk n = 1. 2. Menunjukkan bahwa jika pernyataan tersebut benar untuk n = k, maka pernyataan tersebut juga benar untuk n = k +1. Hal ini bisa dilakukan dengan cara: – Mengasumsikan bahwa pernyataan tersebut benar untuk n = k, yaitu k(k + 1) 1 + 2 + ... + k = 2 – Menambahkan k + 1 pada kedua ruas, yaitu k(k + 1) + (k + 1) 2 – Dengan menggunakan manipulasi aljabar, diperoleh 1 + 2 + ... + k + (k + 1) =
k(k + 1) k(k + 1) 2(k + 1) + (k + 1) = + 2 2 2 (k + 1)(k + 2) = 2 (k + 1)((k + 1) + 1) = 2 1
– Dengan demikian 1 + 2 + ... + k + (k + 1) =
(k + 1)((k + 1) + 1) 2
– Jadi pernyataan tersebut benar untuk n = k + 1. 3. Dengan induksi matematika dapat disimpulkan bahwa pernyataan tersebut berlaku untuk setiap bilangan asli n. Secara formal Induksi Matematika ini bisa didefinisikan sebagai berikut. Definisi 1.1 Misalkan untuk setiap bilangan asli n kita mempunyai pernyataan P (n) yang bisa benar atau salah. Misalkan 1. P (1) benar. 2. Jika P (n) benar, maka P (n + 1) benar. Sehingga P (n) benar untuk setiap bilangan asli n. Langkah 1 disebut dengan Langkah Dasar, sedangkan Langkah 2 disebut dengan Langkah Induktif. Jika pada Langkah Induktif yang diasumsikan adalah pernyataan P (i) benar untuk setiap bilangan i ≤ n, maka perumusan induksi matematika seperti ini disebut Bentuk Kuat Induksi Matematika. Contoh 1.1 Gunakan induksi matematika untuk membuktikan bahwa n! ≥ 2n−1 untuk setiap n = 1, 2, .... 1. Akan ditunjukkan bahwa n! ≥ 2n−1 benar untuk n = 1. Jelas sekali bahwa 1! = 1 ≥ 1 = 20 = 21−1 .
2
2. Asumsikan bahwa n! ≥ 2n−1 adalah benar untuk n = k. Akan ditunjukkan bahwa n! ≥ 2n−1 juga benar untuk n = k + 1, yaitu (k + 1) ≥ 2(k+1)−1 . (k + 1)! = ≥ ≥ = =
(k + 1)(k!) (k + 1)(2k−1 ) 2.2k−1 21+(k−1) 2(k+1)−1
Terbukti bahwa (k+1) ≥ 2(k+1)−1 . Karena Langkah Dasar dan Langkah Induktif terbukti, maka dapat disimpulkan bahwa n! ≥ 2n−1 untuk setiap n = 1, 2, .... Contoh 1.2 Gunakan induksi matematika untuk membuktikan bahwa 5n − 1 dapat dibagi 4 untuk setiap n = 1, 2, .... 1. Akan ditunjukkan bahwa 5n − 1 habis dibagi 4 untuk n = 1. Jelas sekali bahwa 51 − 1 = 5 − 1 = 4 habis dibagi 4. 2. Asumsikan bahwa 5n − 1 habis dibagi 4 untuk n = k, yaitu 5k − 1 habis dibagi 4. Akan ditunjukkan bahwa 5n − 1 juga habis dibagi 4 untuk n = k + 1, yaitu 5k+1 − 1 habis dibagi 4. 5k+1 − 1 = = = =
5.5k − 1 (1 + 4).5k − 1 5k + 4.5k − 1 (5k − 1) + 4.5k
Berdasarkan asumsi, 5k − 1 habis dibagi 4. Sedangkan 4.5k juga habis dibagi 4. Dengan demikian 5k+1 − 1 habis dibagi 4. Karena Langkah Dasar dan Langkah Induktif terbukti, maka dapat disimpulkan bahwa 5n − 1 dapat dibagi 4 untuk setiap n = 1, 2, .... 3
Latihan Gunakan induksi matematika untuk membuktikan persamaan berikut ini benar untuk setiap bilangan asli n. 1. 1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + n(n + 1) =
n(n+1)(n+2) 3
2. 1(1!) + 2(2!) + ... + n(n!) = (n + 1)! − 1 3. 12 − 22 + 32 − ... + (−1)n+1 n2 =
(−1)n+1 n(n+1) 2
]2 4. 13 + 23 + 33 + ... + n3 = [ n(n+1) 2 Gunakan induksi matematika untuk membuktikan pertidaksamaan berikut ini. 5. 2n + 1 ≤ 2n , untuk n = 3, 4, ... 6. (1 + x)n ≥ 1 + nx, untuk x ≥ −1 dan n = 1, 2, ... Gunakan induksi matematika untuk membuktikan pernyataan berikut ini. 7. 11n − 6 habis dibagi 5, untuk n = 1, 2, ... 8. 6.7n − 2.3n habis dibagi 4, untuk n = 1, 2, ...
Referensi 1. R. Johnsonbaugh, Discrete Mathematics, Fourth Edition, 1997, Prentice Hall. 2. Wikipedia, Mathematical induction, http://en.wikipedia.org/wiki/Mathematical induction.
4
1 SISTEM BILANGAN REAL Bilangan real sudah dikenal dengan baik sejak masih di sekolah menengah, bahkan sejak dari sekolah dasar. Namun untuk memulai mempelajari materi pada BAB ini anggaplah diri kita belum tahu apa-apa tentang bilangan real. Kita akan mempelajari bagaimana sistem bilangan real itu dibangun. Pertama-tama kita hanya diberikan suatu himpunan bilangan tetapi belum tahu anggotanya seperti apa, belum aturan yang berlaku di dalamnya. Kemudian kedalam himpunan ini diberikan dua operasi binair, penjumlahan (+) dan perkalian (·). Dengan dua operasi ini disusun beberapa aksioma. Dua aksioma penting adalah keujudan elemen 0 dan elemen 1. Inilah anggota bilangan real pertama yang kita ketahui. Selanjutnya dengan aksioma-aksioma ini dide nisikan anggota-anggota lainnya, seperti bilangan asli, bilangan bulat, bilangan rasional dan bilangan irrasional. Juga dide nisikan sifat-sifat yang mengatur hubungan antar anggota, seperti sifat urutan, sifat jarak, sifat kelengkapan dan sifat kepadatan.
1.1 Sifat aljabar bilangan real Bilangan real dipandang sebagai suatu himpunan, seterusnya dilambangkan dengan R. Selanjutnya, dide nisikan dua operasi binair '+' dan '·' masing-masing disebut operasi penjumlahan dan operasi perkalian. Kedua operasi binair ini diterapkan pada R dan memenuhi sifat-sifat sebagai berikut: (A1) a + b = b + a untuk setiap a, b ∈ R, yaitu komutatif terhadap penjumlahan. (A2) (a + b) + c = a + (b + a) untuk setiap a, b, c ∈ R, yaitu asosiatif terhadap penjumlahan. (A3) Terdapat elemen 0 ∈ R sehingga a + 0 = 0 + a = a untuk setiap a ∈ R. Elemen 0 ini disebut elemen nol. (A4) Untuk setiap a ∈ R selalu terdapat (−a) ∈ R sehingga a + (−a) = (−a) + a = 0. Elemen (−a) ini disebut negatif dari a. (M1) a · b = b · a untuk setiap a, b ∈ R, yaitu komutatif terhadap perkalian. (M2) (a · b) · c = a · (b · c) untuk setiap a, b, c ∈ R, yaitu asosiatif terhadap perkalian. (M3) Terdapat elemen 1 ∈ R sehingga a · 1 = 1 · a = a untuk setiap a ∈ R. Elemen 1 ini disebut elemen satuan.
1
(M4) Untuk setiap a ∈ R, a 6= 0 selalu terdapat (1/a) ∈ R sehingga a·(1/a) = (1/a)·a = 1. Elemen (1/a) ini disebut kebalikan dari a. (D) a · (b + c) = (a · b) + (a · c) dan (b + c) · a = (b · a) + (c · a) untuk setiap a, b, c ∈ R. Sifat ini disebut distributif perkalian terhadap penjumlahan. Diperhatikan bahwa ada 4 sifat yang berkaitan dengan operasi penjumlahan yaitu A1, A2, A3 dan A4 (notasi A untuk Adisi, atau penjumlahan), 4 sifat yang berkaitan dengan perkalian yaitu M1, M2, M3 dan M4 (M untuk Multiplikasi, atau perkalian) dan 1 sifat yang menggabungkan keduanya yaitu D (D untuk Distributif). Kesembilan sifat ini disebut sifat aljabar atau aksioma bilangan real. Sampai saat ini belum dide nisikan bilangan negatif dan operasi pengurangan. Notasi (−a) dianggap satu elemen didalam R. Begitu juga elemen kebalikan (1/a) dianggap satu elemen dan operasi pembagian belum dide nisikan. Berikut diberikan beberapa teorema sederhana yang diturunkan langsung dari sifat-sifat aljabar ini.
Teorema 1.1. Jika a bilangan real sebarang maka persamaan a + x = b mempunyai penyelesaian tunggal, yaitu x = (−a) + b.
Bukti.
Pertama ditunjukkan eksistensi penyelesaiannya. a+x (−a) + (a + x) ((−a) + a) + x 0+x x
= = = = =
b (diketahui) (−a) + b (−a) + b (A2) (−a) + b (A4) (−a) + b (A3)
Selanjutnya ditunjukkan bahwa penyelesaian ini adalah tunggal. Misalkan x1 penyelesaian lainnya maka dipenuhi a + x1 = b. Jadi diperoleh hubungan a + x1 = a + x. Berdasarkan langkah sebelumnya diperoleh x1 = (−a) + (a + x). Dengan menggunakan (A2) kemudian (A4) maka diperoleh x1 = x sehingga disimpulkan penyelesaiannya tunggal.
Latihan 1.1. Buktikan jika a bilangan real tidak nol maka persamaan a · x = b mem-
punyai penyelesaian tunggal, yaitu x = (1/b).
Teorema 1.2. Bila a suatu elemen pada R maka berlaku pernyataan berikut. 1. a · 0 = 0 , 2. (−1) · a = −a, 3. −(−a) = a, 4. (−1) · (−1) = 1.
2
1) Berdasarkan (M3) kita mempunyai a · 1 = a. Selanjutnya kedua ruas ini ditambahkan a, diperoleh
Bukti.
a+a·0 = = = =
a·1+a·0 a · (1 + 0) [menggunakan D] a · 1 [menggunakan A3] a [menggunakan M3]
Selanjutnya dengan menggunakan Teorema 1.1 dengan menganggap x sebagai a · 0 diperoleh a · 0 = (−a) + a = 0. 2)
Dari (M3) kita mempunyai a = 1 · a. Tambahkan pada kedua ruas dengan (−1) · a, diperoleh a + (−1) · a = = = =
1 · a + (−1) · a (1 + (−1)) · a [menggunakan D] 0 · a [menggunakan A4] 0 [menggunakan bagian i, setelah menerapkan (A1)]
Selanjutnya dengan menggunakan Teorema 1.1 dan menganggap x sebagai (−1) · a, kemudian menggunakan (A3) diperoleh (−1) · a = (−a) + 0 = −a.
Latihan 1.2. Lanjutkan pembuktian Teorema 1.2 yang belum selesai. Teorema 1.2 (1) mengatakan bahwa bilangan apapun jika dikalikan dengan nol maka hasilnya nol. Fakta ini merupakan teorema yang kebenarannya dapat dibuktikan, bukan suatu kesepakatan atau aksioma. Begitu juga dengan fakta lainnya pada teorema ini.
Teorema 1.3. Misalkan a, b, c elemen pada R. Maka pernyataan berikut berlaku 1. Jika a 6= 0 maka 1/a 6= 0 dan 1/(1/a) = a, 2. Jika a · b = a · c dan a 6= 0 maka b = c, 3. Jika a · b = 0 maka berlaku salah satu: a = 0 atau b = 0. 1) Karena a 6= 0 maka menurut (M4) selalu ada 1/a ∈ R. Andaikan 1/a = 0 maka diperoleh
Bukti.
1 = a · (1/a) = a · 0 = 0.
Hasil ini berlawanan atau kontradiksi dengan (M3). Jadi pengandaian ini salah, dan haruslah 1/a 6= 0. Selanjutnya karena 1/a 6= 0 dan karena (1/a) · a = 1 maka
3
dengan Latihan 1 dengan memandang a sebagai x maka diperoleh a = 1/(1/a). 2) Kedua ruas pada a · b = a · c dikalikan dengan (1/a) disertai dengan menggunakan (M2), diperoleh ((1/a) · a) · b = ((1/a) · a) · c ⇔ 1 · b = 1 · c [menggunakan M4] ⇔ b = c [menggunakan M3]
Latihan 1.3. Buktikan pernyataan 3 pada Teorema 1.3.
Beberapa operasi lainnya pada R Sejauh ini hanya ada dua operasi pada bilangan real. Melalui dua operasi ini diturunkan bebedapa operasi lainnya yang dide nisikan sebagai berikut : 1. Operasi pengurangan. Bila a, b ∈ R maka notasi a−b dibaca a dikurang dengan b dan dide nisikan oleh a − b := a + (−b).
2. Operasi pembagian. Bila a, b ∈ R, b 6= 0 maka notasi a/b atau dengan b dan dide nisikan oleh
a b
dibaca a dibagi
a/b := a · (1/b).
3. Operasi pangkat. Bila a ∈ R maka notasi a2 dibaca a dipangkatkan dengan dua atau a kuadarat dan dide nisikan sebagai a2 := a · a. Secara umum untuk n bilangan asli, an adalah a dipangkatkan dengan n dide nisikan oleh an := a | · a · a{z· · · · · a} . sebanyak n faktor
Untuk a 6= 0, notasi a−1 dimaksudkan untuk 1/a dan notasi a−n untuk (1/a)n .
Beberapa himpunan bagian penting pada R 1. Bilangan asli. Himpunan bilangan asli dilambangkan dengan N dipandang sebagai himpunan bagian R dan n ∈ N dide nisikan sebagai n := |1 + 1 + 1{z+ · · · + 1} . sebanyak n suku
4
R Q
himpunan bilangan rasional
R\Q
Misal: -3/4, -1, 0, 2, 1/2, 4/5.
himpunan bilangan irrasional
Z: himpunan bilangan bulat { . . . ,-2, -1, 0, 1, 2, . . . }
Misal: 2,
N: himpunan bilangan asli {1, 2, 3, . . . }
Gambar 1.1: Struktur bilangan real 2. Bilangan bulat. Himpunan bilangan bulat dilambangkan dengan Z dan keanggotannya dapat dide nisikan sebagai berikut : Z := {−n : n ∈ N} ∪ N ∪ {0}
dengan −n := (−1) + (−1) + (−1) + · · · + (−1). |
{z
}
sebanyak n suku
3. Bilangan rasional dan irrasional. Himpunan bilangan rasional dilambangkan dengan Q adalah elemen bilangan real yang dapat ditulis dalam bentuk pecahan. Jadi, Q :=
b : a, b ∈ Z, a 6= 0 . a
Bilangan real selain bilangan rasional disebut bilangan irrasional dan himpunan bilangan irrasional ini biasa dilambangkan dengan R \ Q. Notasi ":=" berarti "dide nisikan oleh" (de ned by ). Penggunaan notasi ini lebih tepat daripada menggunakan "=" karena tanda sama dengan seharusnya digunakan untuk menyatakan kesamaan kedua ruas. Struktur bilangan real diberikan pada Gambar 1.1.
Teorema 1.4. Tidak ada bilangan rasional r sehingga r2 = 2. Proof. Andai ada bilangan rasional yang kuadratnya sama dengan dua. Untuk itu dapat ditulis r = mn dengan m dan n tidak mempunyai faktor persekutuan selain 1. Diperoleh m2 r = 2 = 2 ⇒ m2 = 2n2 , n 2
berarti m2 bilangan genap. Karena itu m juga genap (lihat latihan berikut!). Karena m genap maka dapat ditulis m = 2p. Substitusi m ini ke kesamaan sebelumnya, diperoleh (2p)2 = 2n2 ⇒ 4p2 = 2n2 ⇒ n2 = 2p2 .
5
Ini berarti n2 bilangan genap, akibatnya n juga bilangan genap. Berangkat dari pengandaian tadi diperoleh dua pernyataan berikut a. m dan n tidak mempunyai faktor persekutuan selain 1, berarti m dan n tidak mungkin keduanya genap. b. m dan n bilangan genap. Kedua pernyataan ini bertentangan (kontradiksi), sehingga pengandaian harus diingkari. Kesimpulannya Teorema terbukti.
Beberapa soal yang dipecahkan Contoh 1.1. Buktikan bahwa jika z ∈ R bilangan irrasioanl dan r 6= 0 bilangan rasional
maka r + z dan rz bilangan irrasional. Penyelesaian.
Dibuktikan dengan kontradiksi. Andai r + z rasional, maka dapat ditulis r+z =
p m dan r = , m, n, p, q ∈ Z, n, q 6= 0. n q
Dari sini diperoleh z=
mq − np m p − = , n q nq
yaitu z rasional, sebab mq − np, nq ∈ Z, nq 6= 0. Kontradiksi dengan z irrasional. Jadi pengandaian r + z rasional salah, dan haruslah r + z irrasional. Dengan argumen yang sama dapat dibuktikan sisanya.
Contoh 1.2. Buktikan bahwa jika a, b ∈ R maka 1. −(a + b) = (−a) + (−b) 2. (−a) · (−b) = a · b 3. 1/(−a) = −(1/a), a 6= 0 4. −(a/b) = (−a)/b, b 6= 0. Bukti.
1). Dengan menggunakan Teorema 1.2(2) dan sifat distributif diperoleh −(a + b) = (−1) · (a + b) = (−1) · a + (−1) · b = (−a) + (−b).
6
2). Diperhatikan penjabaran berikut, coba justi kasi setiap langkah yang diberikan (−a) · (−b) = = = = = =
((−1) · a) · ((−1) · b) (a · (−1)) · ((−1) · b) a · ((−1) · ((−1) · b)) a · (((−1) · (−1)) · b) a · (1 · b) a·b
Latihan 1.4. Kerjakan bagian 3 dan 4 pada Contoh 1.1. Contoh 1.3. Bila bilangan real a memenuhi a · a = a maka salah satunya berlaku: a = 0 atau a = 1. Bukti.
Diketahui a · a = a. Coba lengkapi justi kasi untuk tiap-tiap langkah berikut. a · a + (−a) = a + (−a) a · a + (−1) · (a) = 0 (a + (−1)) · a = 0.
Dengan menggunakan Teorema 1.3(iii) diperoleh a + (−1) = 0 atau a = 0. Lanjutkan langkah untuk menyimpulkan a = 1 dari a + (−1) = 0.
Contoh 1.4. Bila a 6= 0 dan b 6= 0, buktikan 1/(ab) = (1/a) · (1/b). Karena a 6= 0 dan b 6= 0 maka ab 6= 0 sehingga berdasarkan Teorema 1.3 (i) diperoleh
Bukti.
1 = a·b (1/ab) 1 · (1/b) = a · (b · (1/b)) (1/ab) 1 · (1/b) = a (1/ab) 1 · ((1/b) · (1/a)) = a · (1/a) (1/ab) 1 · ((1/b) · (1/a)) = 1. (1/ab)
Dari baris terakhir dapat disimpulkan (1/a) · (1/b) = 1 merupakan elemen kebalikan dari (1/a) · (1/b). (1/ab)
7
1 (1/(1/ab))
= 1/(ab) karena
1.2 Sifat urutan bilangan real Urutan pada bilangan real merujuk pada hubungan ketidaksamaan antara dua bilangan real. Sebelum dide nisikan urutan terlebih dulu dide nisikan bilangan positif.
De nisi 1.1. Pada R terdapat himpunan bagian takkosong P dengan sifat-sifat berikut 1. Jika a, b ∈ P maka a + b ∈ P. 2. Jika a, b ∈ P maka a · b ∈ P. Himpunan P ini selanjutnya disebut himpunan bilangan positif. Selanjutnya diturunkan sifat trikotomi pada bilangan real, yaitu bila a ∈ R sebarang maka tepat satu pernyataan berikut dipenuhi, yaitu a ∈ P, atau a = 0, atau − a ∈ P.
Selanjutnya himpunan bilangan negatif dide nisikan sebagai himpunan {−a : a ∈ P} .
Jadi himpunan bilangan real terbagi atas tiga himpunan saling asing yaitu bilangan positif, bilangan negatif dan nol. Selanjutnya urutan pada bilangan real dide nisikan sebagai berikut
De nisi 1.2. Berikut ini de nisi ketidaksamaan antara elemen-elemen pada R : 1. Bilangan a ∈ P disebut bilangan positif dan ditulis a > 0. Notasi a ≥ 0 berarti a ∈ P ∪ {0}, dan a disebut bilangan taknegatif. 2. Bilangan a ∈ P sehingga −a ∈ P disebut bilangan negatif, ditulis a < 0. Notasi a ≤ 0 berarti −a ∈ P ∪ {0}, dan a disebut bilangan takpositif. 3. Bilangan real a dikatakan lebih besar dari b, ditulis a > b jika hanya jika a − b ∈ P Notasi a < b < b dimaksudkan berlaku keduanya a < b dan b < c. Bila a ≤ b dan b < c, maka ditulis a ≤ b < c.
Teorema 1.5. Misalkan a, b, c tiga bilangan real. Maka pernyataan berikut berlaku 1. Jika a > b dan b > c maka a > c, 2. Tepat satu pernyataan berikut memenuhi : a > b, a = b, a < b. 1)Karena a > b dan b > c maka berdasarkan de nisi berlaku a − b ∈ P, dan b − c ∈ P. Dengan sedikit trik diperoleh
Bukti.
a − c = (a − b) + (b − c) ∈ P, yakni a > c.
2) Terapkan sifat trikotomi pada a − b.
8
Teorema 1.6. Misalkan a, b, c, d bilangan-bilangan real. Maka berlaku 1. Jika a > b maka a + c > b + c. 2. Jika a > b, c > d maka a + c > b + d. 3. Jika a > b dan c > 0 maka ca > cb. 4. Jika a > b dan c < 0 maka ca < cb. 1) Karena diketahui a−b ∈ P maka (a+c)−(b+c) = a−b ∈ P, yaitu a+c > b+c. 2) Karena diketahui a−b ∈ P dan c−d ∈ P maka (a+c)−(b+d) = (a−b)+(c−d) ∈ P, yaitu a + c > b + d. 3) Karena diketahui a − b ∈ P, c ∈ P maka (a − b)c = ac − bc ∈ P, yaitu ac > bc.
Bukti.
Latihan 1.5. Buktikan bagian 4 pada Teorema 1.5. Teorema 1.7. Jika a dan b bilangan real dengan a < b maka a < 12 (a + b) < b. Karena a < b maka 2a = a + a < a + b. Dengan argumen yang sama diperoleh juga a + b < b + b = 2b. Dengan menggabungkan kedua hasil ini, diperoleh
Bukti.
2a < a + b < 2b ←→ a <
a+b < b. 2
Latihan 1.6. Buktikan bahwa jika a > 0 maka 0 < 21 a < a. Teorema berikut menjamin bahwa suatu bilangan taknegatif yang kurang dari bilangan positif apapun adalah nol.
Teorema 1.8. Bila a ∈ R dengan 0 ≤ a < untuk setiap ε > 0 maka a = 0. Bukti dengan kontradiksi. Andaikan a > 0. Berdasarkan Latihan sebelumnya, berlaku 0 < 12 a < a. Sekarang ambil ε0 := 12 a > 0, sehingga berlaku 0 < ε0 < a. Hal ini kontradiksi dengan hipotesis bahwa 0 ≤ a < untuk setiap ε > 0. Jadi pengandai salah, dan haruslah a = 0.
Bukti.
Latihan 1.7. Bila a, b bilangan real dengan a < b + ε untuk setiap ε > 0 maka a ≤ b. Berdasarkan de nisi bilangan positif bahwa perkalian dua bilangan positif akan menghasilkan bilangan positif. Tetapi sebaliknya, bila hasil kali dua bilangan real adalah positif belum tentu kedua bilangan real tadi positif.
Teorema 1.9. Jika ab > 0 maka berlaku salah satu dari dua kemungkinan berikut: a > 0 dan b > 0 atau a < 0 dan b < 0.
9
Karena ab > 0 maka a 6= 0 dan b 6= 0, sebab jika salah satu diantara a atau b bernilai nol maka ab = 0. Karena sifat trikotomi kemungkinnya a > 0 atau a < 0. Untuk a > 0 maka 1/a > 0 dan
Bukti.
b = 1 · b = ((1/a)a) b = (1/a) (ab) > 0. | {z } |{z} >0
>0
Untuk kasus a < 0, diperoleh −a > 0 atau 1/(−a) > 0 sehingga diperoleh 0 < (1/(−a))(ab) = −(1/a)(ab) = − ((1/a) · a) · b = −1 · b = −b.
Karena −b > 0 maka disimpulkan b < 0.
Latihan 1.8. Buktikan bahwa jika ab < 0 maka berlaku salah satu dari dua kemungk-
inan berikut:
a > 0 dan b < 0 atau a < 0 dan b > 0.
Kedua hasil yang baru saja diberikan mengatakan bahwa jika hasil kali dua bilangan positif maka kedua bilangan itu bertanda sama. Sebaliknya, jika hasil kali kedua bilangan negatif maka kedua bilangan itu berlainan tanda.
Beberapa ketidaksamaan penting pada R Teorema 1.10. Misalkan a ≥ 0 dan b ≥ 0. Maka pernyataan-pernyataan berikut adalah equivalen:
1. a < b 2. a2 < b2 3.
√
Bukti.
a<
√
b.
Untuk a = 0 diperoleh pernyataan b > 0 ←→ b2 > 0 ←→
√ b > 0.
Fakta ini mudah dibuktikan sendiri. Sekarang diasumsikan a > 0 dan b > 0, yaitu a + b > 0. (1) → (2): Diketahui a < b, atau a − b < 0. Jadi diperoleh a2 − b2 = (a − b) (a + b) < 0 | {z } | {z } <0
>0
(2) → (1): Diketahui a2 −b2 = (a − b) (a + b) < 0. Karena diketahui pula a+b > 0 | {z } | {z } <0
>0
maka haruslah a − b < 0, atau a < b. (i) ↔ (iii): Sebelumnya sudah dibuktikan bahwa jika x, y > 0 maka x < y ←→ x2 < y 2 .
10
√
Pada bagian √ 2ini diambil x = a dan y = dan b = b) maka diperoleh
√ √ b sehingga x, y > 0. Karena a = ( a)2
√ √ √ √ a < b ←→ ( a)2 = a < b = ( b)2 .
Jadi lengkaplah bukti ini karena telah ditunjukkan berlakunya equivalensi (3) ↔ (1) ↔ (2).
Teorema 1.11. [Rata-rata berlaku
aritmatika-geometri]
√
Bila a dan b bilangan positif maka
1 ab ≤ (a + b). 2
(RAG)
Bila a = b maka relasi pada (RAG)√menjadi kesamaan. Sekarang diasumsikan √ a 6= b. Karena a > 0 dan b > 0 maka a > 0 dan b > 0. Diperhatikan bahwa
Bukti.
√ √ √ √ 0 6= a − b = ( a − b) ( a + b) . | {z } >0
√ √ Jadi ( a − b) 6= 0, dan selanjutnya dikuadratkan diperoleh √ √ √ √ 1 0 < ( a − b)2 = a − 2 ab + b ⇐⇒ ab > (a + b). 2
Rata-rata aritmatika (RA) dari dua bilangan real a dan b adalah a+b , sedangkan rata2 √ rata geometri (RG) dari a dan b adalah ab. Biasanya dalam kehidupan sehari-hari, rata-rata aritmatika lebih sering digunakan daripada rata-rata geometri. Secara umum dua macam rata-rata ini dide nisikan sebagai berikut: Misalkan diketahui bilangan real atau data a1 , a2 , · · · , an maka n
dengan notasi berlaku bahwa
P
1X RA = ak , RG = n k=1 Q
untuk penjumlahan dan
n Y
!1/n ak
k=1
untuk perkalian suku-suku. Masih tetap
RG ≤ RA.
Teorema 1.12 (Ketidaksamaan Bernoulli). Jika x > −1 maka untuk setiap n ∈ N berlaku
(1 + x)n ≥ 1 + nx.
(KB)
Dibuktikan dengan induksi matematika. Untuk n = 1 kedua ruas pada (KB) menjadi kesamaan. Diasumsikan berlaku untuk n = k , yaitu berlaku (1 + x)k ≥ 1 + kx. Untuk n = k + 1, diperoleh
Bukti.
(1 + x)k+1
(1 + x)k ≥ 1 + kx [ diketahui ] = (1 + x)k (1 + x) ≥ (1 + kx)(1 + x) = 1 + (k + 1)x + kx2 ≥ 1 + (k + 1)x.
11
Jadi berlaku untuk n = k + 1. Perhatikan pada baris kedua kedua ruas dikalikan dengan (1 + x) suatu bilangan positif karena x > −1.
Teorema 1.13 (Ketidaksamaan Cauchy). Misalkan a1 , a2 , · · · an dan b1 , b2 , · · · , bn bilangan real maka berlaku
n X
!2 ≤
ak bk
k=1
Bukti.
!
n X
n X
a2k
k=1
! b2k
.
k=1
Dide nisikan fungsi F : R → R dengan F (t) :=
n X
(ak − tbk )2 .
k=1
Jelas F fungsi taknegatif, karena itu diperoleh F (t) = =
n X
a2k − 2tak bk + t2 b2k
k=1 n X
! b2k
t2 − 2
k=1
n X
! ak bk
n X
t+
! a2k
≥ 0.
k=1
k=1
Jadi F merupakan fungsi kuadrat de nit tak negatif, sehingga diskriminannya pun tak negatif, yaitu 4
n X
!2 ak bk
−4
k=1
n X
! b2k
k=1
n X
! a2k
≤ 0.
k=1
Akhirnya dengan memindahkan ruas pada ketidaksamaan ini terbuktilah bahwa n X
!2 ak bk
≤
n X
! a2k
k=1
k=1
n X
! b2k
.
k=1
Soal-soal yang dipecahkan 1. Diketahui a, b ∈ R.Buktikan a2 + b2 = 0 ←→ a = 0 dan b = 0. 2. Bila 0 ≤ a < b, buktikan a2 ≤ ab < b2 . Tunjukkan bahwa a2 < ab < b2 tidak selalu berlaku. √
ab < b dan 1b < a1 . 2 4. Buktikan untuk setiap a, b ∈ R berlaku 12 (a + b) ≤ 21 (a2 + b2 ).
3. Buktikan jika 0 < a < b maka berlaku a <
12
5. Buktikan kebenaran pernyataan berikut a) 0 < c < 1 → 0 < c2 < c < 1 b) c > 1 → 1 < c < c2 . 6. Bila untuk sebarang a, b ∈ R berlaku a ≤ b + ε untuk setiap ε > 0 maka a ≤ b. 7. Temukan himpunan penyelesaian yang memenuhi pertidaksamaan berikut a) x2 > 3x + 4 b) 1 < x2 < 4 c) d)
1 x 1 x
<x < x2 .
1.3 Nilai mutlak dan jarak pada R Pada sifat urutan bilangan real baru diketahui urutan lebih besar antara dua bilangan real, tetapi belum diketahui pengertian jarak antara dua bilangan real. Jarak atau secara umum disebut metrik pada bilangan real ini ditentukan melalui nilai mutlak.
De nisi 1.3. Nilai mutlak suatu bilangan real a, ditulis dengan |a| dide nisikan sebagai: bila a > 0, bila a = 0, bila a < 0.
a |a| := 0 −a
Sebagai contoh, |3| = 3, |0| = 0, dan | − 1| = 1. Dengan kata lain, nilai multak bilangan real bersifat dikotomi, yaitu nol atau positif. Diperhatikan tiga cabang pada de nisi nilai mutlak dapat disederhanakan menjadi ( |a| :=
bila a ≥ 0, bila a < 0.
a −a
Teorema berikut menyajikan sifat-sifat dasar nilai mutlak.
Teorema 1.14. Misalkan a, b, c bilangan-bilangan real. Maka berlaku pernyataan berikut 1. |a| = 0 bila hanya bila a = 0 2. | − a| = |a| 3. |ab| = |a||b| 4. untuk c ≥ 0, |a| ≤ c bila hanya bila −c ≤ a ≤ c.
13
5. −|a| ≤ a ≤ |a|. 1)(⇐=): langsung dari de nisi. (=⇒): dibuktikan melalui kontraposisinya, yaitu jika a 6= 0 maka |a| 6= 0, juga langsung dari de nisi. 2) Jika a = 0 maka diperoleh |a| = |0| = 0 = | − 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|. 3) Bila minimal salah satu dari a atau b bernilai nol maka kedua ruas bernilai nol. Bila keduanya tidak ada yang nol, ada 4 kemungkinan untuk nilai a, b yang perlu diselidiki yaitu a > 0, b > 0 atau a > 0, b < 0 atau a < 0, b > 0 atau a < 0, b < 0. Untuk a > 0, b < 0 maka ab < 0, |a| = a, |b| = −b sehingga berlaku |ab| = −(ab) = (a)(−b) = |a||b|. Untuk kemungkinan lainnya silahkan dicoba sendiri sebagai latihan. 4) (⇐=): karena |a| ≤ c maka a ≤ c dan −a ≤ c atau a ≥ −c, digabungkan diperoleh −c ≤ a ≤ c. (=⇒): bila −c ≤ a ≤ c maka kita mmepunyai a ≤ c dan −c ≤ a, atau −a < c. Karena |a| bernilai |a| atau | − a| maka disimpulkan |a| < c.
Bukti.
5) Dengan mengambil c := |a| ≥ 0 pada bagian (4) maka |a| ≤ |a| adalah pernyataan yang benar. Implikasinya adalah −|a| ≤ c ≤ |a|. Cara lain adalah dengan menggunakan kenyataan bahwa |a| ≥ a berlaku untuk setiap a ∈ R. Karena −a ∈ R maka |a| = | − a| ≥ −a, atau −|a| ≤ a. Setelah digabungkan diperoleh −|a| ≤ c ≤ |a|.
De nisi 1.4. Jarak (metrik) antara dua bilangan real a dan b dide nisikan sebagai d(a, b) := |a − b|.
Bila b = 0 maka d(a, 0) = |a| dipandang sebagai jarak a terhadap titik asal 0. Interpretasi sederhana bilangan real dapat disajikan dalam garis bilangan. Gambar berikut adalah garis bilangan dan ilustrasi jarak antara −3 dan 2. -4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
| -3 - 2 | = 5
Gambar 1.2: Garis bilangan dan jarak antara dua bilangan real Teorema berikut berkaitan dengan sifat dasar nilai mutlak dan sangat sering digunakan dalam analisis.
Teorema 1.15. (Ketidaksamaan segitiga) Untuk sebarang bilangan real a dan b berlaku |a + b| ≤ |a| + |b|.
14
(KS)
Dari Teorema 1.14(5) kita mempunyai −|a| < a < |a| dan −|b| < b < |b|. Dengan menjumlahkan dua ketidaksamaan ini diperoleh
Bukti.
−(|a| + |b|) < a + b < (|a| + |b|).
Kemudian, dari bagian (4) dengan menganggap c := (|a| + |b|) maka terbukti bahwa |a + b| ≤ |a| + |b|.
Latihan 1.9. Untuk sebarang bilangan real a dan b, buktikan 1. ||a| − |b|| ≤ |a − b|. 2. |a − b| ≤ |a| + |b|.
Contoh 1.5. Tentukan semua bilangan real x yang memenuhi |x − 1| > |x + 1|. Diperhatikan titik x = −1 dan x = 1 merupakan titik transisi, yaitu perbatasan dimana nilai mutlak berubah pola. Untuk x < −1, maka x − 1 < 0 dan x + 1 > 0 sehingga |x − 1| = −(x − 1) dan |x + 1| = −(x + 1). Subtitusi kedalam ketidaksamaan diperoleh
Penyelesaian.
−(x − 1) > −(x + 1) ⇐⇒ 1 > −1
suatu pernyataan yang benar untuk setiap x < −1. Untuk −1 < x < 1 berlaku |x − 1| = −(x − 1) dan |x + 1| = (x + 1). Subtitusi kedalam ketidaksamaan diperoleh −(x − 1) > (x + 1) ⇐⇒ 2x >< 0 ⇐⇒ x < 0.
Untuk x > 1 berlaku |x − 1| = x − 1 dan |x + 1| = x + 1. Substitusi ke dalam ketidaksamaan diperoleh x − 1 > x + 1 ⇐⇒ −1 > 1
suatu pernyataan yang salah untuk setiap x > 1. Dengan menggabungkan ketiga hasil ini diperoleh himpunan penyelesaian untuk x sebagai berikut {x : x < −1} ∪ {x : x < 0} = {x : x < 0}.
Cara lain adalah dengan menggunakan Teorema 1.10 sebelumnya, yaitu |x−1| > |x+1| ⇔ (x−1)2 > (x+1)2 ⇔ x2 −2x+1 > x2 +2x+1 ⇔ 4x < 0 ⇔ x < 0.
Perhatikan Teorema 1.10 memberikan dasar untuk mengkuadartkan kedua ruas ketidaksamaan. Perlu hati-hati syarat yang harus dipenuhi adalah kedua ruas terjamin tidak bernilai negatif.
15
Latihan 1.10. Tentukan semua bilangan real x yang memenuhi |x| + |x + 1| < 2. Dapat diperiksa bahwa jarak (metrik) seperti diberikan pada De nisi 1.4 memenuhi sifat-sifat sebagai berikut 1. d(x, y) ≥ 0 untuk setiap x, y ∈ R. 2. d(x, y) = 0 bila hanya bila x = y . 3. d(x, y) = d(y, x) untuk setiap x, y ∈ R. 4. d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y) untuk setiap x, y ∈ R. Sifat 4 ini merupakan generalisasi dari ketidaksamaan segitiga (KS). Himpunan bilangan real yang dilengkapi dengan metrik d ini disebut ruang metrik. Lebih lanjut, pada analisis dikenal pula ruang bernorma, ruang Banach, ruang Hilbert dan lain-lain.
Latihan 1.11. Misalkan S himpunan takkosong, buktikan fungsi d pada S × S yang dide nisikan oleh
( 0 d(s, t) := 1
bila s = t, bila s = 6 0.
merupakan metrik. Metrik ini disebut metrik diskrit. Bentuk lain generalisasi dari KS diungkapkan pada teorema berikut.
Teorema 1.16. Untuk sebarang bilangan real a1 , a2 , · · · , an , berlaku |a1 + a2 + · · · + an | ≤ |a1 | + |a2 | + · · · + |an |.
Dapat dibuktikan dengan induksi. Ingat prinsip induksi, jika berlaku untuk dua bilangan maka akan berlaku untuk sebanyak berhingga bilangan.
Bukti.
Soal-soal yang perlu dipecahkan 1. Jika a, b ∈ R, buktikan bahwa |a + b| = |a| + |b| bila hanya bila ab ≥ 0. 2. Jika x < z , buktikan bahwa x < y < z bila hanya bila |x − y| + |y − z| = |x − z|. Interprestasikan fakta ini secara geometris. 3. Jika a < x, y < b, tunjukkan bahwa |x − y| < b − a. Berikan interpretasi geometrinya. 4. Gambarkan gra k fungsi y = |x| + |x − 1|. 5. Tentukan semua x yang memenuhi pertidaksamaan berikut a) 4 < |x + 2| + |x + 1| < 5 b) |2x − 3| < 5 dan |x + 1| > 2 secara bersamaan.
16
6. Tentukan semua pasangan titik (x, y) dan sketsa gra k pada R×R yang memenuhi persamaan berikut a) |x| = |y| b) |xy| = 1 c) |x| + |y| = 2 d) |x| − |y| = 1. 7. Tentukan semua pasangan titik (x, y) dan sketsa gra k pada R×R yang memenuhi pertidaksamaan berikut a) |x| ≤ |y| b) |xy| ≥ 1 c) |x| + |y| ≤ 2 d) |x| − |y| ≥ 1.
1.4 Supremum dan in mum Ketika kita diberikan himpunan A := [0, 1) maka minimum atau anggota terkecil himpunan ini adalah 0. Pertanyaannya, apakah A mempunyai maksimum? Kalau ada, berapa nilainya. Perhatikan bahwa 1 bukan nilai maksimum karena ia tidak termuat di dalam A. Pertanyaan yang sejenis, apakah himpunan B := (0, 1] mempunyai minimum?. Dengan kata lain, apakah ada bilangan positif terkecil?. Untuk pertanyaan terakhir ini jawabannya diberikan pada contoh berikut.
Contoh 1.6. Buktikan himpunan B := (0, 1] tidak mempunyai minimum. Gunakan metoda kontradiksi. Anda B mempunyai minimum, katakanlah nilainya xmin . Maka haruslah memenuhi 0 < xmin < 1. Ambil a := 12 xmin . Maka berdasarkan teorema yang sudah dibahas sebelumnya berlaku 0 < a < xmin dan a ∈ B . Jadi ada anggaota B yang lebih kecil dari xmin padahal xmin adalah minimum. Fakta ini menghasilkan kontradiksi sehingga pengandaian kita adalah salah. Kesimpulannya B tidak mempunyai minimum.
Bukti.
Latihan 1.12. Buktikan himpunan A := [0, 1) tidak mempunyai maksimum. Diperhatikan bahwa pada 1 bukan maksimum himpunan A := [0, 1) tetapi tidak ada anggota A yang lebih besar dari 1. Nantinya bilangan 1 seperti ini disebut batas atas paling kecil atau supremum untuk himpunan A. Sebelumnya diberikan de nisi batas ata dan batas bawah himpunan sebagai berikut.
De nisi 1.5. Misalkan S suatu himpunan bagian dari R.
17
Gambar 1.3: Ilustrasi batas atas dan batas bawah 1. Bilangan u ∈ R dikatakan batas atas S jika s ≤ u untuk setiap s ∈ S . 2. Bilangan w ∈ R dikatakan batas bawah S jika w ≤ s untuk setiap s ∈ S . Ilustrasi batas atas dan batas bawah himpunan diberikan Gambar 1.3. Jadi batas atas atas dan batas bawah tidak tunggal seperti nilai maksimum atau minimum. Kita sebut himpunan batas atas A, ditulis hba(A) untuk menyatakan kumpulan semua batas atas A. Notasi dan maksud yang sesuai untuk hbb(B).
Contoh 1.7. Diberikan S := [0, 1), maka himpunan batas atas S dan himpunan batas bawah S adalah
hba(S) = {x ∈ R : x ≥ 1} dan hbb(S) = {x ∈ R : x ≤ 0}. Diperhatikan 0 ∈ S dan 0 adalah batas bawah, sedangkan 1 ∈ / S dan 1 batas atas S .
Contoh 1.8. Himpunan bilangan asli N tidak mempunyai batas bawah maupun batas atas.
Contoh 1.9. Himpunan S := { n1 : n ∈ N} mempunyai himpunan batas bawah {x : x ≤
0} dan mempunyai himpunan batas atas {x : x ≥ 1}.
Contoh 1.10. Buktikan setiap bilangan real adalah batas atas himpunan kosong ∅. Argumennya dapat dijelaskan sebagai berikut. Bilangan u ∈ R batas atas S dapat disajikan dalam kalimat logika berikut
Bukti.
s ∈ S → s < u.
Dalam kasus S himpunan kosong maka pernyataan s ∈ S bernilai salah, sehingga kalimat implikasi s ∈ S → s < u selalu benar. Dengan argumen yang sejalan dapat disimpulkan bahwa semua bilangan real juga merupakan batas bawah himpunan kosong.
Contoh 1.11. Tuliskan de nisi p bukan batas atas S . 18
Penyelesaian.
Perhatikan de nisi batas atas dalam kalimat logika berikut p batas atas S ←→ p ≥ s untuk setiap s ∈ S.
Dengan membuat ingkaran kalimat ini maka diperoleh de nisi bukan batas atas berikut p bukan batas atas S ←→ ada s0 ∈ S sehingga p < s0 .
Latihan 1.13. Tuliskan de nisi d bukan batas bawah S . De nisi 1.6. Himpunan yang mempunyai batas atas disebut terbatas diatas (bounded above ), sedangkan himpunan dikatakan terbatas dibawah (bounded below ) jika ia mempunyai batas bawah. Himpunan dikatakan terbatas jika ia terbatas diatas dan terbatas dibawah.
Contoh 1.12. Himpunan bilangan real R := (−∞, ∞) tidak terbatas diatas maupun
dibawah. Himpunan S := [1, ∞) terbatas dibawah. Himpunan E := { n1 : n ∈ N} terbatas.
De nisi 1.7. Misalkan S himpunan bagian dari R. 1. Misalkan S terbatas diatas. Maka batas atas u dikatakan supremum S jika tidak ada bilangan lain yang lebih kecil dari u yang menjadi batas atas S . Dengan kata lain u batas atas yang paling kecil. 2. Misalkan S terbatas dibawah. Maka batas bawah w dikatakan in mum dari S jika tidak ada bilangan lain yang lebih besar dari w yang menjadi batas bawah S . Dengan kata lain w batas bawah yang paling besar. Kedua istilah ini ditulis dalam u = sup(S) dan w = inf(S). Karakterisasi supremum
Berdasarkan de nisi, u = sup(S) dapat dikarakterisasi oleh dua kondisi berikut, yaitu: 1. u ≥ s untuk setiap s ∈ S , 2. bila ada v ∈ R dengan v < u maka ada s0 ∈ S sehingga v < s0 . Kondisi pertama menyatakan bahwa v haruslah batas atas S dan kondisi kedua menyatakan bahwa batas atas ini haruslah yang terkecil. Artinya bila ada v bilangan lain yang lebih kecil dari s maka v bukan batas atas S lagi.
Contoh 1.13. Tulisakan karakterisasi w = inf S .
19
Gambar 1.4: Ilustrasi supremum dan in mum Ilustrasi gra k supremum dan in mum diberikan pada Gambar 1.4. Berdasarkan de nisi dan ilustrasi ini kita dapat membuktikan bahwa supremum atau in mum suatu himpunan adalah tunggal. Berikut teorema mengenai fakta ini.
Teorema 1.17. Supremum suatu himpunan selalu tunggal. Andaikan u = sup S dan u1 = sup S dengan u 6= u1 . Karena itu ada dua kemungkinan yang dapat terjadi, yaitu u < u1 atau u > u1 . Untuk u < u1 berarti u bukan batas atas S , ini berlawanan dengan u = sup S . Untuk u > u1 berarti u1 bukan batas atas S , ini bertentangan dengan u1 = sup S . Jadi pengandaian u 6= u1 salah, seharusnya u = u1
Bukti.
Latihan 1.14. Buktikan in mum suatu himpunan selalu tunggal. Berikut adalah kriteria epsilon yang sering digunakan untuk mengetahui suatu batas atas merupakan supremum atau bukan.
Teorema 1.18. Misalkan u suatu batas atas himpunan S . Maka berlaku pernyataan
berikut
u = sup S ↔ ∀ε > 0, ∃s ∈ S sehingga u − ε < s.
(1.1)
Bukti. (→):
Ambil ε > 0 sebarang. Karena diketahui u = sup S maka u − ε bukan batas atas S , jadi ada s ∈ S sehingga u − ε < s. (←): Akan ditunjukkan bahwa u yang memenuhi sebelah kanan (1.1) merupakan supremum S . Misalkan v sebarang bilangan real dengan v < u. Ambil ε := u−v > 0, maka ada s ∈ S sehingga u − ε = u − (u − v) = v < s.
Ini berarti v bukan batas atas S , dan berdasarkan karakteristik supremum disimpulkan bahwa u = sup S . Fakta pada teorema ini diilustrasikan pada Gambar 1.5.
Latihan 1.15. Misalkan w suatu batas atas himpunan S . Maka berlaku pernyataan berikut
w = inf S ↔ ∀ε > 0, ∃s ∈ S sehingga w + ε > s.
(1.2)
Contoh 1.14. Diperhatikan himpunan S := {x : 0 ≤ x < 1}. Maka max S tidak ada, tetapi sup S = 1, min S = inf S = 0.
20
s
Gambar 1.5: Ilustrasi kriteria epsilon untuk supremum Contoh 1.15. Diperhatikan himpunan S := { n1 : n ∈ R}. Maka maks S = sup S = 1, min S tidak ada tetapi inf S = 0.
Hasil ini dapat dibuktikan sebagai berikut. Jika diberikan ε > 0 sebarang maka selalu dapat dipilih bilangan asli n0 dengan n0 > 1/ε. Nah, s = n10 ∈ S dan 0 + s > ε. Berdasarkan kriteria in mum (latihan sebelumnya) maka disimpulkan 0 adaah in mum S .
Bukti.
Pada pembuktian ini telah digunakan sifat Archimedes sebagai berikut Setiap ε > 0 selalu terdapat bilangan asli n sehingga
1 n
< ε.
Sebagai ilustrasi sifat Archimedes ini, diperhatikan fakta berikut: ε = 0.0012 →
1 1 1 = 833.333 · · · , ambil n = 834 maka berlaku = < 0.0012 = ε. ε n 834
Setelah mempelajari supremum, maksimum, in mum dan minimum maka jelaslah bahwa konsep supremum dan in mum lebih luas daripada konsep maksimum dan minimum. Faktanya, bila suatu himpunan S mempunyai maksimum dan minimum maka sup S = maks S, inf S = min S.
Sebaliknya tidak semua himpunan mempunyai supremum atau in mum. Himpunan yang tidak mempunyai batas atas tentu tidak mempunyai supremum, begitu juga himpunan yang tidak terbatas ke bawah tidak mungkin mempunyai in mum. Himpunan bilangan real R tidak mempunyai supremum maupun in mum. Ingat supremum dan in mum merupakan bilangan real, sedangkan ∞ atau −∞ bukan bilangan real.
Sifat supremum dan in mum Sifat ini dapat disajikan secara sederhana sebagai berikut. Setiap himpunan tak kosong yang terbatas diatas selalu mempunyai supremum, dan setiap himpunan tak kosong yang terbatas dibawah selalu mempunyai in mum. Sifat supremum ini dikenal juga dengan sifat kelengkapan bilangan real. Dengan sifat ini terjamin bahwa garis bilangan adalah "padat", artinya tidak ada satupun titik yang hilang. Sebagai ilustrasi, diperhatikan himpunan terbatas berikut A := {x > 0 : x2 < 2}.
21
Himpunan√A ini tidak mempunyai maksimum √ tetapi A mempunyai supremum, yaitu sup A = 2. Fakta ini menjamin bahwa 2 yang merupakan bilangan irrasional benar-benar ada. Pertanyaannya, seberapa banyak bilangan irrasional yang ada. Lebih "banyak" mana, bilangan rasional atau bilangan irrasional. Nah, berikut ini diberikan sifat kepadatan bilangan rasional dalam R.
Teorema 1.19. Bila a dan b bilangan real dengan a < b maka terdapat bilangan rasional r dengan a < r < b. Bukti. 1 suatu bilangan real positif. Menurut sifat Archimedes terdapat Diperhatikan bahwa b−a 1 bilangan asli n sehingga n > b−a . Untuk n ini berlaku
(*)
nb − na > 1.
Sekarang ambil m sebagai bilangan bulat pertama yang lebih besar dari na, dan berlaku (**)
m − 1 ≤ na < m.
Dari (*) dan (**) diperoleh na < m ≤ na + 1 < nb.
Bentuk terakhir ini dapat ditulis na < m < nb, dan dengan membagi semua ruas dengan n, didapat a<
dan dengan mengambil r :=
m n
m
maka bukti Teorema selesai.
√
Contoh 1.16. Tentukan 3 buah bilangan rasional diantara 2 dan 23 . Penyelesaian.
1. Diketahui a = 2. d =
1 1,5−1,4142
√
2 ≈ 1, 4142, b = 3/2 = 1, 5
≈ 11.6569
3. Jadi bilangan asli yang yang dapat diambil adalah n = 12, 13, 14, 15, 16. √
4. Untuk n = 12 diperoleh √ na ≈ (12)( 2) ≈ 16, 9706 maka diambil m = 17. Untuk n = 13, na√ ≈ (13)( 2) ≈ 18, 3848 dan diambil m = 19. Untuk n = 14 maka na ≈ (14)( 2) ≈ 19, 7990 dan dimabil m = 20. 5. Jadi bilangan rasional r =
17 19 , 12 13
, dan
20 14
terletak diantara
√
2 dan 3/2.
Latihan 1.16. Bila a dan b bilangan real dengan a < b maka terdapat bilangan irrasional z dengan a < z < b.
Latihan 1.17. Temukan 5 bilangan irrasional yang terletak diantara 1 dan 1.01. 22
Soal-soal yang perlu dipecahkan 1. Diberikan himpunan S := {1 − n1 : n ∈ N}. Hitunglah supremum dan in mum S . Buktikan kebenaran jawaban yang Anda berikan. (Petunjuk: gunakan kriteria, karakteristik, atau sifat Archimedes). 2. Pertanyaan yang sama seperti soal nomor 1 tetapi untuk S := { n1 − m1 : n ∈ N}. 3. Misalkan S himpunan takkosong yang terbatas dibawah. Buktikan inf S = − sup{−s : s ∈ S}.
4. Misalkan S himpunan terbatas dan S0 himpunan bagian dari S . Buktikan inf S ≤ inf S0 ≤ sup S0 ≤ sup S.
5. Misalkan S himpunan takkosong yang terbatas diatas. Untuk a ∈ R dide nisikan a + S := {a + x : x ∈ S}.
Buktikan sup(a + S) = a + sup S.
6. Misalkan S himpunan takkosong. Untuk a bilangan real tidak nol dide nisikan aS := {as : s ∈ S}. Buktikan (i) Bila a > 0 maka inf(aS) = a inf S, dan sup(aS) = a sup S.
(ii) Bila a < 0 maka inf(aS) = a sup S, dan sup(aS) = a inf S.
7. Misalkan A dan B himpunan takkosong dan A + B := {a + b : a ∈ A, b ∈ B}. Buktikan bahwa sup(A + B) = sup A + sup B dan inf(A + B) = inf A + inf B.
8. Misalkan f dan g dua fungsi yang dide nisikan pada domain X . Jika rangenya terbatas, buktikan (i) sup{f (x) + g(x) : x ∈ X} ≤ sup{f (x) : x ∈ X} + sup{g(x) : x ∈ X}. (ii) inf{f (x) + g(x) : x ∈ X} ≥ inf{f (x) : x ∈ X} + inf{g(x) : x ∈ X}.
23
2 BARISAN BILANGAN REAL Di sekolah menengah, barisan diperkenalkan sebagai kumpulan bilangan yang disusun menurut "pola" tertentu, misalnya barisan aritmatika dan barisan geometri. Biasanya barisan dan deret merupakan satu kesatuan pokok bahasan. Sekarang barisan dipahami dari sudut pandang analisis sebagai bentuk khusus dari fungsi. Sedangkan deret akan dibahas secara khusus pada bagian berikutnya.
2.1 Pengertian barisan dan limitnya De nisi 2.1. Barisan bilangan real adalah suatu fungsi bernilai real dengan domain
himpunan bilangan asli N. Jadi barisan adalah fungsi X : N → R, dimana setiap n ∈ N nilai fungsi X(n) biasa ditulis sebagai X(n) := xn
dan disebut suku ke-n barisan X . Notasi barisan yang akan digunakan dalam buku ini adalah X,
(xn ),
(xn : n ∈ N).
Contoh 2.1. Beberapa barisan dan cara penulisannya: a. X := (2, 4, 6, 8, · · · ) merupakan barisan bilangan genap. Dapat juga ditulis sebagai X := (2n : n ∈ N). b. Y :=
1 1 1 , , ,··· 1 2 3
. Dapat juga ditulis Y :=
1 n
:n∈N .
c. Dalam beberapa keperluan praktis, barisan dide nisikan secara rekusif atau induktif sebagai berikut ( x1 , x2 , · · · , xn−1 diberikan, xn := f (x1 , x2 , · · · , xn−1 ).
Barisan Fibonacci adalah barisan yang berbentuk F := (1, 1, 2, 3, 5, 8, · · · ). Barisan ini dapat ditulis secara rekursif sebagai berikut : x1 := 1, x2 := 1, xn := xn−1 + xn−2 , untuk n ≥ 3.
Latihan 2.1. Berikut diberikan beberapa suku awal barisan (xn ). Seandainya pola seperti ini tetap, tentukan formula umum suku ke n nya.
1
a. 1/2, 2/3, 3/4, 4/5, · · · , b. 1/2, −1/4, 1/8, −1/16, · · · , c. 1, 4, 9, 16, · · · ,
Latihan 2.2. Diberikan barisan yang dide nisikan secara rekursif berikut. Tentukan 5 suku pertamanya a. y1 := 2, yn+1 := 12 (yn + 2/yn ), n ≥ 1. b. z1 := 1, z2 := 2, zn+2 := (zn+1 + zn )/(zn+1 − zn ), n ≥ 3. c. x1 := 1, yn+1 := 41 (2yn + 3), n ≥ 1.
Penulisan barisan menggunakan kurung biasa ”( )” dimaksudkan untuk membedakannya dengan himpunan biasa yang ditulis menggunakan kurung kurawal ”{ }”. Pada himpunan, anggota yang sama cukup ditulis satu kali. Sedangkan pada barisan, sukusuku yang berbeda ada kemungkinan bernilai yang sama, dan semuanya harus ditulis. Sebagai contoh ambil barisan (xn ) yang dide nisikan xn := (−1)n . Jadi barisannya adalah X := (−1, 1, −1, 1, · · · ).
Tetapi bila suku-suku ini dipandang sebagai anggota himpunan maka ditulis X := {−1, 1}.
De nisi 2.2. Misalkan X = (xn ) barisan bilangan real. Bilangan real x dikatakan limit dari (xn ) jika untuk setiap ε > 0 terdapat bilangan asli N (umumnya bergantung pada ε) sehingga berlaku |xn − x| < ε untuk setiap n ≥ N. Jika x limit dari barisan X maka X dikatakan konvergen ke x dan ditulis lim X = x, atau lim(xn ) = x.
Jika suatu barisan mempunyai limit kita katakan barisan itu konvergen. Sebaliknya jika tidak mempunyai limit kita katakan ia divergen. Diperhatikan pada de nisi ini pernyataan |xn −x| < ε dapat ditulis sebagai x−ε < xn < x + ε. Ini berarti pada suatu saat, semua suku-suku barisan berada dalam "kerangkeng" (x − ε, x + ε). Ilustrasi geometris barisan (xn ) yang konvergen ke x diberikan pada Gambar 2.1. Kadangkala digunakan notasi xn → x untuk menyatakan secara intuitif bahwa xn "mendekati" x bila n → ∞. Pada de nisi ini kriteria xn "mendekati" x diukur oleh ε > 0, sedangkan kriteria n → ∞ dicirikan oleh adanya bilangan asli N . Tidak adanya notasi n → ∞ pada penulisan lim(xn ) dapat dipahami karena barisan yang dibahas adalah barisan takberujung, yaitu banyak sukunya takterhingga. Muncul pertanyaan apakah mungkin suatu barisan konvergen ke dua limit yang berbeda? Jawaban diberikan secara formal dalam teorema berikut.
2
Gambar 2.1: Ilustrasi barisan konvergen Teorema 2.1.
Suatu barisan bilangan real hanya dapat mempunyai satu limit. Dengan
kata lain, jika suatu barisan konvergen maka limitnya tunggal.
Andaikan barisan X := (xn ) mempunyai dua limit yang berbeda, katakan xa dan xb dengan xa 6= xb . Diberikan ε := 13 |xb − xa |. Karena lim(xn ) = xa maka untuk ε ini terdapat Na sehingga
Bukti.
|xn − xa | < ε untuk setiap n ≥ Na .
Juga, karena lim(xn ) = xb maka terdapat Nb sehingga |xn − xb | < ε untuk setiap n ≥ Nb .
Sekarang untuk n ≥ maks {Na , Nb } maka berlaku |xa − xb | = |xa − xn + xn − xb | ≤ |xn − xa | + |xn − xb | < ε+ε 2 = |xa − xb |. 3
Akhirnya diperoleh |xa −xb | < 23 |xa −xb | suatu pernyataan yang kontradiksi.Pengandaian xa 6= xb salah dan haruslah xa = xb , yaitu limitnya mesti tunggal.
Latihan 2.3. Diberikan barisan bilangan real (xn ). a. Tuliskan de nisi barisan (xn ) tidak konvergen ke x. b. Tuliskan de nisi barisan (xn ) divergen. Pembahasan barisan di sini ditekankan pada pemahaman teoritis bukan pada aspek teknis seperti menghitung nilai limit barisan. Pekerjaan dominan adalah membuktikan suatu barisan dengan limit telah diketahui, bukan menghitung berapa nilai limit suatu barisan. Contoh-contoh berikut memberikan gambaran bagaimana de nisi digunakan untuk membuktikan kebenaran limit suatu barisan.
3
Contoh 2.2. Buktikan bahwa lim(1/n) = 0. Secara intuitif fakta ini adalah benar karena kita membagi bilangan 1 dengan bilangan yang semakin membesar menuju takhingga sehingga hasilnya mesti nol. Tapi bukti ini tidak formal karena tidak didasarkan pada teori yang ada, misalnya de nisi. Berikut bukti formalnya. Disini kita mempunyai xn := n1 , dan x = 0. Diberikan ε > 0 sebarang. Harus ditemukan bilangan asli N sehingga
Bukti.
1 < ε untuk setiap n ≥ N. n Mudah saja, pada bentuk terakhir ketidaksamaan ini berlaku n1 < ε. Diselesaikan, diperoleh n > 1ε . Jadi N cukup diambil sebagai bilangan asli terkecil yang lebih besar dari 1ε , atau ceiling dari x yaitu |xn − x| = |1/n − 0| =
N = d1/εe .
Sebagai contoh, misalkan diberikan ε := 0.013 maka 1ε = 76.9231. Jadi cukup diambil N := 77. Untuk meyakinkan dapat diperiksa bahwa x77 = 0.0130, x78 = 0.0128, x79 = 0.0127, x80 = 0.0125, x81 = 0.0123, x82 = 0.0122
kesemuanya kurang dari 0.013. Lebih telitinya x77 = 0.012987. Terbukti bahwa lim( n1 ) = 0. n+1 Contoh 2.3. Buktikan lim 3n+2 = 1/3. Penyelesaian.
Di sini kita mempunyai xn :=
dan x = 1/3. n+1 1 − |xn − x| = 3n + 2 3 3n + 3 − 3n − 2 = 3(3n + 2) 1 = 3(3n + 2) n+1 3n+2
Bentuk terakhir ini akan kurang dari ε bila (9n + 6)ε > 1, yaitu n >
1 − 6ε . 9ε
Jadi N cukup diambil sebagai bilangan asli terkecil yang lebih besar dari bila ε cukup kecil sehingga 6−ε tidak negatif diambil 9ε
6−ε 9ε
, yaitu
1 − 6ε N= . 9ε
Sebagai contoh, misalkan diberikan ε := 0.013 maka 1−6ε = 7.8803. Jadi cukup 9ε diambil N := 8. Agar lebih meyakinkan dihitung beberapa nilai |xn − 1/3|, untuk n = 8, 9, 10, 11, 12, hasilnya 0.0128, 0.0115, 0.0104, 0.0095, 0.0088,
yang kesemuanya kurang dari ε := 0.013. Terbukti bahwa lim
4
n+1 3n+2
= 1/3.
Latihan 2.4. Gunakan de nisi limit barisan untuk membuktikan lim
3n + 1 2n + 5
3 = . 2
Tentukan bilangan asli terkecil N yang dapat diambil jika diberikan ε := 0.0023, juga ε := 0.0132. Ujilah kebenarannya untuk n = N, N + 1, N + 2, N + 3, N + 4.
Latihan 2.5. Gunakan de nisi limit barisan untuk membuktikan lim
(−1)n n n2 + 1
= 0.
Tentukan bilangan asli terkecil N yang dapat diambil jika diberikan ε := 1/4, juga ε := 1/16.Ujilah kebenarannya untuk n = N, N + 1, N + 2, N + 3, N + 4.
Latihan 2.6. Gunakan de nisi limit barisan untuk membuktikan lim
1 1 − n n+1
= 0.
Tentukan bilangan asli terkecil N yang dapat diambil jika diberikan ε := 1/4, juga bila ε := 1/16. Ujilah kebenarannya untuk n = N, N + 1, N + 2, N + 3, N + 4. Dari beberapa contoh dan latihan ini mestinya dapat disimpulkan bahwa semakin kecil ε > 0 yang diberikan maka semakin besar indeks N yang dapat diambil. Kenyataan ini sesuai dengan de nisi bahwa semakin kecil ε > 0 maka semakin kecil lebar "kerangkeng" dan semakin lama pula suku-suku barisan mulai mengumpul di dalam "kerangkeng" ini. Kekonvergenan barisan (xn ) ditentukan oleh pola suku-suku yang sudah jauh berada di ujung, bukan oleh suku-suku awal. Walaupun pada awalnya suku-suku barisan ber uktuasi cukup besar namun bila pada akhirnya suku-suku ini mengumpul di sekitar titik tertentu maka barisan ini tetap konvergen. Fakta ini diformal dalam istilah ekor barisan.
De nisi 2.3. Misalkan barisan X := (x1 , x2 , x3 , · · · , xn , · · · ) dipotong pada suku ke m dan dibentuk barisan baru
Xm := (xm+1 , xm+2 , · · · )
maka barisan Xm disebut ekor ke m barisan X . Jadi ekor barisan merupakan barisan yang dibentuk dengan memotong m buah suku pertama pada barisan semula. Ternyata sifat kekonvergenan ekor barisan dan barisan semula adalah identik, seperti diungkapkan pada teorema berikut.
Teorema 2.2.
Barisan
X
konvergen bila hanya bila ekor barisan
dan berlaku
lim X = lim Xm .
5
Xm
juga konvergen,
Diberikan ε > 0. Karena X = (xn : n = 1, 2, · · · ) konvergen, katakan lim(xn ) = x maka terdapat bilangan asli N sehingga
Bukti. (→)
|xn − x| < ε untuk setiap n = N, N + 1, N + 2, · · ·
Misalkan ekor barisan Xm = {xm+n : n = 1, 2, 3, · · · }. Karena jika n ≥ N berakibat m + n ≥ N maka untuk N ini berlaku |xm+n − x| < ε untuk setiap n = N, N + 1, N + 2, · · ·
Ini menunjukkan bahwa lim Xm = x. (←)Diketahui Xm konvergen, yaitu lim Xm = x maka untuk ε > 0 sebarang terdapat bilangan asli N sehingga |xm+n − x| < untuk setiap m + n = N, N + 1, N + 2, · · ·
Dengan mengambil N1 = N − m maka berlaku |xn − x| < ε untuk setiap n = N1 , N1 + 1, N1 + 2, · · ·
Karena itu berdasarkan de nisi disimpulkan lim X = x.
Pembuktikan limit barisan langsung dari de nisi akan menjadi sulit bilamana bentuk barisan yang dihadapi cukup rumit. Melalui de nisi dikembangkan "alat-alat" sederhana yang dapat digunakan untuk membuktikan limit barisan, khususnya barisan yang mempunyai bentuk tertentu. Berikut sebuah teorema sederhana yang dapat mendeteksi dengan mudah kekonvergenan suatu barisan. Teorema kekonvergenan terdominasi (TKD)
Teorema 2.3. dan
m∈N
Misalkan ada dua barisan bilangan real
dan
(xn ).
Jika ada
C>0
sehingga berlaku
|xn − x| ≤ C|an | maka
(an )
untuk semua
n≥m
dan
lim(an ) = 0
lim(xn ) = x.
Bukti.
Diberikan ε > 0. Karena lim(an ) = 0 maka ada Na ∈ N sehingga |an | < ε/C untuk setiap n ≥ Na .
Jadi untuk setiap n ≥ N := maks {Na , m} berlaku |xn − x| ≤ C|an | < C(ε/C) = ε.
Terbukti bahwa lim(xn ) = x.
6
Dikatakan teorema terdominasi karena suku-suku |xn − x| pada akhirnya selalu terdominasi dari atas oleh barisan (an ) yang konvergen ke nol. Dalam penggunaan teorema ini diperlukan menemukan barisan (an ) dan konstanta C > 0 seperti dalam teorema. 1 = 0. Contoh 2.4. Bila a > 0, buktikan barisan lim 1+na Bukti. Karena a > 0 maka berlaku 0 < na < na + 1, dan akibatnya kita mempunyai 1 1 < . na + 1 na
Selanjutnya,
1 1 1 1 | − 0| = < . 1 + na 1 + na a n Dengan mengambil C := 1/a dan an = 1/n dan dikarenakan lim an = 0 maka 1 dengan TKD disimpulkan bahwa lim 1+na = 0.
Contoh 2.5. Misalkan 0 < b < 1, buktikan lim(bn ) = 0.
Ambil a := 1−b = 1b − 1 > 0. Dapat ditulis b = b ketidaksamaan Bernoulli berlaku
Bukti.
1 (1+a)
(mengapa?). Dengan
(1 + a)n ≥ 1 + na
dan diperoleh Diambil an :=
1 1 1 1 1 ≤ < = 0< . (1 + a)n 1 + na na a n dan C = a1 maka berdasarkan TKD terbukti lim(bn ) = 0.
1 n
Latihan 2.7. Misalkan c > 0, buktikan lim(c1/n ) = 0. Latihan 2.8. Buktikan lim(n1/n ) = 1. Soal-soal yang dipecahkan
1. Buktikan dengan menggunakan de nisi limit barisan a) lim b) lim
n2 2n2 +1
2n n+1
= 21 .
= 2.
2. Diberikan xn :=
1 ln(n+1)
.
a) Gunakan de nisi untuk membuktikan lim(xn ) = 0. b) Tentukan bilangan asli terkecil N bila diberikan ε = 271 . c) Tunjukkan kebenaran |xn − 0| < ε untuk n = N, N + 1, N + 2, N + 3. 3. Buktikan lim
1 n
−
1 n+1
= 0.
4. Buktikan lim (2n)1/n = 1. 5. Bila lim(xn ) = x > 0, tunjukkan ada bilangan asli K sehingga setiap n ≥ K .
7
x 2
< xn < 2x untuk
M
x1
xn
... x2
xn+1 ...
-M
Gambar 2.2: Ilustrasi barisan terbatas
2.2 Sifat-sifat limit barisan Berikut ini diberikan sifat aljabar barisan konvergen. Sifat-sifat ini banyak digunakan dalam keperluan praktis terutama dalam menghitung nilai limit barisan. Sebelumnya diberikan sifat keterbatasan barisan konvergen.
De nisi 2.4. Barisan (xn ) dikatakan terbatas jika ada bilangan M > 0 sehingga |xn | ≤ M untuk setiap n ∈ N. Dengan kata lain, barisan (xn ) terbatas jika hanya jika himpunan {xn : n ∈ N} terbatas pada R.
Ilustrasi barisan terbatas diberikan pada Gambar 2.2.
Contoh 2.6. Barisan (1/n : n ∈ N) terbatas dengan M = 1, ((−1)n : n ∈ N) terbatas dengan M = 1.
Contoh 2.7. Barisan (xn ) dikatakan tidak terbatas jika untuk setiap bilangan real K
terdapat suku xm sehingga |xm | > K . Barisan (2n : n ∈ N) tidak terbatas sebab setiap bilangan real K selalu dapat ditemukan bilangan asli m sehingga 2m > K . Dalam K hal K ini cukup diambil m bilangan asli pertama yang lebih besar dari 2 , atau m = 2 .
Teorema 2.4.
Bila barisan
(xn )
konvergen maka ia terbatas.
Diketahui barisan (xn ) konvergen, katakan lim(xn ) = x. Ambil ε := 1 maka ada N ∈ N sehingga |xn − x| < 1 untuk setiap n ≥ N.
Bukti.
Karena ||xn | − |x|| ≤ |xn − x| < 1 maka berdasarkan sifat nilai mutlak diperoleh |xn | < 1 + |x| untuk setiap n ≥ N.
Kita dapat mengambil M := max {|x1 |, |x2 |, · · · , |xN −1 |, 1 + |x|}
agar pernyataan berikut berlaku |xn | ≤ M untuk setiap n ∈ N.
Berdasarkan de nisi barisan terbatas maka teorema terbukti.
8
Sebaliknya barisan yang terbatas belum tentu konvergen seperti ditunjukkan pada contoh berikut.
Contoh 2.8. Diberikan barisan ((−1)n : n ∈ N). Jelas barisan ini terbatas karena |xn | <
1 untuk setiap n. Selanjutnya, kita buktikan barisan ini tidak konvergen. Andaikan ia konvergen, katakan lim(xn ) = a. Ambil ε := 1, maka terdapat bilangan asli N sehingga |(−1)n − a| < 1 untuk setiap n ≥ N.
Bilangan n ≥ N dapat berupa bilangan genap atau bilangan ganjil. Untuk n ganjil maka (−1)n = −1, sehingga diperoleh |(−1)n − a| = | − 1 − a| < 1 ⇒ −2 < a < 0.
(*)
Untuk n genap maka (−1)n = 1, sehingga diperoleh |(−1)n − a| = |1 − a| < 1 ⇒ 0 < a < 2.
(**)
Dua pernyataan (*) dan (**) saling kontradiksi, sehingga pengandaian salah. Jadi terbukti barisan ((−1)n : n ∈ N) divergen.
Teorema 2.5. Jika X := (xn ) dan Y := (yn ) dua barisan yang masing-masing konvergen ke
x
dan
y
maka
1. barisan
X ± Y := (xn + yn )
2. barisan
XY := (xn yn )
3. barisan
cX := (cxn )
konvergen ke
konvergen ke
konvergen ke
x ± y,
xy
cx.
(1) Untuk membuktikan lim(xn + yn ) → (x + y), kita harus memberikan estimasi pada |(xn + yn ) − (x + y)|. Karena lim(xn ) = x dan lim(yn ) = y maka untuk ε > 0 yang diberikan terdapat N1 dan N2 sehingga
Bukti.
|xn − x| < ε/2 untuk setiap n ≥ N1 dan |yn − y| < ε/2 untuk setiap n ≥ N2 .
Jadi untuk setiap n ≥ N := max{N1 , N2 } diperoleh |(xn + yn ) − (x + y)| = |(xn − x) + (yn − y)| ≤ |xn − x| + |yn − y| ≤ ε/2 + ε/2 = ε
Dengan cara yang sama dapat dibuktikan (xn − yn ) konvergen ke (x − y). (2) Karena (xn ) konvergen maka ia terbatas, yaitu ada M1 > 0 sehingga |xn | ≤ M1 untuk setiap n ∈ N. Ambil M := max{M1 , |y|}. Karena lim(xn ) = x dan lim(yn ) = y maka untuk ε > 0 yang diberikan terdapat N1 dan N2 sehingga |xn − x| < ε/2M untuk setiap n ≥ N1 dan |yn − y| < ε/2M untuk setiap n ≥ N2 .
9
Jadi untuk setiap n ≥ N := max{N1 , N2 } diperoleh |xn yn − xy| = = ≤ ≤ ≤
|(xn yn − xn y) + (xn y − xy)| |xn (yn − y) + y(xn − x)| |xn ||y − yn | + |y||x − xn | M |xn − x| + M |yn − y| M (ε/2M ) + M (ε/2M ) = ε.
(3) Pernyataan ini dapat dibuktikan dengan cara membentuk |cxn − cx| = |c||xn − x|.
Bukti lengkapnya dapat diselesaikan sendiri. Sifat perkalian limit dua barisan dapat dikembangkan untuk perkalian sebanyak berhingga barisan, yaitu jika (an ), (bn ), · · · , (zn ) barisan-barisan konvergen maka berlaku lim ((an )(bn ) · · · (zn )) = lim(an ) lim(bn ) · · · lim(zn ).
Khususnya jika barisan-barisannya sama, katakan ada sebanyak k barisan (xn ) maka lim(akn ) = (lim(an ))k .
Teorema 2.6. x
dan
y , yn 6= 0
konvergen ke
X := (xn ) dan Y := (yn ) barisan konvergen, setiap n ∈ N dan y = 6 0 maka barisan hasil
Misalkan untuk
berturut-turut ke bagi
X Y
:=
xn yn
x . y
Bukti.
xn y − xyn xn x − = yn y yn y 1 |xn y − xyn | = |yn ||y| 1 = |xn y − xn yn + xn yn − xyn | |yn ||y| 1 = |xn (y − yn ) + yn (xn − x)| |yn ||y| |xn | 1 ≤ |yn − y| + |xn − x| |yn ||y| |y| | Selanjutnya, kita perlu memberikan batas untuk suku |y|xnn||y| . Karena (xn ) konvergen maka ia terbatas yaitu ada M > 0 sehingga |xn | ≤ M untuk setiap n ∈ N. Karena lim(yn ) = y maka diberikan ε := 12 |y| ada N1 ∈ N sehingga
1 |yn − y| < |y| untuk setiap n ≥ N1 . 2
10
Karena ||yn | − |y|| ≤ |yn − y| dan |yn − y| < 12 |y| maka 1 3 1 1 ||yn | − |y|| < |y| ⇔ |y| < |yn | < |y| ⇒ |yn | > |y| untuk setiap n ≥ N1 . 2 2 2 2
Jadi berlaku
2 1 < untuk setiap n ≥ N1 . |yn | |y|
Dengan demikian kita mempunyai estimasi xn x − ≤ |xn | |yn − y| + 1 |xn − x| < 2M |yn − y| + 1 |xn − x|. yn y |yn ||y| |y| |y|2 |y|
(*)
Sekarang diberikan ε > 0 sebarang. Karena lim(yn ) = y dan lim(xn ) = x maka ada N2 , N3 ∈ N sehingga |y|2 |y| ε untuk setiap n ≥ N2 , dan |yn − y| < ε untuk setiap n ≥ N3 . |xn − x| < 2 4M
Dengan mengambil N := max{N1 , N2 , N3 } maka berdasarkan (*), diperoleh xn x − < ε/2 + ε/2 = ε untuk setiap n ≥ N. yn y Ini menunjukkan bahwa lim xynn = xy .
Contoh 2.9. Kita tunjukkan bahwa lim bentuk barisan konvergen, yaitu
2n + 1 n+5
2n+1 n+5
=
= 2. Pertama kita ubah dulu ke dalam
2 + 1/n . 1 + 5/n
Selanjutnya, diambil X := (2 + 1/n) dan Y := (1 + 5/n). Jelas bahwa lim X = 2 dan lim Y = 1 maka lim X = 12 = 2. Y
Teorema 2.7.
Bila
(xn )
barisan taknegatif, yaitu
xn ≥ 0
untuk setiap
n ∈ N
maka
lim(xn ) ≥ 0.
Andaikan kesimpulan ini salah, yaitu x := lim(xn ) < 0. Ambil ε := −x > 0, maka berdasarkan de nisi ada K ∈ N sehingga
Bukti.
|xn − x| < −x ⇐⇒ x < xn − x < −x =⇒ xn < 0, untuk semua n ≥ K.
Khususnya untuk n = K berlaku xn < 0. Hal ini kontradiksi dengan hipotesis bahwa xn ≥ 0 untuk setiap n ∈ N. Pengandaian bahwa lim(xn ) < 0 adalah salah, jadi teorema terbukti.
11
Teorema 2.8. maka
(xn ) lim(xn ) ≤ lim(yn ). Jika
dan
(yn )
barisan konvergen dan
x n ≤ yn
untuk setiap
n∈N
Dide nisikan barisan (zn ) dengan zn := yn −xn . Diperoleh (zn ) barisan taknegatif. Dengan Teorema sebelumnya maka berlaku
Bukti.
lim(zn ) = lim(yn − xn ) = lim(yn ) − lim(xn ) ≥ 0 → lim(yn ) ≤ lim(xn ).
Ini membuktikan teorema yang dimaksud.
Teorema 2.9.
Bila
(xn )
barisan konvergen dan
a ≤ xn ≤ b
untuk setiap
n∈N
maka
a ≤ lim(xn ) ≤ b. Bukti.
De nisikan barisan konstan (yn := a|n ∈ N) dan (zn := b|n ∈ N), maka berlaku yn ≥ xn dan xn ≤ zn .
Mengingat lim(yn ) = a dan lim(zn ) = b maka dengan menggunakan teorema sebelumnya dapat disimpulkan berlaku a ≤ lim(xn ) ≤ b. Teorema berikut menjelaskan kekonvergenan suaru barisan yang terjepit oleh dua barisan yang konveregen ke limit yang sama. Teorema ini sangat bermanfaat dalam membuktikan limit barisan.
Teorema 2.10.
[Teorema kekonvergenan terjepit (TKJ)]
Bila
(xn ), (yn )
dan
(zn )
barisan bilangan real yang memenuhi kondisi berikut 1.
xn ≤ yn ≤ zn untuk
2.
lim(xn ) = lim(zn )
maka
(yn )
setiap
konvergen dan
n∈N
lim(xn ) = lim(yn ) = lim(zn ).
Misalkan w := lim(xn ) = lim(zn ). Diberikan ε > 0 sebarang, maka terdapat bilangan asli N1 dan N2 sehingga
Bukti.
|xn − w| < ε untuk setiap n ≥ N1 dan |zn − w| < ε untuk setiap n ≥ N2 .
Bila diambil N := max{N1 , N2 } maka berlaku |xn − w| < ε dan |zn − w| < ε untuk setiap n ≥ N.
Dari ini diperoleh −ε < xn − w dan zn − w < ε untuk setiap n ≥ N.
Diketahui xn ≤ yn ≤ zn , dengan menambahkan w pada ketiga ruas diperoleh xn − w ≤ yn − w ≤ zn − w untuk setiap n ∈ N.
Dengan hasil sebelumnya, diperoleh −ε < yn − w < ε ⇐⇒ |yn − w| < ε untuk setiap n ≥ N.
Jadi terbukti lim(yn ) = w.
12
Teorema ini dikenal juga istilah teorema sequeeze atau teorema sandwich.
Contoh 2.10. Buktikan lim Bukti.
sin n n
= 0.
Diperhatikan untuk setiap bilangan asli n berlaku −1 ≤ sin n ≤ 1.
Karena itu diperoleh
−1 sin n 1 ≤ ≤ . n n n sin n Dengan mengambil xn = −1/n, yn = n dan zn = 1/n maka dengan TKJ
diperoleh
sin n lim = lim(−1/n) = lim(1/n) = 0. n Terbuktilah bahwa lim sinn n = 0.
Versi lainnya TKJ ini akan muncul lagi dalam bentuk limit fungsi yang akan diberikan pada bab selanjutnya. Satu lagi alat cepat dan mudah untuk menyelidiki kekonvergenan barisan adalah uji rasio berikut.
Teorema 2.11. Jika
L<1
maka
Misalkan
(xn )
(xn )
barisan bilangan real positif sehingga
konvergen dan
lim(xn ) = 0.
lim xxn+1 := L n
ada.
Karena (xn ) positif maka ( xxn+1 ) barisan taknegatif sehingga L ≥ 0. Jadi 0 ≤ n L < 1. Misalkan r suatu bilangan dimana L < r < 1, ambil ε := r − L > 0. Terdapat bilangan asli K sehingga
Bukti.
xn+1 < ε := r − L untuk setiap n ≥ K. − L xn
Jadi untuk setiap n ≥ K berlaku xn+1 < r ⇒ xn+1 < rxn , xn
dan karena 0 < r < 1 maka diperoleh 0 < xn+1 < rxn < r2 xn < · · · < rn−K+1 xK .
Dengan mengambil C :=
xK rK
kita mempunyai 0 < xn+1 < Crn+1 .
Karena 0 < r < 1 maka lim(rn+1 ) = 0. Dengan menggunakan TKD maka terbukti lim(xn ) = lim(xn+1 ) = 0.
13
Contoh 2.11. Kita selidiki apakah barisan ( 2nn ) konvergen. Kita gunakan uji rasio, 2
yaitu
(n + 1)2 2n xn+1 = xn 2n+1 n2 1 n2 + 2n + 1 = 2 n2 2 1 1 (1 + + 2 ) = 2 n n
Karena L := lim 21 (1+ n2 + n12 ) = 1/2 < 1 maka berdasarkan uji rasio disimpulkan barisan 2 ( 2nn ) konvergen dengan limit nol.
Latihan 2.9. Misalkan b > 1, selidikilah kekonvergenan barisan ( bnn ). Pada bagian akhir sub pokok bahasan ini diberikan dua hasil yang berguna untuk mempelajari materi yang akan datang.
Teorema 2.12.
Jika barisan
1. Barisan nilai mutlak 2. Jika
xn ≥ 0
(xn )
(|xn |)
maka barisan
konvergen maka
lim |xn | = | lim(xn )|, p √ dengan lim( xn ) = lim(xn ) .
konvergen dengan
√ ( xn )
konvergen
Bukti.
(1) Misalkan lim(xn ) = x. Kita telah mempunyai sifat nilai mutlak bahwa ||xn | − |x|| ≤ |xn − x|, untuk semua n ∈ N.
Jadi kekonvergenan (|xn |) langsung diakibatkan oleh kekonvergenan (xn ). (2) Karena x > 0 maka
√
x > 0. Selanjutnya dibentuk √ √ √ √ √ ( xn − x)( xn + x) √ xn − x √ √ . xn − x = =√ √ xn + x xn + x
Karena
√ √ √ xn + x ≥ x > 0 maka
√
1 √ xn + x
√ √ xn − x ≤
≤
1 √ x
√1 x
(*)
sehingga dari (*) diperoleh
|xn − x|.
Karena xn → x maka (xn − x) → 0, dan dengan menggunakan Teorema kekonverp √ √ lim(xn ) . genan terdominasi maka terbukti lim( xn ) = x =
14
Soal-soal untuk latihan
1. Buktikan barisan berikut tidak konvergen a) (2n ) b) (−1)n n2 2. Hitunglah lim(xn ) jika a) xn := (2 + n1 )2 b) xn := c) xn :=
(−1)n n+2 n+1 √ n n 1
d) xn := (n + 1) ln(n+1) 3. Bila barisan (bn ) terbatas dan lim(an ) = 0, tunjukkan lim(an bn ) = 0. √ √ √ 4. Bila dide nisikan yn := n + 1 − n, n ∈N, buktikan (yn ) dan ( nyn ) konvergen dan hitunglah limit masing-masingnya. 5. Bila 0 < a < b, buktikan lim
an+1 + bn+1 an + bn
.
6. Bila a > 0, b > 0, tunjukkan lim
a+b . (n + a)(n + b) − n = 2
p
7. Gunakan TKT untuk menghitung nilai limit berikut
a) n1/n
2
2
b) (n!)1/n .
2.3 Barisan Monoton Terbatas (BMT) Sebelumnya sudah dibahas bahwa barisan konvergen pasti terbatas, tetapi barisan terbatas belum tentu konvergen. Pada bagian ini dibahas syarat cukup agar barisan terbatas konvergen.
De nisi 2.5. Suatu barisan (xn ) dikatakan monoton naik jika x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn ≤ · · · , atau xn ≤ xn+1 untuk setiap n ∈ N
dan dikatakan turun jika x1 ≥ x2 ≥ · · · ≥ xn ≥ · · · , atau xn ≥ xn+1 untuk setiap n ∈ N.
Barisan (xn ) dikatakan monoton jika ia monoton naik saja atau monoton turun saja.
15
Contoh 2.12. Berikut ini adalah contoh sifat kemono 1. Barisan (1, 2, 3, 4, · · · , n, · · · ), (1, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 4, · · · ) merupakan barisan yang naik. 2. Barisan (1, 12 , 31 , · · · , n1 , · · · ), merupakan barisan yang turun. 3. Barisan (a, a2 , a3 , · · · , an , · · · ) turun jika a < 0, dan naik jika a > 0. 4. Barisan (−1, +1, −1, · · · , (−1)n , · · · ) merupakan barisan tidak monoton. 5. Barisan konstan (2, 2, · · · , 2, · · · ) merupakan barisan naik dan juga turun. 6. Barisan (7, 6, 2, 1, 2, 3, 4, · · · ) dan (−2, 0, 1, 31 , 12 , 13 , · · · ) merupakan barisan tidak monoton tapi pada akhirnya monoton.
Teorema 2.13. [Teorema kekonvergenan monoton (TKM)] Jika barisan (xn ) monoton dan terbatas maka ia konvergen. Selanjutnya,
lim(xn ) = sup{xn |n ∈ N}
1. Bila
(xn )
monoton naik maka
2. Bila
(xn )
monoton turun maka
lim(xn ) = inf{xn |n ∈ N}.
Hanya dibuktikan untuk kasus monoton naik. Diketahui (xn ) naik dan terbatas. Berarti ada M > 0 sehingga |xn | ≤ M , akibatnya xn ≤ M untuk semua n ∈ N. Jadi himpunan {xn : n ∈ N} terbatas diatas. Berdasarkan sifat supremum, himpunan ini selalu mempunyai supremum, katakan
Bukti.
x∗ := sup{xn : n ∈ N}.
Selanjutnya akan ditunjukkan lim(xn ) = x∗ . Diberikan ε > 0 sebarang, maka x∗ − ε bukan lagi batas atas {xn : n ∈ N}. Jadi ada xK ∈ {xn } sehingga x∗ − ε < xK .
Karena (xn ) naik dan xn < x∗ untuk setiap n maka diperoleh x∗ − ε < xK ≤ xn < x∗ < x∗ + ε untuk setiap n ≥ K.
Ini berakibat x∗ − ε < xn < x∗ + ε atau |xn − x∗ | < ε untuk setiap n ≥ K , yaitu lim(xn ) = x∗ .
Latihan 2.10. Buktikan jika (xn ) monoton turun maka ia konvergen dan lim(xn ) = inf{xn |n ∈ N}.
Diingatkan kembali pembedaan dalam penulisan barisan dan himpunan. Dalam naskah ini kita menggunakan penulisan lim(xn ) dan sup{xn }, bukan sebaliknya yaitu sup(xn ) dan lim{xn }.
16
Contoh 2.13. Selidikilah apakah barisan (xn ) yang dide nisikan oleh xn := 1 +
1 1 1 + + ··· + 2 3 n
konvergen atau divergen. Penyelesaian.
Jelas barisan ini monoton naik sebab xn+1 = xn +
1 ≥ xn untuk setiap n ∈ N. n
Selanjutnya dibuktikan apakah barisan ini terbatas atau tidak. Untuk melihat pola barisan ini secara numerik , kita perhatikan suku ke n xn = 1 +
1 1 1 + + ··· + 2 3 n
Komputasi numerik memberikan data sebagai berikut : x10 = 2.9290, x100 = 5.1874, x1000 = 7.4855, x10000 = 9.7876, x100000 = 12.0901.
Terlihat bahwa kenaikannya sangat lambat sehingga berdasarkan data ini 'seolaholah' suku-suku barisan ini akan menuju bilangan tertentu atau konvergen. Baik, perhatikan suku-suku ke 2n , n ∈ N, yaitu x2n . Untuk n = 1, x21 = 1 + 12 . Untuk n = 2, x22 = 1+ 12 + 31 + 14 . Untuk n = 3, x23 = 1+ 21 + 13 + 14 + 15 + 16 + 17 + 81 . Secara umum diperoleh x2 n
1 1 1 1 1 1 + + + ··· + n + ··· + = 1+ + 2 3 4 2n−1 + 1 2n−1 + 2 2 1 1 1 1 1 1 + + n + ··· + n > 1+ + + ··· + ··· + n 2 4 4 2 2 2 1 1 1 1 = 1 + + + + ··· + 2} |2 2 2{z nsuku
n = 1+ . 2
Jadi selalu ada suku pada barisan ini yang lebih besar dari bilangan real manapun sehingga barisan ini tidak terbatas dan disimpulkan barisan ini divergen. Sebagai ilustrasi diberikan bilangan real α = 5001. Maka kita dapat menemukan suku yang lebih besar dari 5001, yaitu suku ke 210.000 . Silahkan dicek! Karena itu maka kita simpulkan barisan ini tidak terbatas. Jadi ia tidak konvergen. Kekonvergenan barisan yang disajikan dalam bentuk rekursif lebih mudah diperiksa dengan menggunakan TKM.
Contoh 2.14. Misalkan (xn ) barisan yang dide nisikan secara rekursif sebagai berikut: (
x1 := 1, √ xn+1 := 2xn
untuk n ≥ 1.
Selidikilah kekonvergenan barisan ini. Bila ia konvergen berapakah limitnya.
17
√
Diperhatikan x1 = 1 dan x2 = 2. Jadi 1 ≤ x1 < x2 < 2. Secara intuitif, barisan ini monoton naik dan terbatas di atas oleh 2. Untuk menunjukkan klaim ini kita gunakan prinsip induksi matematika, yaitu menunjukkan bahwa berlaku
Penyelesaian.
1 ≤ xn < xn+1 < 2.
Kita baru saja membuktikan pernyataan ini berlaku untuk n = 1. Diasumsikan berlaku untuk n = k , yaitu kita mempunyai 1 ≤ xk < xk+1 < 2. Akibatnya, 2 ≤ 2xk < 2xk+1 < 4. Untuk n = k + 1, diperoleh 1<
√ √ p √ 2 ≤ xk+1 = 2xk < 2xk+1 := xk+2 < 4 = 2.
Jadi berlaku 1 ≤ xk+1 < xk+2 < 2, yaitu berlaku untuk n = k + 1.
Dengan demikian terbukti bahwa barisan ini monoton naik dan terbatas. Berdasarkan TKM barisan ini konvergen. Selanjutnya dihitung limitnya. Bila supremum himpunan {xn } mudah dicari maka limitnya langsung didapat, yaitu lim(xn ) = sup{xn }. Berdasarkan hasil perhitungan numeris 10 suku pertama barisan ini adalah 1.0000, 1.4142, 1.6818, 1.8340, 1.9152, 1.9571, 1.9785, 1.9892, 1.9946, 1.9973.
Terlihat indikasi supremumnya adalah 2. Secara teoritis masih harus dibuktikan bahwa 2 benar-benar sebagai supremumnya. Cara kedua adalah dengan menggunakan sifat ekor barisan dan barisan akar. Misalkan x = lim(xn ), maka p √ lim(xn+1 ) = lim( 2xn ) = lim(2xn ) √ x = 2x 2 x = 2x ⇒ x(x − 2) = 0.
Diperoleh x = 0 atau x = 2. Karena xn > 1 untuk setiap n maka nilai yang memenuhi adalah x = 2. Cara ketiga adalah dengan mengamati bahwa untuk limit ini menghasilkan bentuk akar kontinu berikut, r q √ lim(xn ) = 2 2 2 · · ·. q p √ Misalkan x = 2 2 2 · · · maka diperoleh x2 = 2x ⇒ x(x − 2) = 0 ⇒ x = 0 atau x = 2.
Ini memberikan hasil yang sama yaitu lim(xn ) = 2.
18
Soal-soal untuk latihan
1. Diberikan barisan (zn ) yang dide nisikan secara rekursif sebagai berikut: ( z1 := 1, zn+1 := 14 (2zn + 3)
untuk n ≥ 1.
Selidikilah kekonvergenan barisan ini. Jika ia konvergen, hitunglah limitnya. 2. Misalkan a > 0 dan z1 > 0. Dide nisikan zn+1 := (a + zn )1/2 . Selidikilah kekonvergenan barisan ini. Jika ia konvergen, hitunglah limitnya. 3. Buktikan dengan menggunakan TKM, jika 0 < b < 1 maka lim(bn ) = 0. 4. Dengan menggunakan TKM untuk buktikan lim(c1/n ) = 1 dimana c > 0.
2.4 Barisan bagian (subsequence ) Pada bagian awal bab ini telah diperkenalkan istilah ekor barisan. Ekor barisan ini merupakan bentuk khusus dari barisan bagian. Berikut ini diberikan de nisi barisan bagian.
De nisi 2.6. Misalkan X := (xn ) barisan bilangan real dan misalkan diambil barisan
bilangan asli naik tegas, yaitu r1 < r2 < · · · < rn < · · · maka barisan X 0 yang diberikan oleh (xr1 , xr2 , xr3 , · · · , xrn , · · · )
disebut barisan bagian dari X. Barisan bagian ini ditulis X 0 := (xrn : n ∈ N).
Contoh 2.15. Diberikan barisan X := (1, 21 , 13 , · · · , n1 , · · · ). Beberapa barisan bagian
dari X adalah
1 , · · · ). 1. X 0 := ( 12 , 41 , · · · , 2n 1 2. X 00 := (1, 31 , 15 , · · · , 2n−1 , · · · ). 1 , · · · ). 3. X 000 := ( 41 , 15 , 61 , · · · , n+3
Contoh 2.16. Berikut ini bukan barisan bagian dari X := (1, 12 , 31 , · · · , n1 , · · · ) 1. Y 0 := (1, 13 , 12 , 14 , 13 , · · · ) sebab r2 = 3 dan r3 = 2 sehingga r2 < r3 tidak dipenuhi. 2. Y 00 := ( 12 , 21 , 13 , 31 , · · · ) sebab r1 = 2 = r2 sehingga r1 < r2 tidak dipenuhi. Ilustrasi pembentukan barisan bagian ditunjukkan pada Gambar 1.3. Pada Gambar ini barisan {x2 , x3 , x5 , x7 , x8 , x10 , · · · } merupakan subbarisan dari barisan {x1 , x2 , x3 , · · · }. Pada barisan dan subbarisan berlaku hubungan indeks rn ≥ n untuk setiap n.
19
x5
x2
x9
x4 x1
x10 3
1
4
2 x3
7
6
8 9
5 x7 x6
10
n
x8
Gambar 2.3: Pembentukan barisan bagian Pada Gambar 1.3 diperoleh r1 = 2, r2 = 3, r3 = 5, r4 = 7, · · · . Kekonvergenan barisan bagian mengikuti kekonvergenan barisan induknya. Berikut ini Teorema kekonvergenan barisan bagian (TKBB).
Teorema 2.14. ke
x
[Teorema Konvergen Barisan Bagian]
maka setiap barisan bagiannya konvergen ke
Jika barisan
(xn )
konvergen
x.
Diberikan ε > 0 sebarang. Karena (xn ) konvergen ke x maka ada bilangan asli K sehingga |xn − x| < ε untuk setiap n ≥ K. Karena rn ≥ n untuk setiap n ∈ N maka berlaku pula
Bukti.
|xrn − x| < ε untuk setiap rn ≥ n ≥ K.
Contoh 2.17. Kita buktikan dengan menggunakan TKBB bahwa lim(c1/n ) = 1 dimana c > 0. Misalkan zn = c1/n , diambil z2n = c1/2n = (c1/n )2 = zn2 sebagai barisan bagiannya. Ditulis z = lim(zn ), diperoleh lim(zn ) = lim(z2n ) lim(zn ) = lim((zn )2 ) = (lim(zn ))2 z = z 2 ⇒ z(z − 1) = 0 ⇒ z = 0 atau z = 1.
Karena zn > 0 untuk setiap n dan (zn ) monoton naik (seharusnya sudah dibuktikan pada latihan sebelumnya) maka dimabil z = 1. Melalui TKBB kita dapat membuat kriteria barisan divergen. Diperhatikan kontraposisinya, jika ada dua barisan bagian konvergen tetapi limit keduanya tidak sama maka barisan induknya divergen.
20
Contoh 2.18. Diperhatikan barisan X := ((−1)n ) mempunyai dua barisan bagian X 0 :=
(x2n ) = ((−1)2n ) dan X 00 := (x2n−1 ) = ((−1)2n−1 ). Karena lim X 0 = 1 6= −1 = lim X 00
maka barisan ((−1)n ) divergen. Kesimpulan yang sama seperti telah dibuktikan pada bagian sebelumnya. Tidak semua barisan monoton, tetapi pada setiap barisan selalu dapat dikonstruksi barisan bagian yang monoton. Bila barisan induknya terbatas maka jelas setiap barisan bagian juga terbatas. Konsekuensi dari kenyataan ini diperoleh Torema terkenal berikut.
Teorema 2.15 (Teorema Bolzano-Wierestraÿ).
Setiap barisan terbatas selalu memuat
barisan bagian yang konvergen.
Sebagai ilustrasi diperhatikan barisan ((−1)n ) yang merupakan barisan terbatas tetapi tidak konvergen, tetapi memuat barisan bagian yang konvergen, misalnya (x2n ) = ((−1)2n ) konvergen ke 1 dan (x2n−1 ) = ((−1)2n−1 ) konvergen ke−1.
2.5 Barisan Cauchy dan kontraksi Teorema konvergen monoton (TKM) yang sudah dibahas sebelumnya sangat berguna untuk menyelidiki kekonvergenan suatu barisan, namun ia memiliki keterbatasan karena hanya dapat diterapkan pada barisan yang monoton. Untuk barisan yang tidak monoton TKM tidak berguna sama sekali. Untuk itu pada bagian akhir Bab ini diberikan dua kriteria konvergenan tanpa syarat monoton.
De nisi 2.7 (Barisan Cauchy). Barisan X := (xn ) disebut barisan Cauchy jika untuk setiap ε > 0 terdapat bilangan asli K , biasanya bergantung pada ε sehingga |xn − xm | < ε untuk setiap m, m ≥ K.
Ilustrasi barisan Cauchy diberikan pada Gambar 2.4. x5 x2
xK
xK+1
xK+2
x4
x1
...
x3
Gambar 2.4: Ilustrasi barisan Cauchy Salah satu sifat barisan Cauchy diberikan pada teorema berikut.
21
...
<E
Teorema 2.16.
Bila
(xn )
barisan Cauchy maka
(xn )
terbatas.
Misalkan X := (xn ) barisan Cauchy, dan diberikan ε := 1. Terdapatlah bilangan asli K sehingga |xn − xm | < 1 untuk setiap m, n ≥ K.
Bukti.
Khususnya, untuk m = K maka berlaku |xn − xK | < 1, akibatnya |xn | < 1 + |xK | untuk setiap n ≥ K.
Ambil M := max{|x1 |, |x2 |, · · · , |xK−1 |, 1 + |xK |} maka diperoleh |xn | < M untuk setiap n ∈ N yaitu (xn ) terbatas. Di dalam bilangan real, barisan Cauchy dan barisan konvergen adalah equivalen seperti disampaikan pada teorema berikut.
Teorema 2.17.
Suatu barisan bilangan real adalah konvergen bila hanya bila ia barisan
Cauchy.
Diketahui (xn ) konvergen, katakan lim(xn ) = x. Diberikan ε > 0 sebarang, maka ada bilangan asli K sehingga |xn − x| < ε/2 untuk setiap n ≥ K . Jadi untuk setiap m, n ≥ K berlaku
Bukti. (→)
|xn − xm | = |(xn − x) + (x − xm )| ≤ |x − xn | + |x − xm | < ε/2 + ε/2 = ε.
Terbukti (xn ) barisan Cauchy. (←) Diberikan ε > 0 sebarang. Karena (xn ) Cauchy maka ada bilangan asli K1 sehingga |xn − xm | < ε/2 untuk setiap m, n ≥ K1 . Berdasarkan Teorema 2.16, barisan Cauchy (xn ) ini terbatas dan berdasarkan Teorema Bolzano-Wierestraÿ terdapat barisan bagian (xrn ) yang konvergen, katakan lim(xrn ) = x∗ . Oleh karena itu terdapat bilangan asli K2 sehingga |xrn − x∗ | < ε/2 untuk setiap rn ≥ K2 .
Bila diambil K := max{K1 , K2 } maka keduanya berlaku |xn − xm | < ε/2 dan |xrn − x∗ | < ε/2 untuk setiap n, m, rn ≥ K.
Khususnya untuk m = K = rn berlaku |xn − xK | < ε/2 dan |xK − x∗ | < ε/2 untuk setiap n ≥ K.
Akhirnya diperoleh untuk setiap n ≥ K berlaku |xn − x∗ | = |xn − xK + xK − x∗ | ≤ |xn − xK | + |xK − x∗ | < ε/2 + ε/2 = ε,
yaitu (xn ) konvergen ke x∗ .
22
Perlu diingatkan bahwa barisan Cauchy konvergen hanya dalam kasus barisan bilangan real. Secara umum barisan Cauchy belum tentu konvergen. Pada analisis real lanjutan suatu barisan Cauchy konvergen hanya dijamin pada apa yang disebut dengan ruang Hilbert.
Contoh 2.19. Tunjukkan ( n1 ) adalah barisan Cauchy tetapi ((−1)n ) bukan Cauchy. Untuk barisan xn := n1 . Diberikan ε > 0 sebarang. Selalu ada bilangan asli K sehingga K > 2ε . Jadi untuk setiap m, n ≥ M berlaku m1 < 2ε dan n1 < 2ε . Diperoleh
Bukti.
|xm − xn | = |1/m − 1/n| ≤ 1/m + 1/n < ε/2 + ε/2 = ε, untuk setiap m, m ≥ K.
Ini membuktikan ( n1 ) barisan Cauchy. Untuk membuktikan barisan ((−1)n ) bukan Cauchy, dipahami dulu de nisi barisan bukan Cauchy berikut: barisan (xn ) bukan Cauchy jika terdapat ε0 > 0 sehingga setiap K ∈ N terdapat m0 , n0 > K sehingga berlaku |xm0 − xn0 | > ε0 . Dalam kasus ini diambil ε0 = 1. Untuk setiap K > 0 ambil m0 sebuah bilangan genap dan n0 sebuah bilangan ganjil, keduanya lebih dari K . Maka diperoleh
Contoh 2.20.
|xm0 − xn0 | = |1 − (−1)| = 2 > ε0 . (−1)n bukan Cauchy. Buktikan barisan n + n
Penyelesaian.
dan selisih Kita mempunyai xn := n + (−1) n
n
n m (−1) (−1) . |xn − xm | = n − m + − n m
Ambil ε0 := 1. Ambil n0 dan m0 bilangan asli dengan ketentuan n0 > m 0 , n0 genap (−1)n0 dan m0 ganjil. Dengan ketentuan ini maka berlaku n0 − m0 ≥ 1, n0 = n10 , dan (−1)m0 = − m10 . Diperoleh m0 (−1)n0 (−1)m0 − |xn − xm | = n0 − m0 + n0 m0 1 1 = |(n0 − m0 ) + + | n0 m 0 1 1 ≥ |1 + + | > 1 = ε0 . n0 m 0
Contoh 2.21. Selidikilah kekonvergenan barisan (xn ) yang dide nisikan secara rekursif berikut :
(
x1 := 1, x2 := 2 xn := 12 (xn−2 + xn−1 )
23
untuk n ≥ 2.
Dapat ditunjukkan dengan induksi bahwa 1 ≤ xn ≤ 2 untuk setiap n ∈ N. Apakah barisan ini monoton?. Coba perhatikan beberapa suku pertamanya berikut ini,
Penyelesaian.
1.0000, 2.0000, 1.5000, 1.7500, 1.6250, 1.6875, 1.6563, 1.6719, 1.6641, 1.6680
Tidak ada indikasi barisan ini monoton sehingga TKM tidak dapat digunakan. Diperhatikan secara rekursif didapat 1 |xn − xn+1 | = |xn + (xn−1 − xn )| 2 1 = |xn − xn−1 | 2 1 = |xn−1 − xn | 2 1 1 = 2 |xn−1 − xn−2 | = 2 |xn−2 − xn−1 | 2 2
.. .
=
1 2n−1
|x2 − x1 | =
1 2n−1
.
Misalkan m > n, diperhatikan suku-suku ke n, n + 1, n + 2, · · · , m − 1, m. Dengan menggunakan ketidaksamaan segitiga diperoleh |xn − xm | = |(xn − xn+1 ) + (xn+1 − xn+2 ) + (xn+2 − xn+3 ) + · · · + (xm−1 − xm )| ≤ |xn − xn+1 | + |xn+1 − xn+2 | + |xn+2 − xn+3 | + · · · + |xm−1 − xm | 1 1 1 1 = n−1 + n + n+1 + · · · + m−2 2 2 2 2 1 1 1 1 = n−1 1 + + 2 + · · · + m−n−1 2 2 2 2 2 1 1 = n−1 2 − (1/2)m−n−1 < n−1 = n−2 2 2 2
Diambil K bilangan asli terkecil yang lebih besar dari (2 −2 log ε) atau K = d2 −2 log εe, maka |xn − xm | < ε untuk setiap m, m ≥ K.
Jadi ini adalah barisan Cauchy sehingga terbukti ia konvergen. Selanjutnya, limit barisan tidak dapat diperoleh dengan menggunakan sifat ekor barisan karena akan menghasilkan relasi x = 12 (x + x). Relasi ini selalu benar tetapi tidak memberikan informasi apapun. Sekarang digunakan TKBB. Ambil suku-suku ganjil (x2n+1 : n ∈ N). Untuk n = 1 diperoleh x3 = 1+ 12 . Karena x4 = 12 (2+ 32 ) = (1+ 12 + 14 ), maka untuk n = 2 diperoleh x5 = 21 (x3 +x4 ) = 1+ 12 + 213 . Karena x6 = 1+ 12 + 213 + 214 , maka untuk n = 3 diperoleh x7 = 1 + 12 + 213 + 215 . Secara umum, dengan menggunakan
24
induksi matematika dapat dibuktikan bahwa setiap bilangan asli n berlaku 1 1 1 1 + 3 + 5 + · · · + 2n−1 2 {z 2 } |2 2 deret geometri n suku 1 n 1 1 − ( ) 4 = 1+ 2 3/4 2 = 1 + (1 − (1/4n )) . 3
x2n+1 = 1 +
Berdasarkan ini diperoleh
2 lim(xn ) = lim(x2n+1 ) = lim 1 + (1 − (1/4n )) 3
= 1 + 2/3 = 5/3.
Latihan 2.11. Misalkan y1 dan y2 bilangan real sebarang dengan y1 < y2 . Dide nisikan
yn := 31 yn−1 + 23 yn−2 untuk n ≥ 2. Selidikilah kekonvergenan barisan (yn ), dan bila ia
konvergen hitunglah limitnya.
Satu lagi kriteria kekonvergenan barisan bilangan real yang diberikan pada penghujung bab ini yaitu barisan kontraksi.
De nisi 2.8. Barisan bilangan real X := (xn ) dikatakan kontraksi jika ada bilangan real C dengan 0 < C < 1 sehingga berlaku
|xn+2 − xn+1 | < C|xn+1 − xn |
untuk setiap bilangan asli n. Kita sebut saja bilangan C sebagai kontraktornya. Sifat kontraksi ini dapat dipahami sebagai berikut. Misalkan dide nisikan dn := |xn+1 − xn | yaitu magnitud atau jarak antara dua suku berdekatan. Bila barisan magnitud ini (dn ) turun secara tegas maka barisan (xn ) bersifat kontraksi. Ini berarti jarak antara dua suku berdekatan semakin lama semakin kecil. Gambar 2.5 memberikan ilustrasi barisan kontraksi.
Teorema 2.18.
Bila
(xn )
barisan kontraksi maka ia konveregen.
Cukup dibuktikan barisan kontraksi (xn ) merupakan barisan Cauchy. Pertama diperhatikan pola magnitud selisih yang didominasi oleh |x2 − x1 |
Bukti.
|xn+2 − xn+1 | ≤ C|xn+1 − xn | ≤ CC|xn − xn−1 | = C 2 |xn − xn−1 | = C 2 C|xn−1 − xn−2 | = C 3 |xn−1 − xn−2 |
.. .
≤ C n |x2 − x1 |.
25
x4
x2
...
xn xn+2 ... dn+1
dn xn+1 x3
x1
Gambar 2.5: Ilustrasi barisan kontraksi Sekarang kita melakukan estimasi untuk selisih |xm −xn |, diasumsikan saja m > n. Diperoleh |xn − xm | = |(xn − xn+1 ) + (xn+1 − xn+2 ) + (xn+2 − xn+3 ) + · · · + (xm−1 − xm )| ≤ |xn − xn+1 | + |xn+1 − xn+2 | + |xn+2 − xn+3 | + · · · + |xm−1 − xm | = |xn+1 − xn | + |xn+2 − xn+1 | + |xn+3 − xn+2 | + · · · + |xm − xm−1 | ≤ C n−1 + C n + C n+1 + · · · + C m−2 |x2 − x1 | {z } | (m−n) suku deret geometri
1 − C m−n = C |x2 − x1 | 1−C 1 n−1 ≤ C |x2 − x1 | → 0 1−C n−1
sebab 0 < C < 1. Jadi (xn ) barisan Cauchy, dan disimpulkan ia konvergen.
Contoh 2.22. Kita tunjukkan bahwa barisan (xn ) dengan xn =
kontraksi sehingga ia konvergen. Diperhatikan
1 n
merupakan barisan
1 −1 1 1 = − = |xn+2 − xn+1 | = n + 12 n + 1 (n + 2)(n + 1) (n + 2)(n + 1)
dan Karena traksi.
1 1 −1 1 |xn+1 − xn | = − = = . n+1 n n(n + 1) n(n + 1) 1 (n+2)(n+1)
<
1 n(n+1)
maka terbukti |xn+2 − xn+1 | ≤ |xn+1 − xn |, yaitu (xn ) kon-
Contoh 2.23. Misalkan x1 suatu bilangan real dengan 0 < x1 < 1. Dide nisikan 1 xn+1 := (x3n + 2), n ≥ 1. 7
Selidikilah apakah barisan ini konvergen.
26
Karena 0 < x1 < 1 maka xn = 17 (x3n−1 + 2) < 3/7 < 1 untuk setiap n ∈ N. Karena itu diperoleh
Penyelesaian.
1 3 1 |xn+2 − xn+1 | = (xn+1 + 2) − (x3n + 2) 7 7 1 3 1 = xn+1 − x3n = |(x2n+1 + xx+1 xn + x2n )(xn+1 − xn )| 7 7 3 ≤ |xn+1 − xn |. 7
Karena C = 73 < 1 maka disimpulkan ia merupakan barisan kontraksi, jadi konvergen. Karena konvergen, pertanyaan selanjutnya adalah berapa limitnya? Misalkan x := lim(xn ) maka diperoleh x3 − 7x + 2 = 0,
yaitu limit barisan ini merupakan salah satu akar polinomial x3 − 7x + 2 = 0. Beberapa suku pertamanya adalah 0.5, 0.303571, 0.289711, 0.289188, 0.289169, 0.289169.
Jadi dapat disimpulkan bahwa lim(xn ) ≈ 0.289169.
Latihan 2.12. Jika x1 < x2 dan xn := 21 (xn−2 + xn−1 ) untuk n ≥ 3, buktikan (xn ) konvergen. Berapakah limitnya.
27
3 LIMIT DAN KEKONTINUAN Menurut Bartle dan Sherbet (1994), Analisis matematika secara umum dipahami sebagai tubuh matematika yang dibangun dari berbagai konsep limit. Pada bab sebelumnya kita telah mempelajari limit barisan, kekonvergenan barisan bilangan real. Sebagaimana telah diketahui bahwa barisan merupakan bentuk khusus fungsi, yaitu fungsi bernilai real dengan domain bilangan asli. Pada bab ini kita memperluas konsep limit kepada bentuk fungsi bernilai real secara umum. Karena konsep kekontinuan terkait erat dengan konsep limit maka kedua topik ini dibahas secara simultan pada bab ini.
3.1 Pengertian Limit Fungsi dan Fungsi Kontinu Biasanya, notasi
lim f (x) = L
x→c
dipahami secara intuitif dengan berbagai pernyataan berikut
x
1. Jika
mendekati
makin dekat pula 2. Nilai-nilai
f (x)
c maka f (x) mendekati L, f (x) kepada L.
adalah dekat dengan
Pada pernyataan pertama, dekatnya
x
f (x)
untuk
x
terhadap
x
dekat dengan
L
kepada
c
se-
c.
disebabkan oleh dekatnya
x1 lebih dekat dengan c daripada x2 maka f (x1 ) lebih dekat dengan L daripada f (x2 ). Konsekuensinya, jika x = c maka f (x) = L. Pernyataan ini banyak diambil sebagai kepada
c.
L
semakin dekat
Pada pernyataan ini, jika ada dua bilangan
x1
dan
x2
di mana
pengertian limit khususnya bagi mereka yang belum belajar analisis.
Padahal
pengertian limit secara formal tidak demikian. Sesungguhnya pernyataan kedua lebih sesuai untuk de nisi limit.
Pada perny-
f (x) terhadap L x kepada c. Kemudian, setiap x yang dekat dengan mengakibatkan nilai f (x) dekat dengan L.
ataan ini ada dua kriteria atau ukuran dekat. Kriteria dekatnya memberikan kriteria dekatnya
c
dalam kriteria ini
Sebelum masuk ke de nisi formal limit fungsi, diberikan terlebih dahulu pegertian
cluster point ) suatu himpunan.
titik limit (
De nisi 3.1. [Titik Limit] Misalkan A ⊂ R. Sebuah titik c ∈ R dikatakan titik limit A jika setiap persekitaran Vδ (c) := (c − δ, c + δ) memuat paling sedikit satu anggota
A
selain
c,
atau
(c − δ, c + δ) ∩ A \ {c} = 6 ∅, ∀δ > 0.
1
(3.1)
3 LIMIT DAN KEKONTINUAN
A
Titik limit anggota
A
boleh jadi anggota
A
atau bukan anggota
dapat menjadi titik limit atau bukan titik limit
A. A.
Sebaliknya, suatu
Sebelum diberikan contoh, diperhatikan teorema yang menjamin adanya barisan di dalam
A
yang konvergen ke titik limit
A.
Teorema ini dapat dijadikan sebagai
kriteria titik limit.
Teorema 3.1. Sebuah bilangan c ∈ A titik limit A bila hanya bila terdapat barisan (an ) dalam A dengan an 6= c untuk setiap n ∈ N sehingga lim(an ) = c. titik limit. Untuk setiap n ∈ N, bangun persekitaran dengan 1 1 1 radius δ := , yaitu V 1 (c) = (c − , c + ). Berdasarkan de nisi c titik limit, n n n n 1 selalu ada an ∈ A∩V 1 dengan an 6= c (lihat 3.1). Karena berlaku |an −c| < n n
Bukti. Misalkan
c
lim(an ) = c. Sebaliknya, diketahui terdapat barisan (an ) dalam A, an 6= c dan lim(an ) = c, dibuktikan c seperti ini adalah titik limit A. Karena diketahui lim(an ) = c maka berdasarkan de nisi limit barisan, untuk sebarang δ > 0 terdapat bilangan asli K sehingga |an − c| < δ untuk setiap n ≥ K . Ini berarti, khususnya aK ∈ A, aK 6= c dan aK ∈ Vδ yaitu A ∩ Vδ \ {c} = 6 ∅. Terbukti c titik limit A. maka disimpulkan
Contoh 3.1.
Diberikan himpunan
A
yang dide nisikan sebagai
A = {−1} ∪ {x ∈ R : 0 ≤ x < 1} ∪ {2}. A.
Tentukan himpunan semua titik limit
x ∈ [0, 1] dan setiap δ > 0 maka berlaku (x − δ, x + δ) ∩ A \ {x} 6= ∅. Jadi setiap x ∈ [0, 1] merupakan titik imit A. 1 Diperhatikan x = −1 ∈ A. Kita dapat memilih δ1 > 0 (misalnya δ1 = ) 2 sehingga (−1 − δ1 , −1 + δ1 ) ∩ A = {−1}. Akibatnya, (−1 − δ1 , −1 + δ1 ) ∩ A \ {−1} = ∅. Disimpulkan x = −1 bukan titik limit A. Argumen yang sama diterapkan untuk x = 2. Diperoleh himpunan titik lmit A adalah [0, 1].
Penyelesaian. Diperhatikan bahwa setiap
Gambar 3.1: Ilustrasi titik limit pada garis bilangan A. Sebaliknya 2 ∈ A tetapi 2 bukan titik limit A. Bilangan di dalam interval [0, 1) kesemuanya anggota A dan sekaligus titik limit A.
Diperhatikan pada contoh ini,
1 ∈ / A
tetapi
1
titik limit
Berikut diberikan beberapa fakta sederhana tentang titik limit: 1. Himpunan
A
yang banyak anggotanya berhingga tidak mempunyai titik
limit. Kita dapat mengambil
δ
bilangan positif yang lebih kecil dari jarak
antara ketiga bilangan yang berdekatan. Untuk menunjukkan
c
bukan titik
limit, misalkan ketiga bilangan yang berdekatan tersebut adalah x1 , c dan x2 1 min{|x1 − c|, |c − x2 |}. Maka pasti berlaku dengan x1 < c < x2 . Ambil δ := 2
(c − δ, c + δ) ∩ A \ {c} = ∅. 2. Himpunan bilangan asli
N
tidak mempunyai titik limit.
2
3 LIMIT DAN KEKONTINUAN
diberikan V (L) L+ |f(x) -L|<
L L-
terdapat V (c)
c c+
c+
Gambar 3.2: Ilustrasi de nisi limit fungsi 3. Himpunan bilangan rasional
Q
mempunyai titik limit semua bilangan real.
Hal ini disebabkan sifat kepadatan bilangan rasional di dalam 4. Himpunan
A=
1
:n∈N A
n ini tidak satupun anggota
hanya mempunyai titik limit
0.
R. Dalam kasus
menjadi titik limitnya.
Selanjutnya de nisi limit fungsi diberikan sebagai berikut.
De nisi 3.2. [Limit Fungsi] Misalkan A ⊆ R dan f : A −→ R, c titik limit A. Bilangan
L
dikatakan limit fungsi
f
di
c,
ditulis
L = lim f (x)
(3.2)
x→c
adalah bilamana diberikan
>0
terdapat
δ>0
sehingga berlaku
0 < |x − c| < δ → |f (x) − L| < .
yang diberikan sehingga δ = δ() untuk menunjukkan ketergantungan δ pada yang diberikan. Bila limit L ini ada maka fungsi f dikatakan juga konvergen ke L di c. Secara praktis, dapat dikatakan f (x) mendekati L bilamana x mendekati c. Ukuran dekat f (x) terhadap L diberikan oleh , dan kedekatan x dengan c diukur oleh δ . Pada ekspresi (3.4) kita dapat membuat f (x) sedekat mungkin dengan L dengan memilih x yang dekat dengan c. Pada de nisi ini, nilai
δ
(3.3)
biasanya bergantung pada nilai
kadang-kadang ditulis sebagai
Ilustrasi de nisi limit fungsi diberikan pada Gambar 3.2.
c| < δ
pada (3.4) menunjukkan bahwa untuk berlakunya
memperhitungkan
x = c dibolongi.
x
yang sama dengan
c.
0 < |x − |f (x) − L| < tidak
Pernyataan
Diperhatikan pada gambar tersebut
f (c) tidak perlu ada. Ingat, titik limit himpunan domain A tidak harus di dalam A. Oleh karena itulah, ilustrasi gra k de nisi limit menggunakan dot ◦” di titik x = c.
Contoh 3.2.
Artinya pada de nisi limit, nilai
Prosedur menghitung limit berikut sering dilakukan pada pelajaran
kalkulus atau sewaktu di SMA dulu.
(x − 2)(x + 2) x2 − 4 = lim = lim (x + 2) = 2 + 2 = 4. x→2 x→2 x→2 x − 2 (x − 2) lim
3
3 LIMIT DAN KEKONTINUAN
diberikan V (f(c)) f(c)+ |f(x) -f(c)|<
f(c) f(c) -
terdapat V (c)
c c+
c+
Gambar 3.3: Ilustrasi fungsi f
c
kontinu di
Ada 2 hal kritis yang jarang dipedulikan oleh mahasiswa, yaitu
*
Pada langkah kedua terjadi proses pencoretan atau kanselasi pembagian dua bilangan yang sama yaitu
(x − 2).
Padahal secara teoritis pencoretan
ini tidak berlaku untuk bilangan bernilai nol. tidak masalah karena notasi tidaklah berarti
x = 2.
x → 2
Dalam kasus limit, hal ini
dipahami atau dibaca
x
mendekati
2
Hal ini ditegaskan pada de nisi yang menyatakan
0 < |x − 2| < δ . *
Di sini
x2 −4 . Faktanya f (2) tidak ada karena terjadinya pembagian x−2 Tetapi limit f (x) untuk x → 2 ada, yaitu 4. Jadi walaupun
f (x) =
dengan nol.
nilai fungsi di titik tersebut tidak ada, namun nilai limitnya dapat saja ada. Antara nilai fungsi dan nilai limit tidak mempunyai hubungan implikasi. Dalam kasus keduanya ada dan nilainya sama maka fungsi tersebut bersifat kontinu. Pengertian yang hampir sama untuk fungsi kontinu di
x = c,
seperti diungkapkan
berikut ini.
De nisi 3.3. [Fungsi Kontinu] Misalkan A ⊆ R dan f : A −→ R, c ∈ A . Fungsi f dikatakan kontinu di c, adalah bilamana diberikan > 0 terdapat δ > 0 sehingga berlaku
|x − c| < δ → |f (x) − f (c)| < . Kontinu pada himpunan
A
berarti kontinu di setiap
Berdasarkan de nisi ini, syarat perlu agar fungsi
f
(3.4)
c ∈ A.
kontinu di
c
adalah
f (c)
harus
ada atau terde nisi. Syarat ini tidak berlaku pada kasus limit, yakni nilai limit fungsi di di
c
dapat saja ada walaupun nilai
c diberikan pada Gambar 3.3.
f (c)
tidak ada. Ilustrasi fungsi kontinu
Perhatikan pada gambar ini
x = c tidak dibolongi
alias masuk dalam interval domain syarat. Dalam kasus
c∈A
dan
c
titik limit
A
maka kedua pengertian limit dan kekontin-
uan sangat terkait seperti diungkapkan pada teorema berikut.
4
3 LIMIT DAN KEKONTINUAN
Teorema 3.2. Misalkan A ⊆ R dan f : A −→ R, c ∈ A. Bila c titik limit A maka kedua pernyataan berikut ekuivalen. 1.
f
c
2.
limx→c f (x) = f (c)
kontinu di
Bukti. Untuk mudahnya kita bentuk dua himpunan berikut
E1 := {x ∈ A : 0 < |x − c| < δ}, E2 := {x ∈ A : |x − c| < δ}. E2 ⊂ E1 . Diketahui f kontinu di c berarti x ∈ E2 → |f (x) − f (c)| < . x ∈ E1 maka x ∈ E2 atau x = c. Bila x ∈ E2 maka (3.3) berlaku dengan L = f (c). Untuk kemungkinan x = c berlaku |f (x) − f (c)| = |f (c) − f (c)| = 0 < sehingga (3.3) juga dipenuhi. Terbukti limx→c f (x) = f (c). Sebaliknya, diketahui limx→c f (x) = f (c) yaitu x ∈ E1 → |f (x) − f (c)| < . Karena E2 ⊂ E1 maka berlaku x ∈ E2 → |f (x) − f (c)| < , yaitu f kontinu di c.
Jadi
Misalkan
Berpijak dari teorema ini kita dapatkan syarat cukup dan perlu sebuah fungsi kontinu di
* f (c)
x=c
ada tiga syarat, yaitu
ada
* limx→c f (x) *
nilai keduanya harus sama.
Contoh 3.3. tiap
ada
x ∈ R.
Misalkan
f
fungsi konstan pada
c ∈ R,
Buktikan untuk sebarang
f
simpulkan bahwa
kontinu di
Penyelesaian. Diberikan
R,
f (x) = b untuk selimx→c b = b. Kemudian
katakan
berlaku
c.
>0
sebarang, ambil
δ := 1
maka diperoleh
0 < |x − c| < δ → |f (x) − L| = |b − b| = 0 < . Jadi terbukti
limx→c f (x) = f (c).
dengan teorema 3.2 disimpulkan Pengambilan
δ
c ∈ R merupakan c.
p→q
p→q
di mana
q
1, bahkan berapa pun boleh.
sudah dipastikan benar maka
disimpulkan benar.
Contoh 3.4. Buktikan untuk sebarang c ∈ R, limx→c x = c. bahwa
f (x) := x
titik limit maka
kontinu di
pada pembuktian di atas dapat selain
Pembuktian ini menggunakan pola pernyataan
Karena
f
kontinu di
Kemudian simpulkan
c.
Penyelesaian. Untuk setiap
>0
yang diberikan, ambil
δ := .
Diperoleh
0 < |x − c| < δ → |f (x) − L| = |x − c| < δ = . limx→c x = c. Karena berlaku limx→c f (x) = f (c) disimpulkan f kontinu di c.
Karena itu terbukti titik limit maka
Contoh 3.5.
Misalkan
f (x) = x2 , x ∈ R.
5
Buktikan
f
kontinu pada
R.
dan
c
3 LIMIT DAN KEKONTINUAN
c∈R
Bukti. Misalkan
sebarang. Kita perhatikan dulu penjabaran berikut
|f (x) − f (c)| = |x2 − c2 | = |x + c||x − c|. Karena sudah ada suku suku
|x + c|.
|x − c|
maka kita perlu melakukan estimasi pada
|x − c| < 1,
Untuk itu diasumsikan dulu
maka berlaku
||x| − |c|| ≤ |x − c| < 1 → −1 < |x| − |c| ≤ 1 → |x| ≤ |c| + 1. | {z } |x + c|,
Untuk asumsi ini diperoleh estimasi pada
yaitu
|x + c| ≤ |x| + |c| ≤ 2|c| + 1. Secara keseluruhan diperoleh estimasi
|f (x) − f (c)| = |x + c||x − c| < (2|c| + 1) |x − c|. (∗) Agar kuantitas terakhir ini kurang dari
|x − c| < Agar kedua
|x − c| < 1
dan
maka haruslah
. (∗∗) 2|c| + 1
|x − c| <
dipenuhi maka diambil 2|c|+1
δ = δ() := min 1,
2|c| + 1
.
0 < |x − c| < δ maka (*) dan (**) berlaku sehingga disimpulkan |f (x)−f (c)| < . Jadi, limx→c f (x) = f (c), dan terbukti f kontinu di c.
Jadi jika
Ada kalanya sebuah fungsi tidak kontinu di suatu titik terde nisi di
c, yaitu f (c) tidak ada.
c
dikarenakan ia tidak
Tetapi, asalkan limitnya di
c ada maka fungsi
tersebut dapat diperluas menjadi fungsi kontinu.
Contoh 3.6.
Diberikan fungsi
f (x) =
x2 −1 ,x x−1
6= 0
tidak kontinu di
1
karena
f (1)
tidak ada. Namun, berlaku
x2 − 1 = lim (x + 1) = 2. x→1 x→1 x − 1
lim f (x) = lim
x→1
Jadi fungsi ini dapat diperluas menjadi fungsi kontinu pada
( fe(x) = fe dibaca f
x2 −1 x−1
R
sebagai berikut
6 0 = x = 0.
untukx
2
untuk
tilde merupakan perluasan kontinu fungsi
f.
3.2 Kriteria Barisan untuk Limit dan Kekontinuan Untuk mengetahui limit dan kekontiunuan fungsi di suatu titik dapat dideteksi melalui limit barisan yang sudah dipelajari pada bab sebelumnya.
6
3 LIMIT DAN KEKONTINUAN
Teorema 3.3. Misalkan f : A −→ R dan c titik limit A. Maka kedua pernyataan berikut ekuivalen. 1.
limx→c f (x) = L (xn )
2. Untuk setiap barisan setiap
n ∈ N,
→(2).
di dalam
maka barisan
(f (xn ))
A
yang konvergen ke
konvergen ke
c, xn 6= c
untuk
L.
> 0 sebarang. Karena diketahui limx→c f (x) = L, δ > 0 sehingga jika 0 < |x − c| < δ berlaku |f (x) − L| < . Misalkan lim(xn ) = c, xn 6= c. Berdasarkan de nisi limit barisan, untuk δ > 0 sebelumnya terdapat K ∈ N sehingga |xn − c| < δ untuk setiap n ≥ K . Karena xn 6= c maka dapat ditulis 0 < |xn − c| < δ , sehingga berlaku |f (xn )−L| < untuk setiap n ≥ K . Ini menunjukkan bahwa barisan (f (xn )) konvergen ke L. (2)→(1). Dibuktikan melalui kontraposisinya. Diketahui limx→c f (x) 6= L, berarti ada 0 > 0 sehingga setiap δ > 0 terdapat xδ ∈ A, 0 < |x − xδ | < δ 1 >0 tetapi |f (x) − xδ | ≥ 0 . Bila para δ > 0 tersebut diambil sebagai δ := n untuk setiap n ∈ N maka terbentuk barisan (xn ) dengan sifat 0 < |xn − c| < 1 , xn ∈ A tetapi |f (xn ) − L| ≥ 0 untuk setiap n ∈ N. Ini berarti barisan n (f (xn )) tidak mungkin konvergen ke L. Jadi ada barisan (xn ) dalam A, xn 6= c tetapi (f (xn )) tidak konvergen ke L. Pernyataan (2) salah. Bukti teorema selesai.
Bukti. (1)
Diberikan
maka terdapat
Dengan demikian diperoleh kriteria divergen sebagai berikut:
* limx→c f (x) 6= L bila hanya bila ada barisan (xn ) dalam A (xn ) konvergen ke c tetapi barisan lim (f (xn )) 6= L. * limx→c f (x) tidak ada xn 6= c, (xn ) konvergen
bila hanya bila ada barisan
c
ke
tetapi barisan
* limx→c f (x) tidak ada bila A dengan xn , yn 6= c, (xn ) lim (f (yn )).
Contoh 3.7.
Buktikan
limx→0
f (xn )
(xn )
(yn )
xn 6= c,
A
dengan
dalam
tidak konvergen.
hanya bila ada dua barisan dan
dengan
konvergen ke
c
(xn ), (yn ) dalam lim (f (xn )) 6=
tetapi
1 tidak ada. x
f (x) = x1 . Ambil barisan (xn ) dengan xn := konvergen ke 0, xn 6= 0. Sekarang perhatikan barisan
Bukti. Di sini kita mempunyai
1 . Jelas barisan ini n 1 (f (xn )) = 1/n = (n)
= (1, 2, 3, · · · )
tidak konvergen. Berdasarkan kriteria
kedua maka terbukti limitnya tidak ada.
Contoh 3.8.
Diberikan fungsi signum yang dide nisikan sebagai berikut
+1 sgn(x) : = 0 −1 Buktikan
limx→0 sgn(x)
untuk untuk untuk
x > 0, x = 0, x < 0.
tidak ada.
Bukti. Ambil dua barisan
(xn )
(yn ) dengan xn := n1 dan yn := − n1 . ke 0 dan setiap sukunya tidak ada yang
dan
kedua barisan ini konvergen
7
Jelas sama
3 LIMIT DAN KEKONTINUAN 1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
−0.2
−0.4
−0.6
−0.8
−1 −0.4
−0.3
−0.2
−0.1
0
0.1
0.2
0.3
0.4
Gambar 3.4: Gra k fungsi f (x) = sin(1/x) dengan
0.
(sgn(xn )) = sgn n1 = (1) = (1, 1, · · · ) (sgn(yn )) = sgn(− n1 ) = (−1) = (−1, −1, · · · ) kon-
Diperhatikan barisan
1, −1.
konvergen ke
tetapi
vergen ke
Berdasarkan kriteria ketiga maka terbukti limitnya tidak
ada.
Cara lain dapat menggunakan sifat bahwa sgn(x)
=
x untuk |x|
x 6= 0.
(−1)n gan mengambil xn := maka barisan (xn ) konvergen ke 0, xn n n (sgn(xn )) = sgn (−1) = (−1)n = (−1, +1, −1, · · · ) divergen. n
Contoh 3.9.
Buktikan
lim sin x1
(yn )
dengan
Tetapi
tidak ada.
f (x) = sin x1 , x 6= 0. Ambil 1 1 xn := nπ , yn := (π/2+2πn) . Maka jelas
Bukti. Di sini kita mempunyai
dan
6= 0.
Den-
dua barisan
(xn )
kedua barisan ini
konvergen ke nol dan suku-sukunya tidak pernah sama dengan nol. Namun, barisan
(f (xn )) = (sin nπ) = (1, 1, · · · ) → 1 (f (yn )) = (sin (π/2 + 2πn)) = (0, 0, · · · ) → 0 sehingga berdasarkan kriteria ketiga maka disimpulkan limitnya tidak ada.
f (x) = sin x1 diberikan pada Gambar 3.4. Pada gambar ini terlihat jelas bahwa nilai fungsi f selalu berada di dalam interval [−1, 1], semakin dekat x kepada 0 semakin cepat osilasinya tetapi nilai f (x) tidak menuju titik
Ilustrasi gra k fungsi
mana pun.
Teorema 3.4. Misalkan f : A −→ R dan c ∈ A. Maka kedua pernyataan berikut
ekuivalen. 1.
f
kontinu di
c
2. Untuk setiap barisan
(f (xn ))
konvergen ke
(xn ) f (c).
di dalam
8
A
yang konvergen ke
c,
maka barisan
3 LIMIT DAN KEKONTINUAN Bukti. Gunakan fakta
L := f (c).
f
kontinu di
c bila hanya bila limx→c f (x) = f (c) dan ambil
Selanjutnya gunakan teorema kriteria barisan untuk limit.
Dengan demikian diperoleh kriteria diskontinu sebagai berikut: kontinu di ke
c
tetapi
f
tidak
c jika hanya jika terdapat barisan (xn ) dalam A sehingga (xn ) konvergen (f (xn )) tidak konvergen ke f (c).
Contoh 3.10. *
fungsi
Fungsi
Beberapa fungsi tidak kontinu
ϕ(x) := 1/x tidak kontinu di 0 sebab ϕ(0) tidak ada. 0.
Juga, fungsi ini
tidak mempunyai limit di
*
Fungsi
s(x) :=
sgn(x) tidak kontinu di
0,
karena
limx→0 s(x)
tidak ada,
seperti telah dibahas sebelumnya. Berikut ini diberikan contoh fungsi yang tidak kontinu dimana-mana pada
Contoh 3.11.
Diberikan fungsi Dirichlet sebagai berikut
( 1 f (x) := 0 Buktikan
f
R.
bila bila
x x
rasional irrasional.
tidak kontinu dimana-mana.
Bukti. Misalkan
c bilangan real sebarang.
Ditunjukan
f
tidak kontinu di
c.
Bila
c
bilangan rasional maka dengan sifat kepadatan bilangan rasional, selalu ter-
(xn ) yang konvergen ke c. Jadi lim(xn ) = c, tetapi barisan (f (xn )) = (0, 0, 0, · · · ) sehingga lim (f (xn )) = 0 6= f (c) = 1. Sebaliknya bila c bilangan irrasional maka terdapat barisan bilangan rasional (yn ) yang konvergen ke c. Dengan argumen yang sama seperti sebelumnya, diperoleh lim (f (xn )) = 1 6= f (c) = 0. Jadi f tidak kontinu di c untuk setiap c ∈ R. dapat barisan bilangan irrasional
3.3 Sifat-sifat Limit Pada pembahasan limit barisan, berlaku bahwa jika barisan konvergen maka ia terbatas tetapi tidak berlaku sebaliknya.
Sifat yang sama berlaku pada fungsi
yang mempunyai limit, tetapi keterbatasan dalam arti lokal.
De nisi 3.4. Misalkan f : A −→ R, dan c ∈ R titik limit A. Fungsi f dikatakan terbatas lokal di c jika terdapat persekitaran Vδ (c) dan konstanta M > 0 sehingga |f (x)| ≤ M
untuk setiap
x ∈ A ∩ Vδ (c).
Teorema 3.5. Bila f : A −→ R mempunyai limit di c ∈ R maka f terbatas lokal
di c.
L := limx→c f (x), maka berdasarkan de nisi untuk = 1, terdapat δ > 0 sehingga untuk setiap x ∈ A dengan 0 < |x − c| < δ berlaku |f (x) − L| < 1, yang berakibat |f (x)| < |L| + 1. Sedangkan untuk x = c maka |f (x)| = |f (c)|. Dengan mengambil M := sup {|f (c)|, |L| + 1} maka diperoleh |f (x)| ≤ M untuk setiap x ∈ A ∩ Vδ (c).
Bukti. Misalkan
9
3 LIMIT DAN KEKONTINUAN Operasi penjumlahan, perkalian, perkalian skalar dan pembagian fungsi-fungsi dide nisikan sebagai berikut
f (x) f (x) := (f + g) (x) := f (x)+g(x), (f g) (x) := f (x)g(x), (αf ) (x) := αf (x), h h(x) di mana domain fungsi-fungsi tersebut sama. Khusus untuk pembagian, disyaratkan
h(x) 6= 0
untuk setiap
x.
Teorema 3.6. Misalkan f, g : A −→ R, c ∈ R titik limit A. Bila f dan g
mempunyai limit di c, katakan limx→c f (x) = F dan limx→c g(x) = G maka berlaku 1.
limx→c (f ± g) (x) = F ± G
2.
limx→c (f g) (x) = F G
3.
limx→c (αf ) (x) = αF untuk suatu konstanta α. F limx→c fg (x) = G asalkan G 6= 0 dan g(x) 6= 0
4.
untuk setiap
x.
Bukti. Teorema ini dapat dibuktikan dengan menggunakan de nisi limit fungsi,
tetapi lebih mudah menggunakan kriteria barisan untuk limit. Misalkan suatu barisan dalam
A
dimana
xn 6= c
lim (f (xn )) = F,
dan
dan
lim(xn ) = c,
(xn )
maka berlaku
lim (g(xn )) = G.
Diperoleh
lim ((f ± g) (xn )) = lim (f (xn ) ± g(xn )) = lim (f (xn )) ± lim (g(xn )) = F ± G. Dengan menggunakan kriteria barisan untuk limit, hasil terakhir ini mem-
limx→c (f ± g) (x) = F ± G,
berikan kesimpulan bahwa pernyataan (i).
yang membuktikan
Untuk pernyataan lainnya dapat dibuktikan dengan cara
yang sama.
Diperhatikan khusus untuk perkalian, bila terdapat beberapa fungsi
f1 , f2 , · · · , fn
limx→c fk (x) = Fk maka berlaku lim (f1 f2 · · · fn ) (x) = lim f1 (x) lim fk (x) · · · lim fn (x) = F1 F2 · · · Fn .
dengan masing-masing
x→c
x→c
Lebih khusus, jika
x→c
f1 = f2 = · · · = fn := f maka diperoleh n lim (f (x))n = lim f (x) = F n . x→c
Jika
p
x→c
suatu polinomial pada
x→c
R,
yaitu
p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0
maka dengan menggunakan sifat limit hasil kali fungsi diperoleh
lim p(x) = an cn + an−1 cn−1 + · · · + a1 c + a0 = p(c).
x→c Selanjutnya, jika
p(x)
dan
q(x)
polinomial dan jika
q(c) 6= 0
maka berlaku
p(c) p(x) = . x→c q(x) q(c) lim
Teorema berikut memberikan kepastian bahwa bila nilai fungsi suatu interval, maka begitu juga nilai limitnya.
10
f (x) terbatas dalam
3 LIMIT DAN KEKONTINUAN
Teorema 3.7. Misalkan f : A −→ R, c ∈ R titik limit A. Bila a ≤ f (x) ≤ b untuk semua x ∈ A, x 6= 0 dan limx→c f (x) ada maka a ≤ lim f (x) ≤ b. x→c
(xn ) suatu barisan dalam A dimana xn 6= c dan lim(xn ) = c maka berlaku lim (f (xn )) = limx→c f (x). Karena a ≤ f (xn ) ≤ b untuk setiap n ∈ N maka a ≤ limx→c (f (xn )) ≤ b. Jadi, a ≤ limx→c (f (x)) ≤ b.
Bukti. Misalkan
Teorema 3.8. Misalkan f, g, h : A −→ R dan c ∈ R titik limit A. Bila diketahui f (x) ≤ g(x) ≤ h(x)
untuk setiap x ∈ A, x 6= c dan limx→c f (x) = L = limx→c h(x) maka limx→c g(x) = L. Bukti. Teorema ini adalah teorema squeeze untuk limit fungsi. Pembuktiannya
menggunakan teorema squeeze untuk limit barisan. Untuk sebarang barisan
(xn )
dalam
A
xn 6= c
dimana
dan
lim(xn ) = c,
maka berlaku
f (xn ) ≤ g(xn ) ≤ h(xn ). Dengan memandang
(f (xn )) , (g(xn )) dan (h(xn )) sebagai tiga barisan bilan-
gan real maka berlaku
lim (g(xn )) = lim (f (xn )) = lim (h(xn )) = L, sehingga disimpulkan
limx→c g(x) = L.
Teorema squeeze ini biasanya digunakan untuk membuktikan nilai limit suatu fungsi dengan cara membangun dua fungsi lainnya yang selalu mendominasi dari bawah dan dari atas. Kedua fungsi tersebut mempunyai nilai limit yang sama. Berikut diberikan beberapa contoh limit yang memuat fungsi trigonometri yang sering muncul sebagai rumus limit. Namun, sebelumnya diberikan beberapa fakta pembatas yang berkaitan dengan fungsi sinus dan cosinus.
* −x ≤ sin x ≤ x
untuk setiap
* 1−
x2 2
≤ cos x ≤ 1untuk
* x−
x3 6
≤ sin x ≤ x
x ≥ 0.
setiap
x ≥ 0.
untuk setiap
x ≥ 0.
Kali ini fakta tersebut tidak dibuktikan secara analitik, namun diberikan ilustrasi gra snya seperti diberikan pada Gambar 3.5.
Pada gambar ini terlihat urutan
ketinggian gra k yang menunjukkan ketidaksamaan tersebut dipenuhi.
Contoh 3.12.
Buktikan limit sebagai berikut :
1.
limx→0 sin x = 0,
2.
limx→0 cos x = 1, limx→0 cos xx−1 = 0, limx→0 sinx x = 1,
3. 4.
11
3 LIMIT DAN KEKONTINUAN
Gambar 3.5: Ilustrasi ketidaksamaan melalui gra k fungsi 5.
limx→0 x sin
1 x
= 0.
Bukti. Teorema squezee untuk limit fungsi memainkan peran sentral pada pem-
buktian berikut. 1. Karena berlaku
limx→0 x = 0
−x ≤ sin x ≤ x
untuk setiap
x ≥ 0
limx→0 (−x) =
dan
maka dengan teorema squeeze di peroleh
0 = lim −x ≤ lim sin x ≤ lim x = 0 x→0
sehingga terbukti
x→0
x→0
limx→0 sin x = 0. 2
limx→0 cos x = 1, gunakan fakta 1 − x2 ≤ cos x ≤ 1. 2 limx→0 (1 − x2 ) = limx→0 1 = 1 maka diperoleh limx→0 cos x = 1.
2. Untuk membuktikan Karena
3. Selanjutnya, dengan mengurangi ketiga ruas fakta ini dengan
1
maka diper-
oleh
−
x2 ≤ cos x − 1 ≤ 0, 2
Selanjutnya bagi ketiga ruang dengan
− dan untuk
x<0
untuk
x 6= 0.
x≥0
Untuk
x>0
berlaku
x cos x − 1 ≤ ≤0 2 x
diperoleh
0≤ Bila diambil fungsi
f
dan
( − x2 f (x) : = 0
h
cos x − 1 x ≤ . x 2
sebagai berikut
untuk untuk
x≥0 , x<0
12
( h(x) :=
0 − x2
untuk untuk
x≥0 x<0
3 LIMIT DAN KEKONTINUAN maka untuk
x 6= 0
berlaku
f (x) ≤ Karena
cos x − 1 ≤ h(x). x
limx→0 f (x) = limx→0 h(x) = 0
maka disimpulkan
limx→0
cos x−1 x
=
0. 3
x − x6 ≤ sin x ≤ x untuk x ≥ 0. Bagi ketiga x2 ruas dengan x 6= 0. Untuk x > 0 diperoleh 1 − ≤ sinx x ≤ 1. Untuk x < 0, 6 2 x x bagi ketiga ruas dengan−x > 0, berlaku −1 + ≤ sin ≤ −1. Ketiga ruas 6 −x sin x x2 dikalikan −1 diperoleh 1 ≤ ≤ 1 − 6 . De nisikan x ( ( 2 1 − x2 untuk x ≥ 0 1 untuk x ≥ 0 f (x) : = , h(x) := x2 1 untuk x < 0 1 − 2 untuk x < 0
4. Untuk soal 4 gunakan fakta
Sehingga berlaku
sin x f (x) ≤ ≤ h(x). x x2 Karena limx→0 f (x) = limx→0 1 − = limx→0 h(x) = 1 maka disimpulkan 6 limx→0 sinx x = 1. 5. Untuk pertanyaan 5, gunakan kenyataan bahwa −1 ≤ sin z ≤ 1 untuk semua 1 bilanga real z . Dengan mengganti z = , x 6= 0 maka diperoleh x
−1 ≤ sin
1 ≤ 1. x
Gunakan de nisi nilai mutlak. Kalikan ketiga ruas bnetuk terakhir ini dengan
x>0
diperoleh
−|x| = −x ≤ x sin Bila dikalikan dengan
x<0
diperoleh
1 ≥ x = −|x| x
|x| = −x ≥ x sin Jadi untuk setiap
x∈R
dan
x 6= 0
berlaku
−|x| ≤ x sin limx→0 −|x| = limx→0 |x| = 0
Karena
0. Fungsi
x sin x1
1 ≤ x = |x|. x
berosilasi seperti fungsi
sin x1
1 ≤ |x|. x
maka disimpulkan
limx→0 x sin
1 x
=
sebelumnya tetapi ia semakin dekat
kepada nol nilainya semakin mengecil mengikuti corong yang terbentuk oleh garis
y=x
dan
y = −x.
Pola ini ditunjukkan pada Gambar 3.6.
13
3 LIMIT DAN KEKONTINUAN 0.4
0.3
0.2
0.1
0
−0.1
−0.2
−0.3
−0.4 −0.4
−0.3
−0.2
−0.1
0
0.1
0.2
0.3
Gambar 3.6: Gra k fungsi y = x sin
0.4
1 x
3.4 Sifat-sifat Fungsi Kontinu Sifat-sifat fungsi kontinu banyak yang mengikuti sifat-sifat yang berlaku pada limit fungsi.
Jumlahan, perkalian, perkalian skalar fungsi-fungsi kontinu membentuk
fungsi kontinu yang baru. Pembagian dua fungsi kontinu juga merupakan fungsi kontinu asalkan fungsi penyebutnya tidak pernah nol.
Sifat aljabar fungsi kontinu
Teorema 3.9. Misalkan f, g : A −→ R, c ∈ A. Bila f dan g kontinu di c maka 1. Fungsi-fungsi 2. Bila
f ± g, f g
dan
h : A −→ R
fungsi
kontinu di f kontinu di c. h
αf
kontinu di
c∈A
dan
c.
h(x) 6= 0
untuk semua
x∈A
maka
Bukti. Hanya akan dibuktikan bagian 2, sisanya dapat dibuktikan sendiri.
nakan fakta
f (c) 6= 0
limx→c f (x) = f (c),
dan
limx→c h(x) = h(c).
Karena
c∈A
Gudan
maka berlaku
f f (c) limx→c f (x) f (c) = = = lim (x) h h(c) limx→c h(x) x→c h sehingga disimpulkan
Contoh 3.13.
bilangan real
p(x)
c.
Beberapa bentuk fungsi kontinu :
1. Fungsi polinomial
2. Bila
f kontinu di g
dan
p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0
kontinu di setiap
c. q(x)
fungsi rasional dan
rasional
c
yang
akar
p(x) ,x∈ / {α1 , α2 , · · · , αm } q(x) bukan akar q(x).
r(x) = kontinu di setiap
α1 , α2 , · · · , αm
14
q(x)
maka fungsi
3 LIMIT DAN KEKONTINUAN 3. Fungsi
s(x) = sin x
c(x) = cos x
4. Fungsi
tan x, cot x, sec x
dan
dan
csc x
kontinu pada
R.
kontinu di mana mereka terde nisi.
Kekontinuan fungsi nilai mutlak dan fungsi akar
Teorema 3.10. Misalkan f : A −→ R, kemudian dide nisikan fungsi nilai mutlak dan fungsi akar sebagai berikut
|f |(x) := |f (x)|, dan 1. Bila
f
2. Bila
f (x) ≥ 0
kontinu pada dan
Bukti. Gunakan sifat
f
A
p p f (x) := f (x).
maka demikian juga dengan
kontinu pada
A
maka
√
||f (x)| − |L|| ≤ |f (x) − L|
f
|f |.
kontinu pada
A.
untuk menunjukkan berlaku
lim |f |(x) = | lim f (x)|.
x→c
x→c
limx→c f (x) = L maka untuk setiap ε > 0 terdapat δ > 0 sehingga |f (x) − L| < ε untuk 0 < |x − c| < δ . Untuk x dengan syarat ini berlaku Misalkan
||f (x)| − |L|| ≤ |f (x) − L| < ε limx→c |f | (x) = |limx→c f (x)| = |f (c)| Jadi p = |f |(c). √ |f | kontinu di c. Untuk fungsi akar, gunakan hubungan f (x) − L = p √ 1 √ |f (x) − L| ≤ √1 |f (x)−L| untuk menunjukkan bahwa limx→c f (x) = L pf (x)+ L √ lim f (x) . Selanjutnya, dengan fakta ini dapat ditunjukkan limx→c f (x) = x→c p p √ limx→c f (x) = f (c) =: f (c). sehingga disimpulkan
Kekontinuan fungsi komposisi
Berikut diberikan syarat agar komposisi fungsi kontinu juga kontinu.
Teorema 3.11. Bila A, B ⊆ R, f : A −→ R dan g : B −→ R. Bila f kontinu di
c ∈ A, g kontinu f (c) dan f (A) ⊆ B maka komposisi g ◦ f : A −→ R kontinu di c. Bukti. Diberikan
>0
sebarang. Karena
g
kontinu di
f (c)
maka terdapat
δ1 > 0
sehingga
y∈B Karena
f
dan
kontinu di
x∈A
|y − f (c)| < δ1 → |g(y) − g(f (c))| < . (∗)
c
maka untuk
dan
δ1 > 0
di atas, terdapat
δ>0
|x − c| < δ → |f (x) − f (c)| < δ1 . (∗∗)
f (A) ⊆ f (B) maka f (x) ∈ B sehingga y = f (x). Jadi ruas kanan (∗) berlaku, yaitu
Karena
ruas kiri
(∗∗)
dipenuhi oleh
|g(f (x) − g(f (c))| = |g ◦ f (x) − g ◦ f (c)| < . >0
Kesimpulannya, setiap
x∈A yakni
g◦f
dan
kontinu di
sehingga
terdapat
δ>0
sehingga
|x − c| < δ −→ |g ◦ f (x) − g ◦ f (c)| < ,
c.
15
3 LIMIT DAN KEKONTINUAN
Contoh 3.14.
Pada contoh ini diberikan cara lain membuktikan kekontinuan
fungsi nilai mutlak dan fungsi akar kontinu. 1. Dengan mende nsikan bahwa
g1
kontinu pada
g1 := |x| maka dengan mudah dapat ditunjukkan A, yaitu menggunakan ketidaksamaan segitiga
|g1 (x) − g1 (c)| = ||x| − |c|| ≤ |x − c|. f :A→R pada A.
Bila
sebarang fungsi kontinu pada
2. Dengan mengambil
c ≥ 0,
di setiap
g2 (x) :=
√
x, x ≥ 0
maka
A
g2
maka
g1 ◦ f = |f |
kontinu
dapat ditunjukkan kontinu
yaitu dengan menggunakan hubungan
√ √ x−c 1 1 x − c = √ x + √c = √x + √c |x − c| ≤ √c |x − c| . f :√ A → R, dengan f (x) ≥ 0 g2 ◦ f = f kontinu pada A. Bila
Bila syarat
f (A) ⊆ B
g
atau
sebarang fungsi kontinu pada
f (c)
kontinu di
A
maka
tidak terpenuhi maka ada kemungk-
inan komposisi dua fungsi kontinu tidak kontinu, seperti yang ditunjukkan pada contoh berikut.
Contoh 3.15.
Misal diberikan fungsi
( 0 g(x) := 2 Buktikan
g
dan
f
bila bila
kontinu di
0
f
dan
x=1 , x 6= 1
yang dide nisikan sebagai berikut
f (x) := x + 1, x ∈ R.
g◦f
tetapi
g
tidak kontinu di
0.
Apakah hasil ini
bertentangan dengan teorema sebelumnya? Bukti. Untuk fungsi
Karena
f
kontinu di
g , limx→0 g(x) = limx→0 2 = 2 = g(0)
yakni
g
kontinu di
0.
berupa fungsi linier atau polinomial derajat satu maka ia pasti
0.
Sekarang bentuk komposisi
( 0 (g ◦ f ) (x) = g (f (x)) = 2
bila bila
g◦f
sebagai berikut
f (x) = 1 = f (x) 6= 1
( 0 2
bila bila
x=0 . x 6= 0
Uji kekontinuan sebagai berikut
lim g ◦ f (x) = lim 2 = 2 6= g ◦ f (0) = 0,
x→0 sehingga disimpulkan
x→0
g ◦f
tidak kontinu di
0.
Diperhatikan salah satu syarat
g kontinu di f (c) tidak dipenuhi. Alasannya f (0) = 1 dan limx→1 g(x) = 2 6= g(1) = 0 maka g tidak kontinu di f (0) = 1. Karena
teorema adalah
ada syarat pada teorema tidak dipenuhi maka fakta ini tidak bertentangan dengan teorema.
16
3 LIMIT DAN KEKONTINUAN Eksistensi ekstrim mutlak
Eksitensi atau jaminan adanya ekstrem merupakan salah satu sifat penting pada fungsi konitnu. Eksistensi nilai maksimum dan minimum ini sangat banyak digunakan dalam teori optimasi. Teori optimasi merupakan salah satu kajian dalam matematika yang banyak digunakan dalam bidang terapan karena sangat banyak masalah terapan yang berupa masalah optimasi. Sebelumnya diberikan pengertian fungsi terbatas dan kaitannya dengan fungsi kontinu.
De nisi 3.5. konstanta
Sebuah fungsi
M >0
f : A −→ R
dikatakan terbatas pada
A
jika terdapat
sehingga
|f (x)| ≤ M Dengan kata lain, fungsi
f
untuk semua
x ∈ A.
image ) merupakan
terbatas jika rentang bayangannya (
himpunan terbatas.
Contoh 3.16.
1 kontinu pada A := (0, ∞) tetapi tidak terbatas x 1 pada A karena setiap bilangan real α > 0 terdapat x ∈ A, misalnya x = α+1 sehingga |f (x)| > α. Namun, ia terbatas dan kontinu pada himpunan takterbatas Fungsi
f (x) :=
B := (1, ∞) yaitu dengan mengambil M = 1. f kontinu tetapi tidak terbatas.
Pada himpunan terbatas
C = (0, 1],
fungsi
Keterbatasan fungsi kontinu pada suatu interval akan terjamin bila interval tersebut terbatas dan tertutup seperti diungkapkan pada teorema berikut.
Teorema 3.12. Jika I := [a, b] suatu interval tertutup dan f : I −→ R kontinu maka f terbatas pada I . f tidak terbatas pada I . Maka, untuk sebarang n ∈ N terdapat bilangan xn ∈ I sehingga |f (xn )| > n. Karena I terbatas maka ia memuat 0 barisan bagian X = (xnr ) dari X = (xn ) yang konvergen ke suatu bilangan x (Teorema Bolzano-Wierestrass). Karena I tertutup dan xnr ∈ I maka x ∈ I . Karena f kontinu di setiap anggota I maka f kontinu di x sehingga barisan (f (xnr )) konvergen ke f (x). Jadi, (f (xnr )) barisan terbatas. Padahal
Bukti. Andai
berlaku
|f (xnr )| > n ≥ nr
untuk setiap
r∈N
(f (xnr )) tidak terbatas. Diperoleh suatu kontradiksi. Jadi, pengandaian f tidak terbatas adalah salah. Kesimpulan, teorema terbikti. yang menyatakan bahwa
De nisi 3.6.
Misalkan
mum mutlak (
f : A −→ R.
absolute maximum ) pada A f (x∗ ) ≥ f (x)
Dikatakan
f
Kita katakan
f
mempunyai sebuah maksi∗ jika terdapat titik x ∈ A sehingga
untuk semua
mempunyai minimum mutlak pada
x ∈ A. A
jika terdapat titik
x∗ ∈ A
sehingga
f (x∗ ) ≤ f (x) Selanjutnya, titik
untuk setiap
x ∈ A.
x∗ disebut titik maksimum mutlak dan x∗ disebut titik minimum
mutlak.
17
3 LIMIT DAN KEKONTINUAN maksimum global
x* x*
minimum global
Gambar 3.7: Ilustrasi ekstrem global Gambar 3.8: Ilustrasi maksimum dan minimum mutlak Contoh 3.16 Contoh 3.17.
f (x) := x1 tidak mempunyai maksimum maupun minimum mutlak pada domain A = (0, ∞), tetapi pada domain B = [1, 2] mempunyai ∗ maksimum mutlak dan minimum mutlak dengan titik maksimum x = 1 dan titik 2 minimum x∗ = 2. Fungsi g(x) := x mempunyai dua maksimum mutlak pada ∗ domain C := [−1, 1] yaitu x = ±1 dan satu minimum mutlak dengan x∗ = 0. Fungsi
Perhatikan Gambar
Teorema 3.13. Jika I := [a, b] suatu interval tertutup dan f : I −→ R kontinu maka f mempunyai maksimum dan minimum mutlak pada I . Bukti. Karena
f
f (I) := {f (x) : x ∈ I}
terbatas maka range
merupakan him-
punan terbatas. Berarti ia mempunyai supremum dan in mum, katakan s∗ = sup f (I) dan s∗ = inf f (I). Kita tunjukkan terdapat x∗ , x∗ ∈ I se∗ ∗ ∗ hingga f (x ) = s dan f (x∗ ) = s∗ . Karena s = sup f (I) maka untuk setiap
n ∈ N,
terdapat
xn ∈ I
sehingga
s∗ − Karena
I
1 < f (xn ) ≤ s∗ . (#) n
terbatas maka barisan X := (xn ) terbatas, sehingga ia memuat 0 = (xnr ) yang konvergen ke suatu x∗ ∈ I . Jadi f kontinu lim(f (xnr )) = f (x∗ ). Mengikuti (#), diperoleh
barisan bagian X ∗ di x . Akibatnya,
s∗ − Karena
lim(s∗ −
1 ) nr
1 < f (xnr ) ≤ s∗ nr = lim(s∗ ) = s
untuk setiap
r ∈ N.
maka dengan teorema squeeze, disim-
pulkan bahwa
lim (f (xnr )) = f (x∗ ) = s∗ . Untuk eksistensi titik minimum
x∗
dibuktikan sejalan.
3.5 Limit Satu Sisi Sebelumnya telah ditunjukkan bahwa limit fungsi signum di jika domainnya dibatasi pada interval
(0, ∞)
18
0
tidak ada. Tetapi
maka limitnya ada yaitu bernilai
1.
3 LIMIT DAN KEKONTINUAN diberikan
diberikan
L+
L+ L
L-
|f(x) -L|<
L
|f(x) -L|< L-
terdapat
terdapat
c-
c
c c+
Gambar 3.9: Ilustrasi limit kiri (panel kiri) dan limit kanan (panel kanan) Juga, bila domainnya hanya dibatasi pada interval ada yaitu
−1.
(−∞, 0)
maka limitnya juga
Kasus seperti ini mengilhami pengertian limit kanan dan limit kiri
yang dimodi kasi langsung dari pengertian limit biasa. Limit kiri dan limit kanan dikenal dengan istilah limit satu sisi, sedangkan limit biasa dikenal dengan limit dua sisi.
De nisi 3.7. 1. Bila
Misalkan
c∈R
dan
f : A −→ R.
A ∩ (c, ∞) = {x ∈ A : x > c}, kanan f di c, ditulis
titik limit
limit
dikatakan
A⊆R
maka bilangan real
L
L = lim+ f (x) x→c
> 0 sebarang terdapat δ > 0 sehingga 0 < x < c + δ maka berlaku |f (x) − L| < .
adalah jika diberikan
x∈A 2. Bila
dengan
c∈R
dikatakan
titik limit
A ∩ (−∞, c) = {x ∈ A : x < c}, di c, ditulis
limit kiri f
untuk semua
maka bilangan real
L
L = lim− f (x) x→c
> 0 sebarang terdapat δ > 0 sehingga c − δ < x < 0 maka berlaku |f (x) − L| < .
adalah jika diberikan
x∈A
dengan
Biasanya notasi
c
L = limx→c+ f (x) dibaca L adalah limit fungsi f
untuk semua
untuk
x mendekati
dari kanan. Analog untuk limit kiri.
Secara geometri kedua pengertian limit ini diberikan pada Gambar 3.9 . kedua de nisi ini, adanya nilai
f (c)
Pada
tetap tidak disyaratkan.
Analog kriteria barisan untuk limit dapat diadaptasikan langsung pada limit satu sisi, seperti diungkapkan pada teorema berikut.
Teorema 3.14. Misalkan A ⊆ R dan f : A −→ R, maka berlaku pernyataan
berikut:
limx→c+ f (x) = L bila hanya bila untuk setiap barisan (xn ) yang konvergen ke c dimana xn ∈ A dan xn > c berakibat barisan (f (xn )) konvergen ke L ∈ R. limx→c− f (x) = L bila hanya bila untuk setiap barisan (xn ) yang konvergen ke c dimana xn ∈ A dan xn < c berakibat barisan (f (xn )) konvergen ke L ∈ R.
19
3 LIMIT DAN KEKONTINUAN Bukti. Dapat dibuktikan sendiri dengan adaptasi teorema yang mirip untuk limit
dua sisi.
Berikut ini hubungan limit satu sisi dan limit dua sisi :
limx→c f (x) = L
Contoh 3.18.
bila hanya bila
limx→c− f (x) = limx→c+ f (x) = L
Diperhatikan kembali fungsi signum. Diperoleh
lim
x→0+
sgn(x)
= 1,
lim
x→0−
sgn(x)
= −1.
Karena limit kiri dan limit kanan tidak sama maka limit dua sisinya
limx→0 sgn(x)
tidak ada.
Adakalanya, salah satu limit kiri atau limit kanan tidak ada.
Sebagai ilustrasi
amati contoh berikut.
Contoh 3.19.
g(x) := e1/x , x 6= 0 tidak mempunyai limit kanan di 0 tetapi 1 limit kirinya ada yaitu 0 (Why???). Fungsi h(x) := 1/x , x 6= 0 mempunyai limit e +1 kiri di 0 yaitu 1, sedangkan limit kanannya 0 (Why ???). Karena limit kiri dan Fungsi
kanan tidak sama maka limit dua sisinya tidak ada.
3.6 Kekontinuan Seragam dan Fungsi Lipschitz
20
