Analisis real | IDmathcirebon.com

DAPATKAN KUMPULAN SOAL + PEMBAHASAN
UJIAN NASIONAL SMA dan SMP
GABUNG Di DUNIA
E-Learning Matematika IDmathcirebon
YAP ...
IDmathcirebon.com
Muhammad Irfan Habibi
CEO dan Pendiri E-Learning Matematika IDmathcirebon
IDmathcirebon.com
Jujur, Terpercaya. Profesional Membina Anda Menuju Kemandirian

PENGANTAR ANALISIS REAL
MATERI:
- Sistem Bilangan Real
- Barisan Bilangan Real
- Limit Fungsi
- Fungsi Kontinu
REFERENSI:
- Introduction to Real Analysis : Robert G. Bartle, Donald IR Sherbert
- Pengantar Analisis Real : Prof. Dr. Soeparna. D
SISTEM BILANGAN REAL
Definisi : Sistem bilangan R adalah suatu sistem aljabar yang terhadap operasi
jumlahan (+) & operasi perkalian ( ) mempunyai sifat-sifat sebagai berikut:
A. (R, +) Grup komutatif, yaitu:
(A1).  baba ,, (Tertutup)
(A2).     cbacbacba  ,,, (Assosiatif)
(A.3). aaooaao  ,,! (Punya/ada elemen Netral )
(A.4).   aaoaaaa  ,!, (Ada elemen Invers )
(A.5). abbaba  ,, (Komutatif)
B. (R-{0}, ) Grup Komutatif, yaitu
(M1).    0,0,  baba  (Tertutup)
(M2).       cbacbacba   ,0,, (Assosiatif)
(M3).     aaaa  11,0,01!  (Ada elemen satuan)
(M4).     1
11
,0
1
!,0  a
aa
a
a
a  (Ada el invers ditulis 1
a )
(M5).   abbaba   0, (komutatif)
E-Learning Matematika IDmathcirebon.com | FREE Dapatkan Soal dan Pembahasan

C.  ,, distributif
  cabacbacba   ,,,
Selanjutnya anggota  disebut bilangan Real / bilangan nyata.
Teorema 1.
(a). Jika z dan ,, aaza  maka z = 0
(b). Jika bu, dengan ob  dan ,bbu  maka 1u
Bukti:
(a). Diketahui aazaz  ,,
Menurut (A4)      aaaaz 
(A2)     aaaaz 
(A4) 00 z
(A3) 0z
(b). bbubbu  ,0,,
(M4)   11 
 bbbbu 
(M2)   11 
 bbbbu 
(M4) 11 u
(M3) 1u
Teorema 2.
(a). Jika 0,,  baba maka ab 
(b). Jika 1,,0  baba  maka
a
b
1

Bukti :
(a). 0,,  baba
(A4)       0 abaa
(A2)      0 abaa
(A4)   00  ab

(A3) ab 
(b). Latihan
Teorema 3:
Misal ba, , maka
(a). Persamaan bxa  mempunyai penyelesaian tunggal   bax 
(b). Jika ,0a persamaan bxa  mempunyai penyelesaian tunggal
b
a
x 






1
Bukti:
(a). Dengan (A2) (A4) & (A3) didapat
      bbbaabaa  0
bxa  mempunyai penyelesaian   bax 
Misal 1x juga penyelesaian, maka
bxa  1
(A4)       baxaa  1
(A2)     baxaa  1
(A4)   bax  10
(A3)   bax 1
(b). Latihan
Teorema 4.
Jika a sebarang, maka
(a). 00 a (c).   aa 
(b).   aa  1 (d).     111  
Bukti:
(a).
 
aaa
M
 1
3

010  aaaa 

 
 01 a
c
aa
A
 1
3

 
000
1
  aaaa
aTh
(b).  
 
  aaaa
M
 111
3

 
   a
c
11 
 
a
A
0
4

 
0
a

 
 
  aaaa
aTh
  101
2
(c). Dari A4   0 aa
 aa
aTh

2
(d). Dari ab, diganti      1111  
 
    111  
c
Teorema 5
cba ,,
(a). Jika 0a maka 0
1

a
dan a
a

1
1
(b). Jika ,0,  acaba  maka cb 
(c). Jika 0ba  , maka 0a atau 0b
Bukti:
(a).
a
a
1
0  ada
Andaikan 0
1

a
, maka
 
00
1
1
3
 aa
a
M
 Kontradiksi.

Jadi
a
Th
aa
a
b
1
1
1
1
2

(b). 0
1
0 
a
a sehingga dari yang diketahui:
caba  
   ca
a
ba
a

11

cb  11 
cb 
(c). Misalkan  0a harus dibuktikan 0b .
Karena 0a , maka 0
1

a
. Oleh karena itu   0
11

a
ba
a






(diketahui)
0
01


b
b
SIFAT URUTAN DARI  :
Terdapat  sehingga memenuhi:
(1).  baba,
(2).  baba ,
(3). a , tepat satu berlaku :  aaa ,0, (sifat Trichotomi)
Selanjutnya P disebut himpunan bilangan riil positif.
Kesepakatan :
aa  disebut bilangan Riil Positif, ditulis 0a
aa  disebut bilangan Riil Negatif, ditulis 0a
  aUa  0 disebut bilangan real non negatif, ditulis 0a
  aUa  0 disebut bilangan real non positif, ditulis 0a
 ba ditulis ba  atau ab 
  baUba  0 atau ab 
bacba  dan cb 
bacba  dan cb 

Teorema :
cba ,,
(1). ba  dan cacb 
(2). Tepat satu berlaku : bababa  ,,
(3). ba  dan baba 
Bukti:
(1). Karena ba  dan cb  , maka ba dan  cb , sehingga
menurut (1) didapat      cacbba . D.k.l ba 
(2). Dengan Trichotomi, tepat satu berlaku :
   bababa ,0,
bababa  ,,
(3). Andaikan ba  , maka baba  Kontradiksi dengan yang
diketahui.
Teorema :
(1). 00 2
 aa
(2). 01 
(3). 0,  nn
Bukti:
(1). Menurut sifat Trichotomi, untuk 0a , maka a atau a
Dengan sifat urutan (2)  2
aaa  atau     .2
 aaa  Jadi
02
a
(2). Dari (1) : .101 2
 Jadi 01 
111 
(3). Dengan induksi matematika:
i) 011 n benar karena (2)
ii) Dianggap benar untuk kn 
Karena  k&1 maka dengan sifat urutan (1) : 1k
01k .

Jadi nn  ,0
Teorema:
dcba ,,,
(1). cbcaba 
(2). dbcadcba 
(3). bcaccba  0
bcaccba  0
(4). 010 
a
a
010 
a
a
Bukti:
(1). Dari ,ba  maka . ba     cbcacbca
ba


(2). Karena dcba  maka ba dan  dc
Dengan sifat urutan (1) :          dbcadcba
dbca 
(3). Dari ba  dan 0c , maka ba dan c
Dengan sifat urutan (2) :    cba 
 bcac
bcac 
(4). Latihan.
Teorema :
Jika ba  maka   bbaa 
2
1
Bukti :
Diketahui baaaaba  2
bbbbaba 2

 
 
  bbaa
bba
baa



2
1
2
2
1
2
1
dan
2
1
2
2
1
0
2
1
022
Teorema:
Jika a dan  a0 , untuk sebarang bilangan 0 maka 0a
Bukti:
Andaikan 0,0  aa . Dengan Teorema sebelumnya, aa 
2
1
0 . Diambil bilangan
a
2
1
0  , maka a 00  . Kontradiksi dengan yang diketahui : 0,0  a
 Pengandaian 0a salah
Teorema (Teorema Ketidaksamaan Bernoulli)
x dan 1x maka    nnxx
n
,11
Bukti:
Dengan induksi matematika:
i)   xxn  111 benar
ii) Dianggap benar untuk   kxxkn
k
 11:
iii) 1 kn
           21
1111111 kxxkxkxxxx
kk


 xk 11 
  nxx
n
 11 .
HARGA MUTLAK
Definisi:
a , Harga mutlak dari a :






0,
0,
aa
aa
a

Teorema:
1. 00  aa
2. aa 
3. baab 
4. caccac  ,0
5.  aaaa ,
Bukti:
1. Jelas dari definisi
2. a
i) aaaa  00
ii)   aaaaaa  00
iii) aaaaa  00
3. ba,
i) Jika salah satu 0a atau 0b , maka mudah dipahami baab 
ii) Jika 00  ba , maka     babaababab  0
iii) Jika 00  ba , maka     babaababab  0
4. Dari ca  diperoleh  cadanca  yang berakibat  cadanac 
yang ekuivalen dengan cac 
5. Jelas bahwa 0a dan oleh karena itu menurut (4) diperoleh aaa 
KETAKSAMAAN SEGITIGA
bababa  ,,,
Bukti: Untuk aaaba  :,
bbb 
Diperoleh : bababa 

 
 
bababababa 
4
Akibat:
(1). baba 
(2). baba 
Bukti:
1). Untuk ba,
(i) bbabbaa 
(ii)   abaabaaabaabb 
Sehingga
baba  dari (i)
baab  atau baba  dari (ii)
Jadi
bababa 
D.k.l
baba 
2).   babababa 
Contoh:
Tentukan 0 sehingga    4,1,  xxf dengan  
15
432 2



x
xx
xf
Jawab:
 
15
432
15
432 22






x
xx
x
xx
xf
432432 22
 xxxx
432 2
 xx
48443162 
411515 x

   4,1,12
4
48
115
432 2



 x
x
xx
xf .
SIFAT KELENGKAPAN 
Definisi:
 uS ,, 
(1). u disebut batas atas (upper bound) dari S jika Ssus  ,
(2).  disebut batas bawah (lower bound) dari S jika Sss  ,
Jadi u bukan batas atas dari S jika  suSs  ,
Contoh:
1).  10,  xxS
 1 adalah batas atas dari S karena Sxx  ,1
 0 adalah batas bawah dari S karena Sxx  ,0
2).  xxS  0,1
 0 batas bawah 1S
 Sebarang bilangan real u bukan batas atas 1S karena ada
 suSus  ,1 1
3).






 n
n
S ,
1
2
 1 batas atas dari 2S
 0 batas bawah dari 2S
4). S
Setiap bilangan real u merupakan batas atas dan batas bawah S
Definisi:
 SS ,

 Himpunan S dikatakan terbatas ke atas jika S mempunyai batas atas
 Himpunan S dikatakan terbatas ke bawah jika S mempunyai batas
bawah
 Himpunan S dikatakan terbatas jika S terbatas ke atas dan terbatas ke
bawah.
Definisi:
 uSS ,,, 
. u dikatakan batas atas terkecil (Supremum) = sup S = bat S dari S jika
(1). Ssus  , atau u batas atas S.
(2). Jika v sebarang batas atas, maka vu 
(3). Jika vuv , bukan batas atas S
(4). Jika uv  , maka  svSs  ,
 dikatakan batas bawah terbesar (infimum) dari S = bbt S = inf S jika =
(1). Sss  , atau  batas bawah S.
(2). Jika w sebarang batas bawah, maka w
(3). Jika w , maka w bukan batas bawah S
(4). Jika w , maka wsSs   ,
Contoh:
1).  10,  xxS
 1 Sup S sebab :
i) Sxx  ,1 atau 1 batas atas S.
ii) Jika v sebarang bilangan , 1v maka  svSs  ,1 (v bukan
batas atas S )
 0 inf S sebab
i) Sxx  ,0 atau 0 batas bawah S.
ii) Jika 0w , maka







1,
2
1,
2
1
ww
w
s , wsSs   ,

( w bukan batas bawah S )
2).






 2
2
1
,
1
1 x
x
xS
2
5 sup 1S sebab
i). 1,
2
5 Stt 
ii). Jika
2
5v , maka v bukan batas atas S sebab  svSs  ,
2
5
1
Lemma : (1)
SuSS atasbatas,, 
  suSsSu  ,0Sup
Bukti:
() Diketahui Su sup .
Diambil bilangan 0 sebarang. Akibatnya uu  .
Karena u Sup S , maka u bukan batas atas S . Jadi
  suSs  sehingga .
( ) Diketahui u batas atas S dan   suSs  ,0 .
Diambil sebarang uv  . Pilih bilangan 0 vu . Dari yang diketahui,
  suSs 
Tetapi    svvuuu 
v bukan batas atas S . Dengan demikian Su sup
Lemma-2
SbawahbatasvSS ,,  
   vsSsSv ,0inf

Contoh:
   3,21,0 UA 
O = inf A sebab
(1). aAa  0, (0 batas bawah)
(2).   0,0 oaAa (dapat dipilih 2
10 a )
3= Sup A sebab
(1). 3,  aAa (3 batas atas A)
(2). 11 3,0 aAa  
Catatan :
1). Inf & sup tidak perlu jadi anggota  Contoh :  10:3  xxS
2). Suatu himpunan bisa jadi punya batas bawah tapi tidak punya batas atas, dan
sebaliknya punya batas atas, tidak punya batas bawah. Misal:
  0:1 xxS Punya batas bawah tapi tidak punya batas atas
  0:1 xxS Punya batas atas tapi tidak punya batas bawah
SIFAT KELENGKAPAN 
1. Setiap himpunan tak kosong & terbatas di atas dalam  mempunyai supremum
dalam 
2. Setiap himpunan tak kosong & terbatas di bawah dalam  mempunyai infimum
dalam 
LATIHAN
1). ,,  SS terbatas dalam 
Buktikan
 SssSSup  :inf
Bukti:
Misalkan  SssT  :
Dengan sifat kelengkapan , S mempunyai supremum dalam 

Mislkan Su sup , sehingga berlaku Ssus  , . Akibatnya Sssu  , .
Oleh karena itu –u adalah batas bawah dari T .
Dengan sifat kelengkapan, T mempunyai infimum dalam 
Misalkan Tinf
Dalam hal ini: uatauu   ................ (1)
Di pihak lain : Sss  , sehingga berlaku Sss  , yaitu  batas atas
dari S dan u ........ (2).
Dari (1) & (2) didapat u atau sup TS inf
2). uS , batas atas S dengan Su  . Buktikan Su sup
Bukti : Jika uv  maka Sus  0 sehingga 0sv 
Su sup
3). SuS sup,  
Buktikan : (1).
2
1u bukan batas atas S .
(2).
n
u 1 batas atas S , Nn
Bukti :
Untuk n
uu
n
u
n
Nn 11,0
1
, 
Karena u batas S, maka
n
u 1 bukan batas atas S &
n
u 1 batas atas S ,
Nn
Teorema :
(i). Jika BBA , terbatas ke atas, maka sup    BA sup
(ii). Jika BBA , terbatas ke bawah, maka inf    BA inf
Bukti:
(i). Karena BA  dan B terbatas ke atas, maka A juga terbatas ke atas. Diambil k
sebarang batas atas himpunan B .

Karena BA  , maka k juga merupakan batas atas A. Jadi sup  B merupakan batas
atas himpunan A. Akibatnya :
Sup  A sup  B
(ii). Latihan
Teorema :
 BbAabaBAxBA  &:kanDidefinisi.&,
Jika BA, dan terbatas, maka
(i). sup   BA sup  A + sup  B
(ii). Inf   BA inf  A + inf  B
Bukti :
(i). Misal 1M = sup  A dan 2M =sup  B . Oleh karena itu 1, MaAa  dan
2, MbBb  . Akibatnya BAba  , 2121 MMMMba  batas atas
BA sehingga sup   21 MMBA  = sup  A + sup  B
(ii) Bukti sejalan
Tugas : (1)
S , S terbatas ke atas.
Didefinisikan, a ,
 SssaSa  ,
Buktikan : sup   SaSa sup
Sifat Archimedes : xx nxNnx  ,
Akibat :
y dan z bilangan riil positif, maka
(i). nyzNn 
(ii). y
n
Nn  10
(iii). nznNn  1

Bukti : Diketahui y dan z bil riil positif.
(i). Ambil 0
y
zx . Dengan sifat archimedes, Nn sehingga n
y
zx 
nyz 
(ii). Khususnya 1z , (i) menjadi ny1 atau y
n
 10
(iii). Misal  mzNmS  :
S , karena sifat archimedes
NS  , karena N mempunyai elemen terkecil maka S mempunyai elemen
terkecil. Misal n elemen terkecil, maka nzn 1 .
Teorema (eksistensi 2 ) :  bilangan riil positif x sehingga 2
x =2.
Teorema Kerapatan:
Jika x dan y bilangan real sehingga yx  , maka  bilangan ras r sehingga yrx 
Bukti :
Misalkan 0x . Ambil 0 xyz . Dengan sifat archimedes, Nn sehingga
zxy
n
1
Jadi nxny 1 atau nynx 1
Untuk 0nx , maka Nm sehingga mnxm 1 atau 11  mnxm
Oleh karena itu : nynxmnx  1 . Jadi y
n
m
x  .
Akibat :
Jika x dan y bilangan real sehingga yx  , maka  bilangan irasional p sehingga
ypx  .
Bukti:
Dari yx  maka
22
yx
 yang masing-masing di  . Menurut teorema kerapatan, 
bilangan rasional r sehingga
22
y
r
x
 . Sehingga yrx  2 .

KETAKSAMAAN CAUCHY
Jika Nn , nn bbdanaa ,.......,.,,......... 11 bilangan real, maka
    22
1
22
1
2
11 ..................... nnnn bbaababa 
Lebih lanjut, jika tidak semua 0bj , maka tanda ”=” di dalam berlaku jika hanya jika
s s.d.h
sbnasba n  ,.......,11
Bukti:
Didefinisikan denganFfs
     22
11 ....... tbnatbatF n 
       222
111
22
1 ..............2....... tbnbtbabaaatF nnn 
Jelas bahwa    ttF ,0
Dengan demikian
  CBtAttF  22
Dengan
22
1 ....... bnbA 
nnbabaB  .......11
22
1 ....... naaC 
Sehingga   0tF tidak mungkin mempunyai 2 akar yang berbeda. Oleh karena itu
042
 ACBD
     0.............4.......4 22
1
22
1
2
11  bnbanababa nn
Jadi
     22
1
2
1
2
11 ....................4 bnbanababa nn 
Lebih lanjut,
  Jika     22
1
22
1
2
11 .................... bnbanababa nn  , maka 0D
Dengan demikian F mempunyai satu akar kembar yaitu
njsbjaj ,.......,2,1untuk,0 

sbjaj 
  jika njsbjaj ,.......,1,  , maka
   222
1
2222
1 .............. bnbssbnsb 
  22
1
22
1
2
.............. bnbbnbs 
     22
1
22
1 .............. bnbsbnsb  .
Tugas 2 =   n
n
S ;1 . Buktikan inf 0S
Tugas 3 =   nm
mn
S ,;11 . Buktikan sup 2S , inf 0S
Tugas 4 =   nm
nm
S ,;11 . Buktikan 1 = sup S , -1 = inf S
Tugas 5 =  uSS ,,  . Buktikan
(i).
n
u 1 batas atas S
(ii).
n
u 1 bukan batas atas

BARISAN BILANGAN RIIL
Definisi : Barisan bilangan riil X adalah fs dari N ke  .
Notasi barisan :    NnxxX nn :atau, .
Bilangan-bilangan riil yang dihasilkan disebut unsur barisan, ditulis  nnn zx atauatau .
Contoh-Contoh barisan
1).  ,.......,, aaAa   barisan konstan a (semua unsurnya a ).
2).    ,.......
3
1,
2
1,1:1  Nn
n
S .
3).     NnyyY n
nn  ,1, .
  ,.......1,.......,1,1,1
n
 .
4).   Nn
n
n
wwW nn 


 ,
32
15
,








 ,.......
32
15
,......,
9
.16
,
7
11
,
5
6
n
n
Definisi :
Jika    nn yYxX  dan barisan bilangan riil
Didefiniskan :
 Jumlah barisan  NnyxYX nn  ;
 Selisih barisan  NnyxYX nn  ;
 Hasil kali barisan  NnyxYX nn  ;
Jika  NncxcXc n  ;,
 Jika   NnznzZ nn  ,0,; , maka hasil bagi ZX dan adalah
barisan 





 Nn
z
x
Z
X
n
n
;
Definisi:
Barisan bilangan riil  nxX  dikatakan konvergen dalam  , jika terdapat x
sehingga knNkk  )(,0  berlaku
 xxn .

Notasi: xxxx nn  lim, .
Note:
  xxxx nn
  xxx n
   xxxn ,
Contoh:
1). 0.,
1
 nn xNn
n
x
Bukti:
n
x nn
100 1 
Diberikan sebarang bilangan .0
Dengan sifat archimedes, .
1
sehinggak 
k
N
Untuk kn  ,

kn
xn
11
0
0nx
2). 3.,
2
1
3  nn xNn
n
x
Bukti =
nn
xn
2
1
3
2
1
33 
Dengan sifat archimedes, kn
kk
 untuk,
2
1
atau2
1
sehinggak  ,

kn
xn
2
1
2
1
3 .
3nx
3). 2
5.,
32
15



 nn xNn
n
n
x
Bukti :
nnnn
nn
n
n
xn
4
13
64
13
64
13
64
1510210
2
5
32
15
2
5 












Dipilih bilangan Nk  sehingga .
13
41

k
Akibatnya untuk kn  :
 
13
4
4
13
4
13
4
13
2
5
kn
xn
2
5nx
Definisi:
Barisan bilangan riil  nx dikatakan terbatas jika 0M sehingga NnMxn  ,
Contoh:
1. Nn
n
xn  ,1
Nn
nn
xn  ,111
 nx terbatas.
2.   Nnx n
n  ,1
Nnxn  ,1
3. Nn
n
n
yn 


 ,
12
2
  1
24
3
2
1
24
3
2
1
2
12
2
3
2
1








nn
n
nNyn  ,1
Catatan:
 nx tidak terbatas jika MxNnM n  ,,0
Contoh
1) Nnx n
n  ,2

  nnx
nnn
n  11122
MnNnM  ,0 (sifat archimedes)
Jadi NnM  ,0 sehingga
Mnxn 
Dengan kata lain  nx tak terbatas.
2) Nnnxn  ,2
2
nxn 
Tidak ada 0M sehingga NnMnxn  ,2
Jadi  nx tidak terbatas.
Teorema
Jika  nx konvergen, maka  nx terbatas.
Bukti
Misal xxn  . Hal ini berarti untuk 1 , terdapat Nk  sehingga jika kn  berakibat
1 xxn
Untuk kn  :
xxxx nn 
xxxn  x1
Diambil M = maks  xxxx k  1,,.....,, 121
Akibatnya:
NnMxn  ,
Teorema
Jika  nx dan  ny konvergen, maka
(1)  nx konvergen dan     skalar,limlim  nn xx 
(2)  nn yx  konvergen dan      nnnn yxyx limlimlim 
(3)  nn yx konvergen dan      nnnn yxyx limlimlim 
(4) 





n
n
y
x
konvergen dan
 
 
  0,0limasal,
lim
lim
lim 





nn
n
n
n
n
yy
y
x
y
x
Bukti
Misal xxn  dan yyn 
(1)   skalar, xxxxxx nnn 
Diberikan bilangan 0 sebarang. Karena xxn  , maka terdapat bilangan
  Nkk   sehingga jika kn  berlaku

1



xxn
Akibatnya



 


1
xxxx nn
nx konvergen ke x .
(2)         yyxxyyxxyxyx nnnnnn 
Diberikan bilangan 0 sebarang
 Karena xxn  , maka terdapat Nk 1 sehingga jika 1kn  berlaku
2

 xxn
 Karena yyn  , maka terdapat Nk 2 sehingga jika 2kn  berlaku
2

 yyn
Pilih k = maks  21,kk , akibatnya untuk kn  berlaku
    yyxxyxyx nnnn 



22
yxyx nn  .

(3) xyyxyxyxxyyx nnnnnn 
   yxxyyx nnn 
    yxxyyxyxxyyx nnnnnn 
Diberikan 0 sebarang
Karena xxn  , maka terdapat Nk 1 sehingga untuk setiap 1kn  :
 12 

y
xxn

.
 nx konvergen, maka  nx terbatas. Jadi ada 0M sehingga NnMxn  , .
Karena yyn maka terdapat Nk 2 sehingga untuk setiap 2kn  :
M
yyn
2

 .
Dipilih k = maks  21,kk . Akibatnya jika kn  :
  y
yM
Mxyyx nn
122 





22
.
Contoh:
2
1
2 
n
xn
2
3
12
43




n
n
yn
8
4
8
1
244 






nn
xn
2
7
2
147
12
431
2 2
2







nn
nn
n
n
n
yx nn
 
3
4
43
1
4
43
12
1
2
12
43
1
2
















n
n
n
n
n
n
n
n
n
y
x
n
n
Teorema (Uji Rasio)
Diberikan  nx barisan bilangan riil positif sehingga L
x
x
n
n
n


1
~
lim (ada). Jika 1L
maka  nx konvergen dan   0lim
~


n
n
x .
Contoh:

1).   Nn
n
xx nnn  ,
3
, .
1
3
1
3
1
lim
3
3
1
limlim
~1~
1
~







 n
n
n
n
x
x
n
n
nnn
n
n
Jadi  nx konvergen dan 0
3
lim
~

 nn
n
.
2). Nnnzn  ,1
1
1
21





n
n
z
z
n
n
Jadi  nz tidak konvergen.
Teorema
Jika Nnxxx nn  ,0, maka 0x
Bukti:
Andaikan 0x , maka 0 x .
Diketahui xxn  . Diambil bilangan 0 x , maka terdapat Nk  sehingga jika
kn  :
xxxn 
xxxx n 
02  nxx
Kontradiksi dengan 0nx .
Teorema
Jika Nnyxyyxx nnnn  ,,, maka yx 
Bukti:
Diketahui nn yx  , maka 0 nn xy . Akibatnya
  0lim
~


nn
n
xy
0limlim
~~


n
n
n
n
xy
0 xy
yxxy  atau .

Teorema Apit
Jika xyxzxxNnzyx nnnnnn  maka,dan,, .
Bukti:
Dengan teorema sebelumnya:
xzyyxx n
n
n
n
n
n
n
n

 ~~~~
limlimdanlimlim
xyyx n
n
n
n

 ~~
limdanlim
Jadi xyn
n

~
lim .
Definisi:
Barisan  nx dikatakan :
(a) Naik monoton (monotonic increasing/non decreasing/tidak turun) jika
Nnxx nn   ,1 .
(b) Turun monoton (monotonic decreasing/non increasing/tidak naik) jika
Nnxx nn   ,1 .
(c) Monoton jika  nx naik monoton/turun monoton.
Contoh:
1).
n
xn
1

1
1
1


n
xn
Nnxx nn   ,1
Jadi  nx turun monoton.
2). Nn
n
n
xn 


 ,
53
12
 
  159
7
3
2
3
53
3
7
3
52





nn
n
249
7
3
2
1


n
xn
Nnxx nn   ,1 . Jadi  nx naik monoton.
3).







100,1
100,1
nn
n
nyn
 ny tidak monoton

Teorema Kekonvergenan Monoton
Misal  nx barisan monoton.
 nx konvergen jika dan hanya jika  nx terbatas.
Dalam hal ini:
(a). Jika  nx naik monoton, maka    Nnxx nn
n


;suplim
~
.
(b). Jika  nx turun monoton, maka    Nnxx nn
n


;inflim
~
.
Bukti:
 Diketahui  nx konvergen. Menurut teorema sebelumnya,  nx terbatas.
 Diketahui  nx monoton dan terbatas.
Misal  nx naik monoton , jadi Nnxx nn   ,1
Misalkan x = sup  Nnxn : , maka untuk setiap 0 , terdapat Nk  sehingga
kxx 
Karena  nx naik monoton, maka untuk kn  :
  xxxxx nk
Diperoleh untuk kn  :
 xxn
Jadi xxn  .
Catatan:
Untuk menyelidiki kekonvergenan suatu barisan, maka kita cukup memperhatikan ekor
dari barisan tersebut, yaitu barisan bagian dari barisan tersebut yang dimulai dari suatu
urutan tertentu.
Definisi:
Misal  ,.....,.....,, 21 nyyyY  barisan bilangan riil.
M : bilangan asli, Ekor – M dari Y adalah barisan:
   ,.....,; 21   MMnMM yyNnyY
Contoh:
 ,.....12,.....,13,11,9,7,5,3,1  nY
     ,.....12.....,,15,13,11,......,,: 87655   nyyyNnyY n .
Teorema:
Misal  NnyY n  ; barisan bilangan riil dan NM  .
Ekor – M dari Y, MY konvergen  Y konvergen.
Dalam hal ini MYY LimLim  .
Contoh:

1). Nn
n
xn  ,1
 nx terbatas dan turun monoton, maka menurut TKM :
  0;1inf  Nn
n
xLim n
2). Diketahui barisan  ny dengan   Nnyyy nn   ,32
4
1
,1 11
Tunjukkan  ny konvergen.
Bukti:   ,.....
8
11
3
4
5
2
4
1
,
4
5
312
4
1
,1 321 





 yyy
Claim 1 nn yy (naik monoton).
Dibuktikan dengan induksi matematika
4
511 21  yyn (benar)
Dianggap benar untuk n = k. Jadi 1 kk yy
Dibuktikan benar untuk n = k + 1
 32
4
1
1  kk yy
4
3
2
1
 ky   211 32
4
1
4
3
2
1
  kkk yyy
Jadi 1,  nn yyNn .
Claim 21  ny (terbatas)
2111 1  yn (benar)
Dianggap benar untuk n = k. Jadi 21  ky
Dibuktikan benar untuk n = k + 1
 32
4
1
1  kk yy
4
31
4
32
2
1
4
3
2
1
 ky
21 1  ky .
Jadi .21,  nyNn D.k.l  ny terbatas.
Karena  ny naik monoton dan terbatas, maka menurut TKM,  ny konvergen dan
 Nnyyy nn  :supLim . Ekor – 1 dari  NnyYY n   :11 .
Karena  nyY  konvergen ke y, maka  11  nyY juga konvergen ke y.
Jadi,
   1LimLim  nn yyy
 





 32
4
1
Lim ny
4
3
Lim
2
1
Lim  ny
4
3
2
1
 nyLim .
2
3
4
3
2
1
4
3
2
1
 yyyy .

Definisi :
Diketahui  nxX  barisan bilangan real dan  nr barisan bilangan asli naik monoton,
yaitu nrr nn   ,1 .
 ,.......,.......,,, 321
1
nrrrr xxxxX  disebut barisan bagian dari X .
Contoh:
 ,.......1,.......,
5
1,
4
1,
3
1,
2
1,1
n
X 
 ,.......
2
1,.......,
5
1,
4
1,
3
11


n
X barisan bagian X
 ,.......
12
1,.......,
5
1,
3
1,11


n
X barisan bagian X
 ,.......
6
1,
3
1,
4
1,1,
2
111
X bukan barisan bagian X
Catatan: Ekor barisan merupakan barisan bagian.
Teorema:
Jika  nxX  konvergen ke x, maka sebarang barisan bagian X konvergen ke x.
Bukti:
Diambil 0 sebarang. Karena xxn  , maka  xxknNk n:,
Karena nr barisan bilangan asli naik, maka nrn  . Akibatnya knrkn n  ,
sehingga  xx nr .
Teorema (Kriteria Divergen)
Jika  nxX  barisan bilangan real, maka pernyataan-pernyataan berikut ekuivalen:
(i).  nxX  divergen (tidak konvergen ke x )
(ii).   xxkrNrNk nrnno dan,,0
(iii).   NnxxxX orro nn
 ,'dan0 
Contoh:   n
1 divergen
Bukti: Andaikan   n
1 konvergen ke x, maka barisan bagian   n
1 konvergen ke x,
tetapi
  1,.......1,1,1,11
X
  1,.......1,1,1,11
X
  n
1 divergen

Ingat :  nx konvergen  nx terbatas
 nx terbatas  nx belum tentu konvergen, contoh  n
1 terbatas tetapi tidak
konvergen.
Teorema Bolzano Weierstrass:
Setiap barisan bilangan real terbatas mempunyai barisan bagian konvergen.
Contoh:     NnxX
n
n  ,1
X terbatas
  1,.......1,1,11
X .
Teorema : Diketahui  nx terbatas. Jika xx nr  , maka xxn  . (#)
BARISAN CAUCHY (BC)
Definisi : Barisan  nx disebut BC jika HnmNH  ,sehingga,0 :
 nm xx
Contoh:
1). Nn
n
xn  ,1
Diambil 0 sebarang
nmnmnm
xx nm
111111 
Dipilih NH  sehingga
2
1 
H
Akibatnya untuk :, Hnm 
 
22
11
HH
xx nm .
 BCxn
2). Nn
n
n
yn 


 ,
13
52
 
  39
13
3
2
3
13
3
13
3
12





nn
n
Diambil 0 sebarang















39
13
3
2
39
13
3
2
nm
yy nm
39
13
39
13




nm

39
13
39
13




nm
39
13
39
13




nm
nm 9
13
9
13

Dipilih NH  sehingga
26
91 

H
Akibatnya :, Hnm 



26
9
9
13
26
9
9
13
nm yy
 BCyn .
3).   Nnz
n
n  ,1
   nm
nm zz 11 
Diambil 1
HnmnmNnmNH  ,sehinggaganjil,genap,,,
Diperoleh:
   nm
nm zz 11 
   211
  BCzn bukan
Teorema:
(a).    nn xBCx  terbatas
(b).    konvergenB nn xCx 
Bukti:
(a). Karena   ,BCxn maka untuk 1 , HnmNH  ,,
1 nm xx
Akibatnya Hn 
HHnn xxxx 
HHn xxx 
Hx1
Diambil M = maks  1,,.......,, 121  HH xxxx
Diperoleh Nn
Mxn  .
(b). Diambil 0 sebarang.

Karena   :,,maka, HnmNHBCxn 
2
 nm xx .
 BCxn , maka  nx terbatas. Menurut teorema BW,  barisan bagian  nrx dari  nx
sehingga  xxx nr , .
Karena   maka,xx nr  HkN  ,k  ,.......,dan 21 rrk  krn sehingga :
2
 xx nr .
xxxxxx kknn 
xxxx kkn 
 
22
.
Contoh:
Diketahui     2,
2
1
,2,1dengan 1221   nxxxxxxX nnnn
Tunjukkan  nx konvergen dan selanjutnya tentukan konvergen ke mana.
Jawab:
dst
8
13,
4
7,
2
3,2,1 54321  xxxxx
 
 
digunakandapattidakTKM
monotontidak
terbatas,21
n
nn
x
xnx 
Perhatikan bahwa:
12121  xx
2
1
2
3232  xx
243
2
1
4
1
4
7
2
3  xx
:
:
11
2
1
  nnn xx (cek dengan induksi).
Diperoleh:
mmnnnnnmn xxxxxxxxx   12211 .......
mmnnnnnn xxxxxxxx   132211 .......
1112111
2
1
.......
2
1
2
1
2
1

 mnnn







  121
2
1
.......
2
1
2
1
1
2
1
nmn
nn
2
4
2
11
1
2
1
1









 
Diberikan 0 sebarang. Pilih
42
1
dengan

 H
NH .
Akibatnya :, Hnm 



4
4
2
4
2
4
Hnmn xx
 BCxn . Menurut teorema sebelumnya,  nx konvergen.
Perhatikan untuk barisan bagian suku ganjil  12 nx
 
3
5
3
2
1
4
1
1
3
2
1
4
1
1
3
4
2
1
1
4
11
4
11
2
1
1
2
1
.......
2
1
2
1
1
:
:
2
1
2
1
2
11
32
53
2
1
2
11
8
13
2
11
2
3
1
12312
537
25
3
1

































n
n
n
nnx
x
x
x
x
Jadi
3
5nx menurut teorema (#)

LIMIT FUNGSI
Definisi
 cA ,
c disebut titik limit A jika 0 ,
      cAcV
dimana      cccV , = persekitaran titik c.
Contoh
1)    1,0A
      
2
1
2
1,0 AV sehingga
2
1 titik limit A, 2 bukan titik limit A sebab
ada  2
10   sehingga       22 AV
2)






 Nn
n
A ;
1
     ,0.
1
,,0  V
k
Nk .
Untuk 
kn
kn
11
, .
     













 kn
n
kn
n
AV :
1
0:
1
0
Jadi 0 Limit A.
Teorema
 cA ,
c titik limit   cxcxAxA nnn  ,, .
Bukti
 Diketahui c titik limit A
     cAcVNn
n
1, . Jadi   cxAcVx n
n
n  ,1 .
Akibatnya  cVx
n
n 1 dan cxAx nn  , , atau cxAx
n
c
n
cx nnn 





 ,,
1
,
1
Dengan demikian diperoleh cxAx
n
cx
n
nnn  ,,
11
.
Karena 0
1
lim
~

 nn
dan 0
1
lim
~

 nn
, maka menurut teorema apit: 0lim
~


cxn
n
.
Jadi   cxcxAx nnn  ,,

 Diketahui   cxcxAx nnn  ,, . Hal ini berarti untuk setiap 0 , terdapat
Nk  sehingga untuk setiap  cxkn n:
Axcxcx nnn  ,,
Axcxcxc nnn  ,,
Jadi   AxcxcVx nnn  ,, . Dengan demikian,    cAcVxn   atau
      cAcV .
Definisi
A , c titik limit A.
Af :
Fungsi f dikatakan mempunyai limit di c jika terdapat L dengan sifat untuk setiap
0 , terdapat   0,   c sehingga untuk setiap  cxAx 0, berlaku :
   Lxf .
Ditulis:
         

LxfcxxcLxf
cx
,0,0lim
Contoh
1)   

xcx
cx
,2323lim
Bukti
Diberikan bilangan 0 sebarang.
  cxcx  32323
Dipilih
c

  . Akibatnya untuk setiap  cxx 0, berlaku:
  

 
3
3332323 cxcx .
2) 6
3
9
lim
2
3



 x
x
x
Bukti
36
3
92



x
x
x
Diberikan 0 sebarang.
Dipilih   . Akibatnya untuk setiap  30, xx berlaku:
 


36
3
92
x
x
x

3)   8484lim 22


ccxx
cx
Bukti
    cxcxccxx  2222
448484
   cxcx  22
4
    cxcxcx  4
    14  cxcx
cxcx  144
  cxcx  144
Untuk 1 cx :
cccxccxx  1
Sehingga
      cxcxccxx  1448484 22
   cxcc  1414
  cxc  58
Diberikan 0 sebarang.
Pilih










58
,1min
c


Akibatnya untuk  cxx 0, :
      cxcccxx  588484 22
 58  c





58
58
c
c
Teorema (kriteria barisan untuk limit)
      LxfcxcxAxLxf nnnn
cx


,,lim
Bukti
 Diketahui   Lxf
cx


lim , artinya
         Lxfcxxc 0,0,0
Diambil sebarang   cxcxAx nnn  ,, .
Untuk 0 diatas, terdapat Nk  sehingga jika kn  berakibat
 cxn .

   Lxf n
 Andaikan   Lxf
cx


lim . Hal ini berarti   cxAx 0,0,00
tetapi   0 Lxf .
n
cxAxNn nn
1
0,  . Jadi  barisan   cxAx nn  , dan cxn 
tetapi
  0 Lxf n
D.k.l  nxf  L. Kontradiksi yang diketahui.
Kriteria Divergen
Diberikan  AfA :, dan c titik limit A.
(a)     cxcxAxLxf nnn
cx


,,lim tetapi  nxf  L.
(b)  xf
cx
lim tidak ada   cxcxAx nnn  ,, tetapi   nxf divergen.
Contoh
1)   0,
1
cos  x
x
xf
Ambil
 
0,0,
1
1


 nnn xx
n
x
Tetapi       Nnn
x
xf
n
n
n 







,11cos
1
cos
1
 xf
x 0
lim

 tidak ada
2)   3,
3
1


 x
x
xg
Ambil 3,
1
3  nn x
n
x dan 3nx
Tetapi   n
n
x
xg
n
n 










3
1
3
1
3
1
 xg
x 3
lim

 tidak ada.
3)  






3,1
3,2
2
xx
xx
xf
Ambil 3,3,
1
3  nnn xx
n
x
  5
1
52
1
32 
nn
xxf nn

3,3,
1
3  nnn xx
n
x
  22
2
2 16
8
16
91
1
311
nnnnn
xxf nn 












= - 8
 xf
x 3
lim

 tidak ada.
Teorema Limit Fungsi
Agf :,
c titik limit A
Jika   Lxf
cx


lim dan   Mxg
cx


lim , maka
(1)    

 ,lim Lxf
cx
(2)    MLxgf
cx


lim
(3)    LMxfg
cx


lim
(4)   0,lim 






M
M
L
x
g
f
cx
Definisi
 AgfA :,,
(1)       xgxfxgf 
       Axxgxfxfg  ,
(2)      Axxbfxbfb  ,,
(3)      
 
Ax
xh
xf
x
n
f
xh 





 ,,0
Bukti
(1) Ambil sebarang barisan   cxcxAx nnn  ,, sehingga   Lxf n 
Akibatnya
     Lxfxf nn  
   Lxf
cx
 

lim
(2) Ambil sebarang barisan   cxcxAx nnn  ,,
Karena     MxgLxf
cxcx


lim,lim maka
  Lxf n  dan   Mxg n 
Akibatnya
       MLxgxfxgf nnn 
   MLxgf
cx


lim

Contoh
1)  






3,1
3,2
2
xx
xx
xf
 






3,8
3,5
x
x
xg
 xf
cx
lim dan  xg
cx
lim tidak ada
  






3,9
3,3
2
xx
xx
xgf
      xgxfxgf
xxx 333
limlim0lim


2)    xfxf
xx 32
lim,3lim

 tidak ada
 xg
x 3
lim

tidak ada,   8lim
2


xg
x
  
 
 





3,18
3,25
2
xx
xx
xfg
   24lim
2


xfg
x
  xfg
x 3
lim

tidak ada
3)  






3,1
3,3
2
xx
xx
xf
 






2,2
3,3
x
x
xg
  
 
 
 








2,12
32,13
3,33
2
2
xx
xx
xx
xfg
  xfg
x 3
lim

tidak ada
Karena  xf
x 3
lim

tidak ada,  xg
x 3
lim

ada,   xfg
x 2
lim

tidak ada
Karena  xf
x 2
lim

ada,  xg
x 2
lim

tidak ada.
Teorema
  0,:  xfAf
 xf
cx
lim ada   0lim 

xf
cx
Bukti
Misalkan   Lxf
cx


lim . Andaikan 0L
Diambil 0 L . Terdapat 0 sehingga untuk setiap  cxAx 0, berlaku

  LLxf 
  LLxfL 
  02  xfL
Kontradiksi dengan   0xf
Teorema apit
Diberikan A
Ahgf :,,
c titik limit A.
Jika       cxAxxhxgxf  ,, dan
    Lxhxf
cxcx


limlim , maka   Lxg
cx


lim .

FUNGSI KONTINU
Definisi:
Af :
AAc limittitik
           cfxfcxAxccfFs ,0,0dikontinudikatakan
Atau:
Fungsi f kontinu di c jika
(1).  cf ada
(2).   adaxfLim
cx
(3).    cfxfLim
cx


Contoh:
1).  






1,3
1,13
2
xx
xx
xf
  41 f
  4
1


xfLim
x
   xfLimf
x 1
1


Kesimpulan : f kontinu di 1.
2).  






1,2
1,13
x
xx
xg
  21 g
  4
1


xgLim
x
   xgLimg
x 1
1


Kesimpulan : g tidak kontinu di 1.
Fungsi f dikatakan kontinu pada A jika f kontinu di setiap titik anggota A.
Fungsi yang tidak kontinu dinamakan fungsi diskontinu.
Teorema:
Af :
Ac 
f kontinu di      cfxfcxAxc nnn  , .
Teorema:
Af :
Ac 
f diskontinu di      cfxfcxAxc nnn  ,

Contoh:
1).  




irrasional,0
rasional,1
x
x
xf
Untuk c rasional,   1cf
Diambil barisan bilangan irrasional  nx dengan cxn 
nx irrasional   Nnxf n  ,0 . Akibatnya    cfxf n 0
Jadi f diskontinu di c rasional.
Untuk c irrasional,   0cf
Diambil barisan bilangan rasional  ny dengan cyn 
ny rasional   Nnyf n  ,1 . Akibatnya    cfyf n 1
Jadi f diskontinu di c irrasional.
2). :f kontinu
  rrf  ,0 rasional
Buktikan    xxf ,0
Bukti:
Cukup dibuktikan   irrasional,0 xxf 
Diambil sebarang x irrasional. Karena f kontinu pada  , maka f kontinu di x.
Diambil barisan bilangan rasional   xrr nn , . Akibatnya    xfrf n  .
Di lain pihak,   nrf n  0 . Jadi   0nrf
Dengan ketunggalan limit, maka   0xf , x irrasional.
3). :f
 






irrasional,38
rasional,3
xx
xx
xf
Tentukan titik-titik kekontinuan dari f
Jawab:
Misal f kontinu di c.
Diambil sebarang barisan   cxx nn  ,
 






irrasional,38
rasional,3
nn
nn
n
xx
xx
xf
Karena cxn  maka  nx rasional dan  nx irrasional juga konvergen ke c.
Dengan demikian:
33  cxy nn
cxz nn 3838 

Di lain pihak,  ny dan  nz barisan bagian dari   nxf . Karena f kontinu di
c, maka    cfzcfy nn  dan
Dengan ketunggalan limit barisan :
  4
5sehingga383  ccccf .
Teorema:
Agf :,
Ac 
Jika f dan g masing-masing kontinu di c, maka
(i). rcf skala,dikontinu 
(ii). cgf dikontinu
(iii). cfg dikontinu
(iV0.   0,dikontinu cgc
g
f
Teorema:
Misal BA,
Af :
Bg :
adalah fungsi-fungsi dengan   BAf  .
Jika f kontinu di Ac  dan g kontinu di  cfb  , maka Afg : kontinu di C .
Bukti:
Diambil sebarang barisan   cxx nn ,
Karena f kontinu di c , maka    cfxf n 
Karena g kontinu di  cf maka      cfgxfg n  yang berarti
     cfgxfg n   .
Contoh:
1).   3 xxf
  12
 xxg
f kontinu di 0
g kontinu di  03 f
          133
2
 xxgxfgxfg  kontinu di 0
2).   1 xxf

 






1,2
1,0
x
x
xg
Fungsi f kontinu di 0 tetapi fungsi g diskontinu di  01 f
  






0,2
0,0
x
x
xfg 
 fg  diskontinu di 0.

Analisis real | IDmathcirebon.com

More Related Content

What's hot (18)

Similar to Analisis real | IDmathcirebon.com (20)

Recently uploaded (20)

Analisis real | IDmathcirebon.com