Pengantar_Analisis_Real_I.pdf

DIKTAT KULIAH – ANALISIS
PENGANTAR
ANALISIS REAL I
(Introduction to Real Analysis I)
M. Zaki Riyanto, S.Si
e-mail: zaki@mail.ugm.ac.id
http://zaki.math.web.id
COPYRIGHT © 2008-2009

Pengantar Analisis Real I
ii
HALAMAN PERSEMBAHAN
Tulisan ini saya persembahkan kepada
penggiat dan pemerhati Matematika
di Indonesia

iii
KATA PENGANTAR
Syukur alhamdulillah, akhirnya penulisan buku ini dapat diselesaikan dengan tepat
waktu. Materi buku ini diambil dari catatan kuliah Pengantar Analisis Real I di Jurusan
Matematika UGM pada tahun 2004 dan 2005. Pengantar Analisis Real I merupakan
mata kuliah wajib bagi mahasiswa S-1 Matematika. Semoga dengan buku yang
sederhana ini dapat membantu para mahasiswa dalam mempelajari dan memahaminya.
Diharapkan mahasiswa telah mempelajari konsep logika pembuktian, himpunan, dan
Kalkulus Lanjut.
Pada kesempatan ini tak lupa saya mengucapkan banyak terima kasih kepada
semua teman kuliah di Matematika UGM angkatan 2002 dan 2003, khususnya yang
telah membantu dan meminjamkan buku catatan kuliahnya.
Kami sangat menyadari sepenuhnya bahwa buku ini masih jauh dari sempurna.
Oleh karena itu, kami sangat mengharapkan kritik maupun saran yang membangun
demi kelanjutan dan sempurnanya buku ini, terima kasih.
Yogyakarta, 26 Agustus 2008
M. Zaki Riyanto, S.Si.
E-mail : zaki@mail.ugm.ac.id
http://zaki.math.web.id

iv
DAFTAR ISI
Halaman Judul……...…………………………...……………......……………....
Halaman Persembahan..................……………………………………….............
Kata Pengantar..............................……………………………………….............
Daftar Isi.........……………………………………………………........................
i
ii
iii
iv
Bab I.
Bab II.
BILANGAN REAL
1.1. Sifat-sifat Aljabar dan Urutan dalam ℝ ......................................
1.2. Nilai Mutlak dan Garis Bilangan Real.........................................
1.3. Sifat Lengkap ℝ …….………….………………………............
1.4. Penggunaan Sifat Aksioma Supremum........................................
1.5. Interval dalam ℝ ……….………….………..………….............
BARISAN DAN DERET
2.1. Barisan dan Limit Barisan............................................................
2.2. Teorema-teorema Limit................................................................
2.3. Barisan Monoton .........................................................................
2.4. Barisan Bagian.............................................................................
2.5. Barisan Cauchy............................................................................
2.6. Sifat Barisan Divergen.................................................................
2.7. Deret Tak Berhingga....................................................................
1
13
17
21
27
38
45
53
56
62
65
68
Daftar Pustaka…………………………………………………………….....…... 74

1
BAB 1
BILANGAN REAL
Pada bab ini dibahas sifat-sifat penting dari sistem bilangan real ℝ , seperti sifat-sifat
aljabar, urutan, dan ketaksamaan. Selanjutnya, akan diberikan beberapa pengertian
seperti bilangan rasional, harga mutlak, himpunan terbuka, dan pengertian lainnya yang
berkaitan dengan bilangan real.
1.1. Sifat-sifat Aljabar dan Urutan dalam ℝ
Sebelum menjelaskan tentang sifat-sifat ℝ , diberikan terlebih dahulu tentang struktur
aljabar dari sistem bilangan real. Akan diberikan penjelasan singkat mengenai sifat-sifat
dasar dari penjumlahan dan perkalian, sifat-sifat aljabar lain yang dapat diturunkan
dalam beberapa aksioma dan teorema. Dalam terminologi aljabar abstrak, sistem
bilangan real membentuk lapangan (field) terhadap operasi biner penjumlahan dan
perkalian biasa.
Sifat-sifat Aljabar ℝ
Pada himpunan semua bilangan real ℝ terdapat dua operasi biner, dinotasikan dengan
“+” dan “.” yang disebut dengan penjumlahan (addition) dan perkalian
(multiplication). Operasi biner tersebut memenuhi sifat-sifat berikut:
(A1) + = +
a b b a untuk semua , ∈ℝ
a b (sifat komutatif penjumlahan)
(A2) ( ) ( )
a b c a b c
+ + = + + untuk semua , ,
a b c∈ℝ (sifat assosiatif penjumlahan)
(A3) terdapat 0∈ℝ sedemikian hingga 0 a a
+ = dan 0
a a
+ = untuk semua a∈ℝ
(eksistensi elemen nol)
(A4) untuk setiap a∈ℝ terdapat a
− ∈ℝ sedemikian hingga ( ) 0
a a
+ − = dan
( ) 0
a a
− + = (eksistensi elemen negatif atau invers penjumlahan)
(M1) a b b a
⋅ = ⋅ untuk semua ,
a b∈ℝ (sifat komutatif perkalian)
(M2) ( ) ( )
a b c a b c
⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ untuk semua , ,
a b c∈ℝ (sifat assosiatif perkalian)

2
(M3) terdapat 1∈ℝ sedemikian hingga 1 a a
⋅ = dan 1
a a
⋅ = untuk semua a∈ℝ
(eksistensi elemen unit 1)
(M4)
untuk setiap a∈ℝ , 0
a ≠ terdapat
1
a
∈ℝ sedemikian hingga
1
1
a
a
 
⋅ =
 
 
dan
1
1
a
a
 
⋅ =
 
 
(eksistensi invers perkalian)
(D) ( ) ( ) ( )
a b c a b a c
⋅ + = ⋅ + ⋅ dan ( ) ( ) ( )
b c a b a c a
+ ⋅ = ⋅ + ⋅ untuk semua , ,
a b c∈ℝ
(sifat distributif perkalian atas penjumlahan)
Sifat-sifat di atas telah umum diketahui. Sifat (A1)-(A4) menjelaskan sifat
penjumlahan, sifat (M1)-(M4) menjelaskan sifat perkalian, dan sifat terakhir
menggabungkan kedua operasi.
Selanjutnya, diberikan beberapa teorema tentang elemen 0 dan 1 yang telah
diberikan pada sifat (A3) dan (M3) di atas. Juga akan ditunjukkan bahwa perkalian
dengan 0 akan selalu menghasilkan 0.
Teorema 1.1.1.
(a) Jika ,
z a∈ℝ dengan z a a
+ = , maka 0
z = .
(b) Jika u dan 0
b ≠ elemen ℝ dengan u b b
⋅ = , maka 1
u = .
(c) Jika a∈ℝ , maka 0 0
a⋅ = .
Bukti.
(a) Menggunakan aksioma (A3), (A4), (A2), asumsi z a a
+ = , dan (A4), diperoleh
( )
( ) ( )
( )
0
( )
0.
z z
z a a
z a a
a a
= +
= + + −
= + + −
= + −
=
(b) Menggunakan aksioma (M3), (M4), (M2), asumsi u b b
⋅ = , dan (M4), diperoleh

3
1
1
u u
u b
b
= ⋅
 
 
= ⋅ ⋅ 
 
 
 
( )
1
u b
b
 
= ⋅ ⋅ 
 
1
1.
b
b
 
= ⋅ 
 
=
(c) Karena ( )
0 1 0 . 1 0 1
a a a a a a a
+ ⋅ = ⋅ + ⋅ = + = ⋅ = , maka 0 0
a⋅ = .
Dengan demikian, maka teorema terbukti. ⁮
Teorema 1.1.2. Jika a∈ℝ , maka
(a) ( )
1 .a a
− = − .
(b) ( )
a a
− − = .
(c) ( ) ( )
1 1 1
− ⋅ − = .
Selanjutnya, diberikan dua sifat penting dari operasi perkalian, yaitu sifat
ketunggalan elemen inversnya dan bahwa perkalian dua bilangan itu hasilnya nol
apabila salah satu faktornya adalah nol.
Teorema 1.1.3.
(a) Jika 0
a b
+ = , maka b a
= − .
(b) Jika 0
a ≠ dan b∈ℝ sedemikian hingga 1
a b
⋅ = , maka
1
b
a
= .
(c) Jika 0
a b
⋅ = , maka 0
a = atau 0
b = .
Bukti.
(a) Karena 0
a b
+ = , maka
0
a b
+ = ⇔ ( ) ( ) ( ) 0
a a b a
− + + = − +

4
⇔ ( )
( )
a a b a
− + + = − (A2 dan A3)
⇔ 0 b a
+ = − (A4)
⇔ b a
= − . (A3)
(b) Karena 1
a b
⋅ = , maka
1
a b
⋅ = ⇔ ( )
1 1
1
a b
a a
 
⋅ = ⋅
 
 
⇔ ( )
1 1
a b
a a
 
⋅ =
 
 
⇔
1
1 b
a
⋅ =
⇔
1
b
a
= .
(c) Diketahui 0
a b
⋅ = , maka
0
a b
⋅ = ⇔ ( )
1 1
0
a b
a a
   
⋅ ⋅ = ⋅
   
   
⇔ ( )
1
0
a b
a
 
⋅ =
 
 
⇔ ( )
1
0
a b
a
 
⋅ =
 
 
⇔ 1 0
b
⋅ =
⇔ 0
b = .
Dengan cara yang sama, kedua ruas dikalikan dengan
1
b
, maka diperoleh 0
a = .
Dengan demikian teorema terbukti. ⁮
Teorema tersebut di atas menjelaskan beberapa sifat aljabar sederhana dari
sistem bilangan real. Beberapa akibat dari teorema tersebut diberikan sebagai bahan
latihan soal di bagian akhir subbab ini.

5
Operasi pengurangan (substraction) didefinisikan dengan : ( )
a b a b
− = + −
untuk ,
a b∈ℝ . Sama halnya dengan operasi pembagian (division), untuk ,
a b∈ℝ
dengan 0
b ≠ didefinisikan
1
:
a
a
b b
 
= ⋅ 
 
.
Untuk selanjutnya, a b
⋅ cukup dituliskan dengan ab , dan penulisan 2
a untuk
aa, 3
a untuk ( )
2
a a , dan secara umum didefinisikan ( )
1
:
n n
a a a
+
= untuk n∈ℕ . Lebih
lanjut, 1
a a
= , dan jika 0
a ≠ , maka dapat ditulis 0
1
a = dan 1
a−
untuk
1
a
, dan jika
n∈ℕ , dapat ditulis n
a−
untuk
1
n
a
 
 
 
.
Bilangan Rasional dan Irrasional
Telah diketahui bahwa himpunan ℕ dan ℤ adalah subset dari ℝ . Elemen ℝ yang
dapat dituliskan dalam bentuk
b
a
di mana ,
a b∈ℤ dan 0
a ≠ disebut dengan bilangan
rasional (rational numbers). Himpunan semua bilangan rasional di ℝ dinotasikan
dengan ℚ . Dapat ditunjukkan bahwa penjumlahan dan perkalian dua bilangan rasional
adalah bilangan rasional. Lebih lanjut, sifat-sifat lapangan juga berlaku untuk ℚ .
Akan tetapi, tidak semua elemen ℝ merupakan elemen ℚ , seperti 2 yang
tidak dapat dinyatakan ke dalam bentuk
b
a
. Elemen ℝ yang bukan elemen ℚ disebut
bilangan irrasional (irrational numbers).
Akan ditunjukkan bahwa tidak terdapat bilangan rasional yang kuadratnya
adalah 2. Untuk membuktikannya digunakan istilah genap dan ganjil. Suatu bilangan
asli disebut genap apabila bilangan itu mempunyai bentuk 2n untuk suatu n∈ℕ , dan
disebut ganjil apabila bilangan itu mempunyai bentuk 2 1
n − untuk suatu n∈ℕ .
Teorema 1.1.4. Tidak ada elemen r ∈ℚ sedemikian hingga 2
2
r = .

6
Bukti. Andaikan ada r ∈ℚ sedemikian hingga 2
2
r = . Karena r ∈ℚ , maka r dapat
dituliskan sebagai
p
q
dengan p dan q tidak mempunyai faktor berserikat selain 1,
sehingga diperoleh
2
2
p
q
 
=
 
 
atau 2 2
2
p q
= . Karena 2
2q genap, maka 2
p genap.
Akibatnya p juga genap, sebab jika ganjil, maka 2 1
p m
= − untuk suatu m∈ℕ , atau
( ) ( )
2
2 2 2
2 1 4 4 1 2 2 2 1
p m m m m m
= − = − + = − + yang berarti bahwa 2
p ganjil. Jadi, p
haruslah genap. Karena p genap, maka 2
p k
= untuk suatu k ∈ℕ , sehingga
( )
2
2 2
2 4
p k k
= = . Di lain pihak diketahui 2 2
2
p q
= dan p genap, akibatnya q ganjil,
sebab jika q genap, maka faktor berserikat p dan q bukan 1. Jadi, q haruslah ganjil.
Sehingga diperoleh 2 2 2 2 2 2
2 4 2 2
p q k q k q
= ⇔ = ⇔ = yang berarti q genap. Timbul
kontradiksi bahwa q ganjil. Jadi, pengandaian salah, yang benar adalah tidak ada r ∈ℚ
sedemikian hingga 2
2
r = .
Sifat-sifat Urutan pada ℝ
Sifat urutan menjelaskan tentang kepositifan (positivity) dan ketaksamaan (inequalities)
di antara bilangan-bilangan real.
Ada subset tak kosong ⊂ ℝ
P , yang disebut dengan himpunan bilangan-
bilangan real positif tegas, yang memenuhi sifat-sifat berikut:
(i) Jika ,
a b∈P , maka a b
+ ∈P .
(ii) Jika ,
a b∈P , maka ab∈P .
(iii) Jika a∈P , maka memenuhi tepat satu kondisi berikut:
a∈P , 0
a = , a
− ∈P .
Sifat pertama dan kedua pada teorema di atas menjelaskan tentang sifat tertutup
P terhadap operasi penjumlahan dan perkalian. Sifat yang ketiga (iii) sering disebut
Sifat Trikotomi (Trichotomy Property), sebab akan membagi ℝ ke dalam tiga jenis
elemen yang berbeda. Hal ini menjelaskan bahwa himpunan { }
:
a a
− ∈P dari bilangan

7
real negatif tidak mempunyai elemen yang sama dengan himpunan bilangan real positif.
Lebih lanjut, ℝ merupakan gabungan tiga himpunan saling asing tersebut, yaitu
{ } { }
: 0
a a
= ∪ − ∈ ∪
ℝ P P .
Definisi 1.1.5.
(i) Jika a∈P , ditulis 0
a , artinya a adalah bilangan real positif.
(ii) Jika { }
0
a∈ ∪
P , ditulis 0
a ≥ , artinya a adalah bilangan real nonnegatif.
(iii) Jika a
− ∈P , ditulis 0
a , artinya a adalah bilangan real negatif.
(iv) Jika { }
0
a
− ∈ ∪
P , ditulis 0
a ≤ , artinya a adalah bilangan real nonpositif.
Definisi 1.1.6. Diberikan ,
a b∈ℝ .
(a) Jika a b
− ∈P , maka ditulis a b
atau b a
.
(b) Jika { }
0
a b
− ∈ ∪
P , maka ditulis a b
≥ atau b a
≤ .
Sifat Trikotomi di atas berakibat bahwa untuk ,
a b∈ℝ memenuhi tepat satu
kondisi berikut:
a b
, a b
= , a b
.
Selanjutnya, jika a b
≤ dan b a
≤ , maka a b
= . Jika a b c
, maka artinya
bahwa a b
dan b c
.
Teorema 1.1.7. Diberikan sebarang , ,
a b c∈ℝ.
(a) Jika a b
dan b c
, maka a c
.
(b) Jika a b
, maka a c b c
+ + .
(c) Jika a b
dan 0
c , maka ca cb
.
Jika a b
dan 0
c , maka ca cb
.
(d) Jika 0
a , maka
1
0
a
.
Jika a0, maka
1
0
a
.

8
Bukti.
(a) Diketahui a b
dan b c
, , ,
a b c∈ℝ. Karena a b
, maka a b
− ∈P . Karena
b c
, maka b c
− ∈P . Menurut sifat urutan, maka a b
+ ∈P , sehingga
diperoleh
( ) ( )
a b b c
− + + ∈P a b b c
⇔ − + − ∈P
( ) ( )
a c b b
⇔ − + − + ∈P
( ) 0
a c
⇔ − + ∈P
a c
⇔ − ∈P
.
a c
⇔
(b) Jika a b
− ∈P , maka ( ) ( )
a c b c a b
+ − − = − ∈P . Sehingga diperoleh bahwa
a c b c
+ + .
(c) Jika a b
− ∈P dan c∈P , maka ( )
ca cb c a b
− = − ∈P . Akibatnya ca cb
untuk
0
c . Gunakan langkah yang sama untuk 0
c
(d) Cobalah Anda buktikan sendiri.
Oleh karena itu, dapat dilihat bahwa bilangan asli juga merupakan bilangan real
positif. Sifat ini diperoleh dari sifat dasar urutan, berikut ini diberikan teoremanya.
Teorema 1.1.8.
(a) Jika a∈ℝ dan 0
a ≠ , maka 2
0
a .
(b) 1 0
.
(c) Jika n∈ℕ , maka 0
n .
Teorema 1.1.9. Jika ,
a b∈ℝ dan a b
, maka
2
a b
a b
+
.

9
Bukti. Karena a b
, maka 2
a a a b a a b
+ + ⇔ + , diperoleh
( )
2
a b
a
+
. Karena
a b
, maka 2
a b b b a b b
+ + ⇔ + , diperoleh
( )
2
a b
b
+
. Akibatnya, dari kedua
pernyataan di atas diperoleh bahwa
2
a b
a b
+
.
Dapat ditunjukkan bahwa tidak ada bilangan real positif yang terkecil, sebab jika
diberikan 0
a , dan karena
1
0
2
, maka diperoleh
1
0
2
a a
.
Selanjutnya, untuk membuktikan bahwa suatu himpunan 0
a ≥ adalah sama
dengan nol, maka harus ditunjukkan bahwa a selalu lebih kecil dari sebarang bilangan
positif yang diberikan.
Teorema 1.1.10. Jika a∈ℝ sedemikian hingga 0 a ε
≤ untuk setiap 0
ε , maka
0
a = .
Bukti. Andaikan 0
a , maka 0
2
a
a . Diambil 0
2
a
ε = ( 0
ε bilangan real positif
tegas), maka 0 0
a ε
. Kontradiksi dengan pernyataan 0 a ε
≤ untuk setiap 0
ε .
Jadi, pengandaian salah, yang benar adalah 0
a = . ⁭
Perkalian antara dua bilangan positif hasilnya adalah positif. Akan tetapi, hasil
perkalian yang positif belum tentu setiap faktornya positif.
Teorema 1.1.11. Jika 0
ab , maka berlaku
(i) 0
a dan 0
b , atau
(ii) 0
a dan 0
b .

10
Akibat 1.1.12. Jika 0
ab , maka berlaku
(i) 0
a dan 0
b , atau
(ii) 0
a dan 0
b .
Ketaksamaan (Inequalities)
Selanjutnya, akan ditunjukkan bagaimana sifat urutan dapat digunakan untuk
menyelesaikan suatu ketaksamaan. Perhatikan contoh di bawah ini.
Contoh 1.1.13.
(a) Tentukan himpunan A dari bilangan real x sedemikian hingga 2 3 6
x + ≤ .
Jawab. Diketahui x A
∈ dan 2 3 6
x + ≤ , maka
2 3 6
x + ≤ ⇔ 2 3
x ≤ ⇔
3
2
x ≤ .
Jadi,
3
:
2
A x x
 
= ∈ ≤
 
 
ℝ .
(b) Diberikan { }
2
: 2
B x x x
= ∈ +
ℝ . Tentukan bentuk lain dari B.
Jawab. Diketahui x B
∈ dan 2
2
x x
+ atau 2
2 0
x x
+ − atau
( )( )
1 2 0
x x
− + . Sehingga diperoleh bahwa (i) 1 0
x − dan 2 0
x + , atau
(ii) 1 0
x − dan 2 0
x + . Untuk kasus (i) diperoleh bahwa 1
x dan
2
x − , yang berarti 1
x . Untuk kasus (ii) diperoleh bahwa 1
x dan
2
x − , yang berarti 2
x − . Jadi, himpunannya adalah
{ } { }
: 1 : 2
B x x x x
= ∈ ∪ ∈ −
ℝ ℝ .
Teorema 1.1.14. Jika 0
a ≥ dan 0
b ≥ , maka
(a) 2 2
a b a b a b
⇔ ⇔ .
(b) 2 2
a b a b a b
≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ .
1.1.15. Ketaksamaan Bernoulli Jika 1
x − , maka (1 ) 1
n
x nx
+ ≥ + untuk semua
n∈ℕ .

11
Bukti. Akan dibuktikan menggunakan induksi.
Untuk 1
n = , maka
( )
1
1 1 1 1 1
x x x x
+ ≥ + ⋅ ⇔ + ≥ + (pernyataan benar).
Misalkan benar untuk n k
= , yaitu (1 ) 1
k
x kx
+ ≥ + . Akan dibuktikan benar untuk
1
n k
= + , yaitu
( )( )
( )
1
2
2
(1 ) (1 ) (1 ) 1 1
1
1 1 .
k k
x x x kx x
kx x kx
k x kx
+
+ = + + ≥ + +
= + + +
= + + +
Karena 2
0
kx ≥ , maka ( )
1
(1 ) 1 1
k
x k x
+
+ ≥ + + , yang berarti benar untuk 1
n k
= + . Jadi,
terbukti bahwa (1 ) 1
n
x nx
+ ≥ + untuk semua n∈ℕ . ⁭
1.1.16. Ketaksamaan Cauchy Jika n ∈ ℕ dan 1 1
,..., , ,...,
n n
a a b b ∈ℝ , maka
( ) ( )( )
2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2
... ... ...
n n n n
a b a b a b a a a b b b
+ + + ≤ + + + + + +
atau
2
1 1 1
n n n
i i i i
i i i
a b a a
= = =
    
≤
    
    
∑ ∑ ∑ .
Selanjutnya, jika tidak semua 0
i
b = , maka
2
2 2
1 1 1
n n n
i i i i
i i i
a b a b
= = =
    
=
    
    
∑ ∑ ∑ jika dan
hanya jika terdapat s∈ℝ sedemikian hingga 1 1
a sb
= , 2 2
a sb
= , ..., n n
a sb
= .
Bukti. Didefinisikan fungsi :
F →
ℝ ℝ sebagai berikut:
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 1 2 2
( ) ... n n
F t a tb a tb a tb
= − + − + + − , t ∈ℝ .
Jelas bahwa ( ) 0
F t ≥ , untuk setiap t ∈ℝ . Selanjutnya,
( )
F t ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 2 2 2 2
2 2 ... 2
n n n n
a ta b t b a ta b t b a ta b t b
= − + + − + + + − +
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2
1 2 1 1 2 2 1 2
... 2 ... ...
n n n n
a a a t a b a b a b t b b b
= + + + − + + + + + + +
2 2 2
1 1 1
2 .
n n n
i i i i
i i i
a t a b t b
= = =
     
= − +
     
     
∑ ∑ ∑

12
Ingat bahwa persamaan 2
2 0
A Bt Ct
+ + ≥ jika dan hanya jika ( )
2
2 4 0
B AC
− ≤ , yang
berakibat 2
B AC
≤ . Sehingga diperoleh bahwa
2
1 1 1
n n n
i i i i
i i i
a b a a
= = =
    
≤
    
    
∑ ∑ ∑ .
Dengan demikian teorema terbukti. ⁭
SOAL LATIHAN SUBBAB 1.1
1. Jika ,
a b∈ℝ , tunjukkan bahwa:
(a) ( ) ( ) ( )
a b a b
− + = − + − .
(b) ( )( )
a b ab
− − = .
(c) ( ) a
a
b b
−
− = jika 0
b ≠ .
2. Selesaikan persamaan berikut.
(a) 2 5 8
x + = .
(b) 2
2
x x
= .
3. Jika 0
a ≠ dan 0
b ≠ , tunjukkan bahwa
1 1 1
( )
ab a b
  
=   
  
.
4. Buktikan bahwa tidak ada bilangan rasional t sedemikian hingga 2
3
t = .
5. Buktikan bahwa jika 0
a , maka
( )
1
1
a
a
= .
6. Jika ,
a b∈ℝ , tunjukkan bahwa 2 2
0
a b
+ = jika dan hanya jika 0
a b
= = .
7. Buktikan bahwa ( )
2
2 2
1 1
( )
2 2
a b a b
 
+ ≤ +
 
 
, untuk semua ,
a b∈ℝ .
8. Tunjukkan bahwa jika a∈ℝ dan ,
m n∈ℕ, maka m n m n
a a a
+
= dan ( )
m n mn
a a
= .
(Gunakan induksi matematik.)

13
1.2. Nilai Mutlak dan Garis Bilangan Real
Dari sifat Trikotomi, dapat ditarik kesimpulan bahwa jika a∈ℝ dan 0
a ≠ , maka a
atau a
− merupakan bilangan real positif. Nilai mutlak dari 0
a ≠ didefinisikan sebagai
nilai positif dari dua bilangan tersebut.
Definisi 1.2.1. Nilai mutlak (absolute value) dari suatu bilangan real a, dinotasikan
dengan |a|, didefinisikan sebagai
jika 0.
: 0 jika 0.
jika 0.
a a
a a
a a



= =

−

Sebagai contohnya, |3| = 3 dan 9 9
− = . Dapat dilihat dari definisi di atas bahwa
0
a ≥ untuk semua a∈ℝ , dan bahwa 0
a = jika dan hanya jika 0
a = . Juga bahwa
a a
− = untuk semua a∈ℝ . Berikut ini diberikan beberapa sifat nilai mutlak.
Teorema 1.2.2.
(a) ab a b
= untuk semua a∈ℝ .
(b)
2 2
a a
= untuk semua a∈ℝ .
(c) Jika 0
c ≥ , maka a c
≤ jika dan hanya jika c a c
− ≤ ≤ .
(d) a a a
− ≤ ≤ untuk semua a∈ℝ .
Bukti.
(a) Jika 0
a b
= = , maka terbukti. Jika 0
a dan 0
b , maka 0
ab , sehingga
ab ab a b
= = . Jika 0
a dan 0
b , maka 0
ab , sehingga
( )
ab ab a b a b
= − = − = .

14
(b) Karena 2
0
a ≥ , maka
2
2 2
a a aa a a a
= = = = .
(c) Jika a c
≤ , maka a c
≤ dan a c
− ≤ yang berarti c a c
− ≤ ≤ . Sebaliknya, jika
c a c
− ≤ ≤ , maka diperoleh a c
≤ dan a c
− ≤ . Jadi, a c
≤ .
(d) Gunakan langkah yang sama seperti pada (c) dengan mengambil c a
= . ⁭
Berikut ini diberikan sebuah teorema yang disebut dengan Ketaksamaan
Segitiga (Triangle Inequality).
1.2.3. Ketaksamaan Segitiga Jika ,
a b∈ℝ , maka a b a b
+ ≤ + .
Bukti. Dari Teorema 1.2.2(d), diketahui a a a
− ≤ ≤ dan b b b
− ≤ ≤ . Dengan
menjumlahkan kedua ketaksamaan diperoleh
( )
a b a b a b
− + ≤ + ≤ + .
Menggunakan Teorema 1.2.2.(c) diperoleh bahwa a b a b
+ ≤ + . ⁮
Akibat 1.2.4. Jika ,
a b∈ℝ , maka
(a) a b a b
− ≤ − .
(b) a b a b
− ≤ + .
Bukti.
(a) Tulis a a b b
= − + dan masukkan ke dalam Ketaksamaan Segitiga. Sehingga
( )
a a b b a b b
= − + ≤ − + . Kurangkan kedua ruas dengan b , diperoleh
a b a b
− ≤ − . Gunakan cara yang sama untuk b b a a
= − + , diperoleh
a b a b
− − ≤ − . Kombinasikan kedua ketaksamaan tersebut, diperoleh
a b a b a b
− − ≤ − ≤ − .
Menggunakan Teorema 1.2.2(c) diperoleh bahwa a b a b
− ≤ − .

15
(b) Gantilah b pada Ketaksamaan Segitiga dengan –b, sehingga diperoleh
a b a b
− ≤ + − . Karena b b
− = , maka diperoleh bahwa a b a b
− ≤ + . ⁮
Ketaksamaan segitiga di atas dapat diperluas sehingga berlaku untuk sebarang
bilangan real yang banyaknya berhingga.
Akibat 1.2.5. Jika 1 2
, ,..., n
a a a adalah sebarang bilangan real, maka
1 2 1 2
... ...
n n
a a a a a a
+ + + ≤ + + + .
Contoh 1.2.6.
Diberikan fungsi f yang didefinisikan dengan
2
2 3 1
( )
2 1
x x
f x
x
− +
=
−
untuk [ ]
2,3
x∈ .
Tentukan konstanta M sedemikian hingga ( )
f x M
≤ , untuk setiap [ ]
2,3
x∈ .
Diketahui
2
2 2 3 1
2 3 1
( )
2 1 2 1
x x
x x
f x
x x
− +
− +
= =
− −
,
( ) ( )
2 2
2
2
2 3 1 2 3 1
2 3 1
2 3 3 3 1
28
x x x x
x x
− + ≤ + − +
= + +
≤ + +
=
dan
( )
2 1 2 1
2 2 1
3.
x x
− ≥ −
≥ −
=
Sehingga
2
2 3 1 28
( )
2 1 3
x x
f x
x
− +
= ≤
−
. Jadi, dengan mengambil
28
3
M = , didapat
( )
f x M
≤ , untuk setiap [ ]
2,3
x∈ .

16
Garis Bilangan Real (The Real Line)
Interpetasi geometri yang dikenal di antaranya garis bilangan real (real line). Pada garis
real, nilai mutlak a dari suatu elemen a∈ℝ adalah jarak a ke 0. Secara umum, jarak
(distance) antara elemen a dan b di ℝ adalah a b
− . Perhatikan gambar berikut.
-3 -2 -1 0 1 2 3
2 (1) 3
− − =
Gambar 1.1. Jarak antara 2
a = − dan 1
b = .
Definisi 1.2.6. Diberikan a∈ℝ dan 0
ε . Persekitaran-ε (ε -neighborhood) dari a
didefinisikan sebagai himpunan
{ } ( )
( ): : ,
V a x x a a a
ε ε ε ε
= ∈ − = − +
ℝ .
Gambar 1.2. Persekitaran ( )
V a
ε .
Dapat dilihat bahwa ( )
x V a
ε
∈ jika dan hanya jika a x a
ε ε
− + . Persekitaran
juga sering disebut dengan kitaran.
Teorema 1.2.7. Diberikan a∈ℝ . Jika x berada dalam persekitaran ( )
V a
ε untuk
setiap 0
ε , maka x a
= .
Bukti. Jika x memenuhi x a ε
− untuk setiap 0
ε , maka berdasarkan Teorema
1.1.10 diperoleh bahwa 0
x a
− = , yang berakibat 0
x = . ⁭
a ε
− a a ε
+
( )
V a
ε

17
1. Jika ,
a b∈ℝ dan 0
b ≠ , tunjukkan bahwa:
(a) 2
a a
= ,
(b)
a
a
b b
= .
2. Jika , ,
x y z ∈ℝ dan x z
≤ , tunjukkan bahwa x y z
≤ ≤ jika dan hanya jika
x y y z x z
− + − = − .
3. Jika a x b
dan a y b
, tunjukkan bahwa x y b a
− − .
4. Carilah semua nilai x∈ℝ sedemikian hingga 1 2 7
x x
+ + − = .
5. Buatlah sketsa grafik persamaan 1
y x x
= − − .
6. Diberikan 0
ε dan 0
δ , dan a∈ℝ . Tunjukkan bahwa ( ) ( )
V a V a
ε δ
∩ dan
( ) ( )
V a V a
ε δ
∪ merupakan persekitaran-γ dari a untuk suatu nilai γ .
7. Tunjukkan bahwa jika ,
a b∈ℝ , dan a b
≠ , maka terdapat persekiran-ε U dari a
dan V dari b sedemikian hingga U V
∩ = ∅.
8. Tunjukkan bahwa jika ,
a b∈ℝ , maka
(a) { } ( )
1
max ,
2
a b a b a b
= + + − dan { } ( )
1
min ,
2
a b a b a b
= + − − .
(b) { } { }
{ }
min , , min min , ,
a b c a b c
= .
1.3. Sifat Lengkap ℝ
Pada bagian ini akan diberikan salah satu sifat dari ℝ yang sering disebut dengan Sifat
Lengkap (Completeness Property). Tetapi sebelumnya, perlu dijelaskan terlebih dahulu
konsep supremum dan infimum.
Supremum dan Infimum
Berikut ini diperkenalkan konsep tentang batas atas dan batas bawah dari suatu
himpunan bilangan real.

18
Definisi 1.3.1. Diberikan subset tak kosong S ⊂ ℝ .
(a) Himpunan S dikatakan terbatas ke atas (bounded above) jika terdapat
suatu bilangan u ∈ℝ sedemikian hingga s u
≤ untuk semua s S
∈ . Setiap
bilangan u seperti ini disebut dengan batas atas (upper bound) dari S.
(b) Himpunan S dikatakan terbatas ke bawah (bounded below) jika terdapat
suatu bilangan w∈ℝ sedemikian hingga w s
≤ untuk semua s S
∈ . Setiap
bilangan w seperti ini disebut dengan batas bawah (lower bound) dari S.
(c) Suatu himpunan dikatakan terbatas (bounded) jika terbatas ke atas dan
terbatas ke bawah. Jika tidak, maka dikatakan tidak terbatas (unbounded).
Sebagai contoh, himpunan { }
: : 2
S x x
= ∈
ℝ ini terbatas ke atas, sebab
bilangan 2 dan sebarang bilangan lebih dari 2 merupakan batas atas dari S. Himpunan
ini tidak mempunyai batas bawah, jadi himpunan ini tidak terbatas ke bawah. Jadi, S
merupakan himpunan yang tidak terbatas.
Definisi 1.3.2. Diberikan S subset tak kosong ℝ .
(a) Jika S terbatas ke atas, maka suatu bilangan u disebut supremum (batas
atas terkecil) dari S jika memenuhi kondisi berikut:
(1) u merupakan batas atas S, dan
(2) jika v adalah sebarang batas atas S, maka u v
≤ .
Ditulis sup
u S
= .
(b) Jika S terbatas ke bawah, maka suatu bilangan u disebut infimum (batas
bawah terbesar) dari S jika memenuhi kondisi berikut:
(1) w merupakan batas bawah S, dan
(2) jika t adalah sebarang batas bawah S, maka t w
≤ .
Ditulis inf
w S
= .
Mudah untuk dilihat bahwa jika diberikan suatu himpunan S subset dari ℝ ,
maka hanya terdapat satu supremum, atau supremumnya tunggal. Juga dapat
ditunjukkan bahwa jika '
u adalah sebarang batas atas dari suatu himpunan tak kosong

19
S, maka sup '
S u
≤ , sebab sup S merupakan batas atas terkecil dari S. Suatu subset tak
kosong S ⊂ ℝ mempunyai empat kemungkinan, yaitu
(i) mempunyai supremum dan infimum,
(ii) hanya mempunyai supremum,
(iii) hanya mempunyai infimum,
(iv) tidak mempunyai infimum dan supremum.
Setiap bilangan real a∈ℝ merupakan batas atas dan sekaligus juga merupakan
batas bawah himpunan kosong ∅. Jadi, himpunan ∅ tidak mempunyai supremum dan
infimum.
Lemma 1.3.3. Suatu bilangan u merupakan supremum dari subset tak kosong S ⊂ ℝ
jika dan hanya jika u memenuhi kondisi berikut:
(1) s u
≤ untuk semua s S
∈ ,
(2) jika v u
, maka terdapat '
s S
∈ sedemikian hingga '
x s
.
Lemma 1.3.4. Diberikan subset tak kosong S ⊂ ℝ ,
(a) sup
u S
= jika dan hanya jika untuk setiap 0
ε terdapat 1
s S
∈
sedemikian hingga 1
u s
ε
− .
(b) inf
w S
= jika dan hanya jika untuk setiap 0
ε terdapat 2
s S
∈
sedemikian hingga 2
u s
ε
− .
Bukti.
(a) ⇒ Diketahui sup
u S
= dan diberikan 0
ε . Karena u u
ε
− , maka u ε
−
bukan merupakan batas atas S. Oleh karena itu, terdapat 1
s S
∈ yang lebih besar
dari u ε
− , sehingga 1
u s
ε
− .
⇐ Diketahui 1
u s
ε
− . Jika u merupakan batas atas S, dan jika memenuhi
v u
, maka diambil : u v
ε = − . Maka jelas 0
ε , dan diperoleh bahwa
sup
u S
= .
(b) Coba buktikan sendiri.

20
Contoh 1.3.5.
(a) Jika suatu himpunan tak kosong 1
S mempunyai elemen sebanyak berhingga,
maka dapat dilihat bahwa 1
S mempunyai elemen terbesar, namakan u, dan
elemen terkecil, namakan w. Maka 1
sup
u S
= dan 1
inf
w S
= , dan keduanya
merupakan elemen 1
S .
(b) Himpunan { }
2 : :0 1
S x x
= ≤ ≤ mempunyai batas atas 1. Akan dibuktikan bahwa
1 merupakan supremumnya. Jika 1
v , maka terdapat 2
'
s S
∈ sedemikian
hingga '
v s
. Oleh karena itu, v bukan merupakan batas atas 2
S dan karena v
merupakan sebarang 1
v , maka dapat disimpulkan bahwa 2
sup 1
S = . Dengan
cara yang sama dapat ditunjukkan bahwa 2
inf 0
S = .
Sifat Lengkap ℝ
Akan ditunjukkan bahwa subset tak kosong ℝ yang terbatas ke atas pasti mempunyai
batas atas terkecil. Sifat seperti ini disebut Sifat Lengkap ℝ . Sifat Lengkap juga sering
disebut dengan Aksioma Supremum ℝ .
1.3.6. Sifat Lengkap ℝ Jika subset tak kosong S ⊂ ℝ terbatas ke atas, maka
supremumnya ada, yaitu terdapat u ∈ℝ sedemikian hingga sup
u S
= .
Akibat 1.3.7. Jika subset tak kosong S ⊂ ℝ terbatas ke bawah, maka infimumnya
ada, yaitu terdapat w∈ℝ sedemikian hingga inf
w S
= .
Bukti. Misalkan himpunan T terbatas ke bawah, T ⊂ ℝ . Dibentuk himpunan
{ }
:
S t t T
= − ∈ , maka S terbatas ke atas dan tidak kosong. Menurut Aksioma
Supremum, sup S ada, namakan sup
u S
= , maka inf
u T
− = . ⁭

21
1. Diberikan { }
: 0
S x x
= ∈
ℝ . Apakah S mempunyai batas bawah dan batas
atas? Apakah inf S dan sup S ada? Buktikan jawabanmu.
2. Diberikan ( )
{ }
: 1 1 :
n
T n n
= − − ∈ℕ . Carilah inf T dan supT .
3. Diberikan S subset tak kosong ℝ yang terbatas ke bawah. Buktikan bahwa
{ }
inf sup :
S s s S
= − − ∈ .
4. Tunjukkan bahwa jika A dan B subset terbatas dari ℝ , maka A B
∪ merupakan
himpunan terbatas. Tunjukkan bahwa ( )
sup A B
∪ = { }
sup sup ,sup
A B .
5. Diberikan S ⊆ ℝ dan misalkan *: sup
s S
= dalam S. Jika u S
∉ , tunjukkan
bahwa { }
( ) { }
sup sup *,
S u s u
∪ = .
6. Tunjukkan bahwa himpunan berhingga S ⊆ ℝ memuat supremumnya.
7. Jelaskan dan buktikan Lemma 1.3.3.
1.4. Penggunaan Sifat Aksioma Supremum
Pada subbab ini dibahas beberapa akibat dari aksioma supremum.
Teorema 1.4.1. Diberikan subset tak kosong S ⊂ ℝ yang terbatas ke atas dan
sebarang a∈ℝ . Didefinisikan himpunan { }
: :
a S a s s S
+ = + ∈ , maka berlaku
( ) ( )
sup sup
a S a S
+ = + .
Bukti. Jika diberikan : sup
u S
= , maka x u
≤ untuk semua x S
∈ , sehingga
a x a u
+ ≤ + . Oleh karena itu, a u
+ merupakan batas atas dari himpunan a S
+ .
Akibatnya ( )
sup a S a u
+ ≤ + . Selanjutnya, misalkan v adalah sebarang batas atas
a S
+ , maka a x v
+ ≤ untuk semua x S
∈ . Akibatnya x v a
≤ − untuk semua x S
∈ ,
sehingga v a
− merupakan batas atas S. Oleh karena itu, sup
u S v a
= ≤ − . Karena v
adalah sebarang batas atas a S
+ , maka dengan mengganti v dengan sup
u S
= ,

22
diperoleh ( )
sup
a u a S
+ ≤ + . Di lain pihak diketahui ( )
sup a S a u
+ ≤ + . Akibatnya
terbukti bahwa ( )
sup sup
a S a u a S
+ = + = + . ⁭
Teorema 1.4.2. Diberikan subset tak kosong S ⊂ ℝ yang terbatas dan sebarang
bilangan real 0
a . Didefinisikan himpunan { }
: :
aS as s S
= ∈ , maka berlaku
( ) ( )
inf inf
aS a S
= .
Bukti. Tulis inf
u aS
= dan inf
v S
= . Akan dibuktikan bahwa u av
= . Karena
inf
u aS
= , maka u as
≤ , untuk setiap s S
∈ . Karena inf
v S
= , maka v s
≤ untuk
setiap s S
∈ . Akibatnya av as
≤ untuk setiap s S
∈ . Berarti av merupakan batas bawah
aS. Karena u batas bawah terbesar aS, maka av u
≤ . Karena u as
∈ ,
maka diperoleh
u
s
a
∈ (sebab 0
a ). Karena inf
v S
= , maka
u
v
a
≤
yang berakibat u av
≤ . Di lain pihak diketahui av u
≤ . Akibatnya u av
= . Jadi, terbukti
bahwa ( ) ( )
inf inf
aS a S
= . ⁭
Teorema 1.4.3. Jika A dan B subset tak kosong ℝ dan memenuhi a b
≤ untuk semua
a A
∈ dan b B
∈ , maka
sup inf
A B
≤ .
Bukti. Diambil sebarang b B
∈ , maka a b
≤ untuk semua a A
∈ . Artinya bahwa b
merupakan batas atas A, sehingga sup A b
≤ . Selanjutnya, karena berlaku untuk semua
b B
∈ , maka sup A merupakan batas bawah B. Akibatnya diperoleh bahwa
sup inf
A B
≤ . ⁭
Sifat Archimedes
Berikut ini diberikan salah satu sifat yang mengaitkan hubungan antara bilangan real
dan bilangan asli. Sifat ini menyatakan bahwa apabila diberikan sebarang bilangan real
x, maka selalu dapat ditemukan suatu bilangan asli n yang lebih besar dari x.

23
1.4.4. Sifat Archimedes. Jika x∈ℝ , maka terdapat n∈ℕ sedemikian hingga x n
.
Bukti. Ambil sebarang x∈ℝ . Andaikan tidak ada n∈ℕ sedemikian hingga x n
,
maka n x
≤ , untuk setiap n∈ℕ . Dengan kata lain, x merupakan batas atas ℕ . Jadi,
⊂
ℕ ℝ , ≠ ∅
ℕ , dan ℕ terbatas ke atas. Menurut aksioma supremum, maka supℕ ada,
tulis sup
u = ℕ . Karena 1
u u
− , maka terdapat m∈ℕ dengan sifat 1
u m
− .
Akibatnya 1
u m
+ dengan 1
m + ∈ℕ . Timbul kontradiksi dengan sup
u = ℕ . Berarti u
batas atas ℕ , yaitu ada 1
m + ∈ℕ sehingga 1
u m
+ (u bukan batas atas ℕ ). Jadi,
pengandaian salah, yang benar adalah ada n∈ℕ sedemikian hingga x n
. ⁭
Akibat 1.4.5. Jika
1
: :
S n
n
 
= ∈
 
 
ℕ , maka inf 0
S = .
Bukti. Karena S ≠ ∅ terbatas ke bawah oleh 0, maka S mempunyau infimum, tulis
: inf
w S
= . Jelas bahwa 0
w ≥ . Untuk sebarang 0
ε , menggunakan Sifat Archimedes,
terdapat n∈ℕ sedemikian hingga
1
n
ε
, akibatnya
1
n
ε
. Oleh karena itu, diperoleh
bahwa
1
0 w
n
ε
≤ ≤ .
Akan tetapi karena 0
ε sebarang, maka berdasarkan Teorema 1.1.10 berakibat bahwa
0
w = . Terbukti bahwa inf 0
S = . ⁭
t , maka terdapat t
n ∈ℕ sedemikian hingga
1
0
t
t
n
.
Bukti. Karena
1
inf : 0
n
n
 
∈ =
 
 
ℕ dan 0
t , maka t bukan batas bawah himpunan
1
: n
n
 
∈
 
 
ℕ . Akibatnya terdapat t
1
0
t
t
n
. ⁭

24
y , maka terdapat y
n ∈ℕ sedemikian hingga 1
y y
n y n
− .
Bukti. Sifat Archimedes menjamin bahwa subset { }
: :
y
E m y m
= ∈
ℕ dari ℕ tidak
kosong. Menggunakan Sifat Urutan, y
E mempunyai elemen yang paling kecil, yang
dinotasikan dengan y
n . Oleh karena itu, 1
y
n − bukan elemen y
E . Akibatnya diperoleh
bahwa 1
y y
n y n
− . ⁭
Eksistensi Bilangan Real dan Densitas Bilangan Rasional di ℝ
Salah satu penggunaan Sifat Supremum adalah dapat digunakan untuk memberikan
jaminan eksistensi bilangan-bilangan real. Berikut ini akan ditunjukkan bahwa ada
bilangan real positif x sedemikian hingga 2
2
x = .
Teorema 1.4.8. Ada bilangan real positif x sedemikian hingga 2
2
x = .
Bukti. Dibentuk himpunan { }
2
: 0 dan 2
S s s s
= ∈ ≥
ℝ . Jelas bahwa S ≠ ∅ sebab
0 S
∈ dan 1 S
∈ . S terbatas ke atas dengan salah satu batas atasnya adalah 2. Jika 2
t ≥ ,
maka 2
4
t ≥ . Jadi, 2
t S
= ∉ . Menggunakan Aksioma Supremum, S ⊂ ℝ , S ≠ ∅ , dan S
terbatas ke atas, maka S mempunyai supremum. Namakan sup
x S
= , dengan x∈ℝ .
Akan dibuktikan bahwa 2
2
x = . Andaikan 2
2
x ≠ , maka 2
2
x atau 2
2
x .
Kemungkinan I: Untuk 2
2
x .
Karena 2
2
x , maka 2
2 0
x
− . Karena 2
1 1
n n
≤ , maka
( )
2
2 2
2
1 2 1 1
2 1
x x x x x
n n n n
 
+ = + + ≤ + +
 
 
.
Karena 2
2 0
x
− dan 2 1 0
x + , maka
2
2
0
2 1
x
x
−

+
. Menurut akibat Sifat Archimedes,
dapat ditemukan n∈ℕ sehingga

25
2
1 2
2 1
x
n x
−

+
.
Akibatnya
( ) 2
1
2 1 2
x x
n
+ −
dan
( )
2
2 2 2
1 1
2 1 2 2
x x x x x
n n
 
+ + + + − =
 
 
.
Diperoleh bahwa
2
1
2
x
n
 
+
 
 
, yang berarti bahwa
1
x S
n
+ ∈ . Kontradiksi dengan
sup
x S
= . Oleh karena itu tidak mungkin 2
2
x .
Kemungkinan II: 2
2
x .
Karena 2
2
x , maka 2
2 0
x − . Perhatikan bahwa
2
2 2
2
1 2 1 2
x x
x x x
m m m m
 
− = − + −
 
 
.
Karena 2
2 0
x − dan 2 0
x , maka dipilih m∈ℕ sedemikian hingga
2
2
2
x
m
x

−
atau 2
2
2
x
x
m
− .
Akibatnya
( )
2
2 2 2
1 2
2 2
x
x x x x
m m
 
− − − − =
 
 
.
Diperoleh bahwa
2
1
2
x
m
 
−
 
 
. Berarti
1
x S
m
− ∉ , yaitu
1
x
m
− batas atas. Kontradiksi
dengan sup
x S
= . Oleh karena itu, tidak mungkin 2
2
x . Jadi, pengandaiannya salah,
yang benar adalah 2
2
x = . ⁭
1.4.9. Teorema Densitas (The Density Theorem) Jika ,
x y∈ℝ dengan x y
, maka
ada bilangan rasional q∈ℚ sedemikian hingga x q y
.

26
Bukti. Dengan tidak mengurangi keumuman (without loss of generality), diambil 0
x .
Karena x y
, maka 0
y dan 0
y x
− . Akibatnya
1
0
y x

−
, sehingga dapat dipilih
n∈ℕ sedemikian hingga
1
n
y x

−
.
Untuk n di di atas, berlaku 1
ny nx
− , yaitu 1
nx ny
+ . Karena 0
nx , maka dapat
dipilih m∈ℕ sehingga
1
m nx m
− ≤ .
Bilangan m di atas juga memenuhi m ny
, sebab dari 1
m nx
− ≤ diperoleh
1
m nx ny
≤ + . Jadi
nx m ny
.
Akibatnya untuk
m
q
n
= mempunyai sifat
m
x q y
n
= . Jadi, terdapat bilangan
rasional
m
q
n
= dengan sifat x q y
. ⁭
Berikut ini diberikan akibat dari Teorema Densitas, yaitu di antara dua bilangan
real pasti dapat ditemukan bilangan irrasional.
Akibat 1.4.10. Jika ,
x y∈ℝ dengan x y
, maka ada bilangan irrasional r
sedemikian hingga x r y
.
Bukti. Menggunakan Teorema Densitas, ada bilangan real
2
x
dan
2
y
dengan sifat
ada bilangan rasional q dengan sifat
2 2
x y
q
. Akibatnya, 2
x q y
dan 2
q
merupakan bilangan irrasional. ⁭

27
1. Diberikan himpunan tak kosong X dan :
f X → ℝ mempunyai range terbatas di
ℝ . Jika a∈ℝ , tunjukkan bahwa:
(a) { } { }
sup ( ) : sup ( ):
a f x x X a f x x X
+ ∈ = + ∈ .
(b) { } { }
inf ( ): inf ( ) :
a f x x X a f x x X
+ ∈ = + ∈ .
2. Diberikan subset tak kosong A dan B dari ℝ . Dibentuk himpunan
{ }
: : dan
A B a b a A b B
+ = + ∈ ∈ . Buktikan bahwa ( )
sup sup sup
A B A B
+ = +
dan inf( ) inf inf
A B A B
+ = + .
3. Jika diberikan sebarang x∈ℝ , tunjukkan bahwa terdapat dengan tunggal n∈ℤ
sedemikian hingga 1
n x n
− ≤ .
4. Jika 0
y , tunjukkan bahwa terdapat n∈ℕ sedemikian hingga
1
2n
y
.
5. Jika 0
u adalah sebarang bilangan real dan x y
, tunjukkan bahwa terdapat
bilangan rasional r sedemikian hingga x ru y
.
1.5. Interval dalam ℝ
Jika diberikan ,
a b∈ℝ dengan a b
, maka interval terbuka yang ditentukan oleh a
dan b adalah himpunan
( ) { }
, :
a b x a x b
= ∈
ℝ .
Titik a dan b disebut titik ujung (endpoints) interval. Titik ujung tidak termuat
dalam interval terbuka. Jika kedua titik ujung digabungkan ke dalam interval
terbukanya, maka disebut interval tertutup, yaitu himpunan
[ ] { }
, :
a b x a x b
= ∈ ≤ ≤
ℝ .
Interval setengah terbuka atau setengah tertutup adalah interval yang memuat
salah satu titik ujungnya. Gabungan interval terbuka dengan titik ujung a, ditulis [ , )
a b ,
dan gabungan interval terbuka dengan titik ujung b, ditulis ( , ]
a b . Masing-masing
interval tersebut terbatas dan mempunyai panjang (length) yang didefinsikan dengan
b a
− . Jika a b
= , maka interval terbukanya berkorespondensi dengan himpunan kosong

28
( , )
a a = ∅ , dan interval tertutupnya berkorespondensi dengan himpunan singleton
[ ] { }
,
a a a
= .
Berikut ini diberikan lima jenis interval tidak terbatas. Simbol ∞ (atau +∞ ) dan
−∞ digunakan sebagai simbol titik ujungnya yang tak berhingga. Interval terbuka tak
terbatas adalah himpunan dengan bentuk
( ) { }
, : :
a x x a
∞ = ∈
ℝ dan ( ) { }
, : :
b x x b
−∞ = ∈
ℝ .
Himpunan pertama tidak mempunyai batas atas dan yang kedua tidak mempunyai batas
bawah. Himpunan ( )
,
a ∞ sering juga disebut dengan sinar terbuka (open a ray).
Diberikan interval tertutup tak terbatas, yaitu
{ }
[ , ) : :
a x a x
∞ = ∈ ≤
ℝ dan { }
( , ]: :
b x x b
−∞ = ∈ ≤
ℝ .
Himpunan [ , )
a ∞ sering disebut dengan sinar tertutup (close a ray). Himpunan ℝ
dapat dituliskan sebagai ( )
, :
−∞ ∞ = ℝ . Perhatikan bahwa ∞ dan −∞ bukan elemen ℝ .
1.5.1. Teorema Karakteristik Interval Jika S adalah subset ℝ yang memuat paling
sedikit dua titik dan mempunyai sifat:
jika ,
x y S
∈ dan x y
, maka [ ]
,
x y S
⊆ ,
maka S merupakan suatu interval.
Interval Susut (Nested Intervals)
Telah diketahui bahwa barisan adalah fungsi :
f A
→ ≠ ∅
ℕ . Jika A adalah himpunan
interval-interval, maka terbentuk barisan interval { } 1
n n
I ≥
. Untuk mempersingkat
penulisan, barisan { } 1
n n
I ≥
cukup ditulis n
I .
Definisi 1.5.2. (Interval Susut) Barisan n
I , n∈ℕ dikatakan interval susut (nested
intervals) jika
1 2 3 1
... ...
n n
I I I I I +
⊇ ⊇ ⊇ ⊇ ⊇ .

29
Contoh 1.5.3.
(1) Diberikan
1
0,
n
I
n
 
=  
 
, n∈ℕ . Yaitu [ ]
1 0,1
I = , 2
1
0,
2
I
 
=  
 
, 3
1
0,
3
I
 
=  
 
, ....
Maka 1 2 3 ...
I I I
⊇ ⊇ ⊇ (nested) dan { }
1
0
n
n
I
∞
=
=
∩ (mempunyai titik berserikat).
(2) Diberikan
1
0,
n
I
n
 
=  
 
, n∈ℕ . Diperoleh bahwa 1
n n
I I +
⊃ , untuk setiap n∈ℕ .
Tetapi
1
n
n
I
∞
=
= ∅
∩ . Jadi, interval susut belum tentu mempunyai titik berserikat.
Sebab, andaikan terdapat
1
n
n
x I
∞
=
∈∩ , maka n
x I
∈ untuk setiap n∈ℕ . Karena
0
x , maka terdapat n∈ℕ sedemikian hingga
1
x
n
. Kontradiksi dengan
pengandaian. Jadi pengandaian salah, yang benar adalah
1
n
n
I
∞
=
= ∅
∩ .
(3) Diberikan
1
0,1
n
I
n
 
= +
 
 
, maka [ ]
1 0,2
I = , 2
1
0,1
2
I
 
=  
 
, 2
1
0,1
3
I
 
=  
 
, ....
Diperoleh [ ]
1
0,1
n
n
I
∞
=
= ≠ ∅
∩ . (Ada tak hingga banyak [ ]
0,1
ξ ∈ ). Perhatikan
bahwa
1
inf 1 : 1
n
n
 
+ ∈ =
 
 
ℕ .
1.5.4. Sifat Interval Susut (Nested Interval Property) Jika [ ]
,
n n n
I a b
= , n∈ℕ
interval tertutup terbatas dan 1
n n
I I +
⊇ untuk setiap n∈ℕ (interval susut), maka
1
n
n
I
∞
=
≠ ∅
∩ ,
yaitu terdapat ξ ∈ℝ sedemikian hingga n
I
ξ ∈ untuk setiap n∈ℕ . Selanjutnya, jika
panjang n n n
I b a
= − memenuhi { }
inf : 0
n n
b a n
− ∈ =
ℕ , maka elemen berserikat ξ
tersebut tunggal.

30
Bukti. Dibentuk himpunan { }
:
n
A a n
= ∈ℕ . Jelas A ≠ ∅ sebab 1
a A
∈ , dan A ⊂ ℝ .
Himpunan A terbatas ke atas, sebab 1
n n
I I +
⊇ untuk setiap n∈ℕ . Sehingga diperoleh
bahwa
n n
a b
≤
untuk setiap n∈ℕ , yang berarti 1
b batas atas A. Menggunakan Sifat Lengkap ℝ , maka
supremum A ada, yaitu terdapat ξ ∈ℝ sedemikian hingga sup A
ξ = . Jelas bahwa
m
a ξ
≤
untuk setiap m∈ℕ . Selanjutnya, untuk sebarang ,
m n∈ℕ berlaku
n n m n m m
a a b b
+ +
≤ ≤ ≤ atau n m
a b
≤ .
Hal ini berakibat
{ }
sup :
n m
a n b
∈ ≤
ℕ atau m
b
ξ ≤ .
Karena m
a ξ
≤ dan m
b
ξ ≤ , maka diperoleh m m
a b
ξ
≤ ≤ untuk setiap m∈ℕ , berarti
[ ]
,
n n n
I a b
ξ ∈ = , untuk setiap n∈ℕ . Sehingga
1
n
n
I
ξ
∞
=
∈∩ ,
yang berakibat
1
n
n
I
∞
=
≠ ∅
∩ . Jika { }
inf :
n
b n
η = ∈ℕ , maka dengan cara yang sama
(sebelumnya), diperoleh m
I
η ∈ untuk setiap m∈ℕ . Sehingga diperoleh
1
n
n
I
η
∞
=
∈∩ .
Akan dibuktikan ketunggalannya, yaitu η ξ
= . Diambil sebarang 0
ε . Jika
{ }
inf : 0
n n
b a n
− ∈ =
ℕ , maka terdapat 0
n ∈ℕ sehingga
0 0
0 bn an
η ξ ε
≤ − ≤ − atau 0 η ξ ε
≤ − .
Karena berlaku untuk sebarang 0
ε , maka 0
η ξ
− = atau η ξ
= . Jadi, terbukti bahwa
1
n
n
I
η ξ
∞
=
= ∈∩ tunggal. ⁭

31
Himpunan Terhitung (Countable)
Diberikan { }
1,2,3,...,
n n
=
J , n∈ℕ . Dua himpunan A dan B dikatakan ekuivalen,
ditulis A B
∼ jika ada fungsi bijektif :
f A B
→ . Contoh:
1. Misalkan { }
1,2,3
A = dan { }
, ,
B a b c
= , maka A B
∼ .
2. Misalkan :
f A C
→ dengan { }
, , ,
C w x y z
= , maka A C
∼ .
Suatu himpunan dikatakan tak berhingga (infinite) jika himpunan tersebut
ekuivalen dengan salah satu himpunan bagian sejatinya. Jika tidak demikian, maka
himpunan tersebut dikatakan berhingga (finite), yaitu ekuivalen dengan n
J . Contoh:
1. Himpunan { }
1,2,3
A = berhingga.
2. { }
1,2,3,...
=
ℕ , { }
2,4,6,...
T = ⊂ ℕ . fungsi
:
( ) 2
f T
n f n n
→
=
ℕ
֏
Jadi, ℕ tak berhingga, T juga tak berhingga.
Suatu himpunan D dikatakan denumerable jika D ∼ ℕ . Suatu himpunan
dikatakan terhitung (countable) jika himpunan tersebut berhingga atau denumerable.
Jika tidak, maka dikatakan himpunan tak terhitung (uncountable atau non
denumerable), yaitu himpunan yang tidak ekuivalen dengan ℕ . Jika himpunan A
terhitung, maka A dapat disajikan sebagai { }
1 2 3
, , ,...
A x x x
= dengan i j
x x
≠ untuk i j
≠ .
Contoh:
1. Himpunan ∅ terhitung berhingga.
2. Himpunan ℕ terhitung tak berhingga.
3. Himpunan { }
1,2,3
A = terhitung berhingga.
Dapat ditunjukkan bahwa ℝ merupakan himpunana tak terhitung. Untuk
membuktikannya cukup hanya dengan membuktikan [ ]
0,1
I = tak terhitung. Berikut ini
diberikan teoremanya.

32
Teorema 1.5.5. Himpunan [ ]
0,1
I = tak terhitung.
Bukti. Andaikan I terhitung, maka dapat ditulis dengan
{ }
1 2 3
, , ,..., ,...
n
I x x x x
= .
Dikonstruksikan barisan interval tertutup, terbatas, susut (nested), dan
{ }
inf : 0
n n
b a n
− ∈ =
ℕ . Interval [ ]
0,1
I = dibagi menjadi tiga sama panjang, yaitu
1
0,
3
 
 
, 1 2
,
3 3
 
 
, dan 2 ,1
3
 
 
.
Titik 1
x I
∈ termuat dalam paling banyak dua sub interval. Pilih sub interval yang tidak
memuat 1
x , namakan [ ]
1 1 1
,
I a b
= . Jadi, 1 1
x I
∉ . Selanjutnya, 1
I dibagi menjadi tiga
sama panjang, yaitu
1 1
1
,
9
a a
 
+
 
, 1 1
1 2
,
9 9
a a
 
+ +
 
, dan 1 1
2 ,
9
a b
 
+
 
.
Kemudian pilih sub interval yang tidak memuat 2
x , namakan [ ]
1 2 2
,
I a b
= . Jadi, 2 2
x I
∉ .
Jika proses diteruskan, diperoleh barisan interval tertutup, terbatas,
1 2 3 ... n
I I I I
⊃ ⊃ ⊃ ⊃ dengan { }
1
inf : inf
3
n n
b a n
 
− ∈ =  
 
ℕ ℕ . Menggunakan sifat
Nested Interval, maka terdapat dengan tunggal
1
n
n
y I
∞
=
∈∩ . Berarti y I
∈ , yaitu n
y x
=
untuk suatu n∈ℕ . Akibatnya
1
n n
n
x I
∞
=
∈∩ , yaitu n n
x I
∈ . Sedangkan dari konstruksi
diperoleh n n
x I
∉ . Timbul kontradiksi, yang benar adalah [ ]
0,1
I = tak terhitung,
sehingga ℝ juga tak terhitung. ⁭
Teorema Bolzano-Weierstrass
Sebelum dijelaskan tentang Teorema Bolzano-Weierstrass, terlebih dahulu dijelaskan
mengenai titik cluster. Berikut diberikan definisinya.

33
Definisi 1.5.6. (Titik Cluster) Diberikan subset tak kosong S ⊂ ℝ . Titik x∈ℝ
disebut titik cluster (cluster points) jika setiap persekitaran ( )
( ) ,
V x x x
ε ε ε
= − +
memuat paling sedikit satu titik anggota S yang tidak sama dengan x. Titik cluster sering
disebut dengan titik akumulasi atau titik limit.
Dengan kata lain, x titik cluster S jika untuk setiap 0
ε berlaku
( ) { }
( )
V x S x
ε ∩ − ≠ ∅ atau { }
( )
( )
V x x S
ε − ∩ ≠ ∅ .
Ekuivalen dengan mengatakan bahwa x titik cluster S jika untuk setiap n∈ℕ ,
terdapat n
s S
∈ sedemikian hingga
1
0 n
s x
n
− .
Contoh 1.5.7.
(1) Diberikan ( )
0,2
S = . Apakah 0 merupakan titik cluster?
Jawab. Diambil 0
ε , maka ( ) ( ) ( )
0 0 ,0 ,
Vε ε ε ε ε
= − + = − . Menggunakan
Teorema Densitas, maka 0 merupakan titik cluster S dan 0 S
∉ . Demikian juga
bahwa
1
2
merupakan titik cluster S dan
1
2
S
∈ .
(2) Diberikan [ ] { }
1,2 4
A = ∪ . Apakah 4 titik cluster?
Jawab. Persekitaran-ε dari 4 adalah ( ) ( )
4 4 ,4
Vε ε ε
= − + . Misal diambil
1
2
ε = , maka ( )
1 1 1 1
4 4 ,4 3 ,4
2 2 2 2
Vε
   
= − + =
   
   
. Sehingga diperoleh bahwa
[ ] { }
1 1
3 ,4 1,2 4
2 2
 
∩ − = ∅
 
 
. Jadi, 4 bukan titik cluster.
(3) Diberikan
1 1 1 1
: 1, , , ,...
2 3 4
B n
n
   
= ∈ =
   
   
ℕ . Tunjukkan bahwa 0 titik cluster B
dengan 0 B
∉ .
Jawab. Menggunakan Sifat Archimedes, jika diberikan sebarang 0
ε , maka
terdapat n∈ℕ sedemikian hingga
1
0
n
ε
. Persekitaran titik 0 adalah

34
( ) ( )
0 ,
Vε ε ε
= − . Jika dipilih ε sangat kecil, maka
1
0
n
ε
. Jadi, 0 merupakan
titik cluster B dengan 0 B
∉ .
1.5.8. Teorema Bolzano-Weierstrass Setiap subset ℝ yang tak berhingga (infinite)
dan terbatas, mempunyai paling sedikit satu titik cluster.
Bukti. Diberikan sebarang subset S ⊂ ℝ tak berhingga dan terbatas. Karena S terbatas,
maka terdapat interval [ ]
1 ,
I a b
= dengan panjang ( )
1
I b a
= −
L . Kemudian bagilah 1
I
menjadi dua bagian, yaitu ,
2
a b
a
+
 
 
 
dan ,
2
a b
b
+
 
 
 
. Karena S tak berhingga, maka
salah satu interval tersebut memuat tak hingga banyak titik anggota S, sebab apabila
keduanya memuat berhingga banyak anggota S, maka berarti himpunan S berhingga.
Namakan bagian yang memuat tak hingga banyak titik anggota S dengan 2
I .
Panjangnya ( )
2
2
b a
I
−
=
L . Selanjutnya, 2
I dibagi menjadi dua bagian seperti langkah
di atas, maka salah satu bagian memuat tak hingga banyak anggota S. Namakan bagian
tersebut dengan 3
I . Panjangnya ( )
3 2
2
b a
I
−
=
L . Apabila proses diteruskan, maka
diperoleh barisan interval susut (nested)
1 2 3 ... ....
n
I I I I
⊃ ⊃ ⊃ ⊃ ⊃
Menurut Sifat Interval Susut, maka
1
n
n
I
∞
=
≠ ∅
∩ , atau terdapat
1
n
n
x I
∞
=
∈∩ .
Akan ditunjukkan bahwa x titik cluster S. Diambil sebarang 0
ε , maka terdapat n∈ℕ
sedemikian hingga 1
2n
b a
ε
−
−
, dan persekitarannya ( ) ( )
,
V x x x
ε ε ε
= − + . Karena n
x I
∈
dan ( ) 1
2
n n
b a
I ε
−
−
=
L , maka ( )
n
I V x
ε
⊆ . Karena n
I memuat tak hingga banyak titik
anggota S, maka ( )
V x
ε memuat tak hingga banyak titik anggota S yang tidak sama
dengan x. Jadi, x merupakan titik cluster S. ⁭

35
Himpunan Terbuka dan Tertutup
Definisi 1.5.9.
(i) Himpunan G ⊆ ℝ dikatakan terbuka dalam ℝ jika untuk setiap x G
∈ ,
terdapat persekitaran ( )
V x
ε sedemikian hinnga ( )
V x G
ε ⊂ .
(ii) Himpunan F ⊆ ℝ dikatakan tertutup dalam ℝ jika komplemen F, yaitu
c
F terbuka dalam ℝ .
Contoh 1.5.10.
(1) Himpunan ( )
,
= −∞ ∞
ℝ terbuka, sebab untuk setiap x∈ℝ , terdapat
( )
1( ) 1, 1
V x x x
= − + ⊂ ℝ .
(2) Himpunan ( )
0,1
A = terbuka, sebab jika diambil
1
min ,
2 2
x x
ε
−
 
=  
 
untuk
setiap x A
∈ , maka ( ) ( )
,
V x x x A
ε ε ε
= − + ⊂ .
(3) Himpunan [ ]
1,2
B = tertutup, sebab jika diambil 1
x = , maka untuk setiap
0
ε , ( ) ( )
1 1 ,1
V B
ε ε ε
= − + ⊄ dan 1 B
ε
− ∉ . Dapat ditunjukkan juga bahwa
c
B terbuka, yaitu ( ) ( )
,1 2,
c
B = −∞ ∪ ∞ terbuka.
1.5.11. Sifat Himpunan Terbuka
(a) Jika A himpunan indeks (berhingga atau tak berhingga) dan x
G terbuka
untuk setiap A
λ ∈ , maka
A
Gλ
λ∈
∪ terbuka.
(b) Jika 1 2
, ,..., n
G G G masing-masing merupakan himpunan terbuka, maka
1
n
i
i
G
=
∩
terbuka.
Bukti.
(a) Namakan
A
G Gλ
λ∈
= ∪ . Diambil sebarang x G
∈ , maka terdapat 0 A
λ ∈
sedemikian hingga 0
x Gλ
∈ . Karena 0
Gλ terbuka, maka terdapat

36
( ) 0
V x G G
ε ⊂ ⊂ . Jadi, terbukti bahwa untuk setiap x G
∈ , terdapat ( )
V x G
ε ⊂ ,
yang berarti
A
G Gλ
λ∈
= ∪ terbuka.
(b) Namakan
1
n
i
i
H G
=
= ∩ . Akan ditunjukkan bahwa H terbuka. Diambil sebarang
x H
∈ , maka i
x G
∈ , 1,2,...,
i n
= .
Karena 1
x G
∈ dan 1
G terbuka, maka terdapat 1 0
ε sehingga ( )
1 1
V x G
ε ⊂ .
Karena 2
x G
∈ dan 2
G terbuka, maka terdapat 2 0
ε sehingga ( )
2 2
V x G
ε ⊂ .
Demikian seterusnya.
Karena n
x G
∈ dan n
G terbuka, maka terdapat 0
n
ε sehingga ( )
n n
V x G
ε ⊂ .
Namakan { }
1 2
min , ,..., n
ε ε ε ε
= , jelas bahwa 0
ε . Maka ( ) ( )
i i
V x V x G
ε ε
⊂ ⊂
untuk setiap 1,2,...,
i n
= , yang berakibat bahwa ( )
1
n
i
i
V x H G
ε
=
⊂ = ∩ . Jadi,
terbukti bahwa
1
n
i
i
G
=
∩ terbuka. ⁭
Berikut ini diberikan akibat dari sifat himpunan terbuka, yaitu sifat untuk
himpunan tertutup.
Akibat 1.5.12.
(a) Jika A himpunan indeks (berhingga atau tak berhingga) dan x
G tertutup
untuk setiap A
λ ∈ , maka
A
Gλ
λ∈
∪ tertutup.
(b) Jika 1 2
, ,..., n
G G G masing-masing merupakan himpunan tertutup, maka
1
n
i
i
G
=
∪ tertutup.

37
1. Jika [ ]
: ,
I a b
= dan [ ]
: ,
I a b
′ ′ ′
= interval tertutup dalam ℝ , tunjukkan bahwa
I I′
⊆ jika dan hanya jika a a
′ ≤ dan b b′
≤ .
2. Jika S ⊆ ℝ tidak kosong, tunjukkan bahwa S terbatas jika dan hanya terdapat
interval tertutup terbatas I sedemikian hingga S I
⊆ .
3. Jika S ⊆ ℝ tidak kosong dan terbatas, dan [ ]
: inf ,sup
S
I S S
= , tunjukkan bahwa
S
S I
⊆ . Selanjutnya, jika J adalah sebarang interval tertutup terbatas yang
memuat S, tunjukkan bahwa S
I J
⊆ .
4. Diberikan ( )
: ,
n
K n
= ∞ untuk n∈ℕ . Buktikan bahwa
1
n
n
K
∞
=
= ∅
∩ .
5. Jika S himpunan terbatas di ℝ dan T S
⊂ tidak kosong, buktikan bahwa
inf inf sup sup
S T T S
≤ ≤ ≤ .
6. Buktikan Akibat 1.5.1.2.(b).

38
BAB 2
BARISAN DAN DERET
Pada bab ini dibahas mengenai pengertian barisan dan deret. Selanjutnya, dibahas
tentang limit dan konvergensi dari suatu barisan. Di antaranya adalah Teorema
Konvergen Monoton, Teorema Bolzano-Weierstrass, dan Kriteria Cauchy untuk barisan
yang konvergen.
2.1. Barisan dan Limit Barisan
Barisan (sequence) pada himpunan S adalah suatu fungsi dengan domain ℕ dan
mempunyai range dalam S. Pada subbab ini akan dibahas mengenai barisan di ℝ dan
konvergensi dari suatu barisan.
Definisi 2.1.1. Barisan bilangan real adalah suatu fungsi yang didefinisikan pada
himpunan ℕ dengan range dalam ℝ .
Dengan kata lain, barisan dalam ℝ mengawankan setiap bilangan asli
1,2,3,...
n = kepada suatu bilangan real. Jika :
X →
ℕ ℝ merupakan barisan, maka
biasanya dituliskan dengan nilai dari X pada n dengan notasi n
x . Barisan sering
dinotasikan dengan X atau ( )
n
x atau ( )
:
n
x n∈ℕ atau { }
n
x atau { } 1
n n
x ≥
. Apabila
diketahui suatu barisan Y, artinya ( )
k
Y y
= .
Contoh 2.1.2.
(a) Barisan ( )
n
x dengan ( )
1
n
n
x = − adalah barisan ( )
1,1, 1,1, 1,1,..., 1 ,...
n
− − − − .
(b) Barisan ( )
n
x dengan
1
2
n n
x = ,
1 1 1 1 1
: , , ,..., ,...
2 2 4 8 2
n n
n
 
∈ =
 
 
ℕ .
(c) Barisan konstan ( )
n
k dengan 3
n
k = adalah 3,3,3,3,.....

39
(d) Barisan
1 2 3
, , ,..., ,...
1 2 3 4 1
n n
n n
 
=
 
+ +
 
.
Definisi 2.1.3. Diberikan barisan bilangan real ( )
n
x dan ( )
n
y , dan α ∈ℝ . Maka dapat
didefinisikan
(i) ( ) ( ) ( )
n n n n
x y x y
± = ± .
(ii) ( ) ( )
n n
x x
α α
= .
(iii) ( ) ( ) ( )
n n n n
x y x y
⋅ = ⋅ .
(iv)
( )
( )
n n
n n
x x
y y
 
=  
 
, asalkan 0
n
y ≠ .
Definisi 2.1.4. (Limit Barisan) Diketahui ( )
n
x barisan bilangan real. Suatu bilangan
real x dikatakan limit barisan ( )
n
x jika untuk setiap 0
ε terdapat ( )
K ε ∈ℕ
sedemikian hingga untuk setiap n∈ℕ dengan ( )
n K ε
≥ berlaku n
x x ε
− .
Jika x adalah limit suatu barisan ( )
n
x , maka dikatakan ( )
n
x konvergen ke x,
atau ( )
n
x mempunyai limit x. Dalam hal ini ditulis ( )
lim n
n
x x
→∞
= atau ( )
lim n
x x
= atau
n
x x
→ . Jika ( )
n
x tidak konvergen, maka ( )
n
x dikatakan divergen.
Teorema 2.1.5. Jika barisan ( )
n
x konvergen, maka ( )
n
x mempunyai paling banyak
satu limit (limitnya tunggal).
Bukti. Andaikan ( )
lim n
n
x x
→∞
′
= dan ( )
lim n
n
x x
→∞
′′
= dengan x x
′ ′′
≠ . Maka untuk sebarang
0
ε terdapat K′ sedemikian hingga
2
n
x x ε
′
− untuk setiap n K′
≥ , dan terdapat
K′′ sedemikian hingga
2
n
x x ε
′′
− untuk setiap n K′′
≥ . Dipilih { }
max ,
K K K
′ ′′
= .
Menggunakan Ketaksamaan Segitiga, maka untuk n K
≥ diperoleh

40
.
2 2
n n
n n
x x x x x x
x x x x
ε ε ε
′ ′′ ′ ′′
− = − + −
′ ′′
= − + −
+ =
Karena berlaku untuk setiap 0
ε , maka 0
x x
′ ′′
− = yang berarti x x
′ ′′
= . Kontradiksi
dengan pengandaian. Jadi, terbukti bahwa limitnya tunggal. ⁭
Teorema 2.1.6. Jika ( )
n
x barisan bilangan real dan x∈ℝ , maka empat pernyataan
berikut ekuivalen.
(a) Barisan ( )
n
x konvergen ke x.
(b) Untuk setiap 0
ε terdapat K ∈ℕ sedemikian hingga untuk setiap n K
≥
berlaku n
x x ε
− .
(c) Untuk setiap 0
≥
berlaku n
x x x
ε ε
− + .
(d) Untuk setiap persekitaran ( )
V x
ε dari x , terdapat K ∈ℕ sedemikian hingga
untuk setiap n K
≥ berlaku ( )
n
x V x
ε
∈ .
Bukti.
(a) ⇒ (b) Jelas (dari definisi).
(b) ⇒ (c) n
x x ε
− ⇔ n
x x
ε ε
− − ⇔ n
x x x
ε ε
− + .
(c) ⇒ (d) n
x x x
ε ε
− + ⇔ ( )
,
n
x x x
ε ε
∈ − + ⇔ ( )
n
x V x
ε
∈ .
(d) ⇒ (a) ( )
n
x V x
ε
∈ ⇔ n
x x x
ε ε
− + ⇔ n
x x ε
− . ⁭
Contoh 2.1.7.
(a) Tunjukkan bahwa
1
lim 0
n n
→∞
= .

41
Jawab. Akan ditunjukkan bahwa ( )
1
n
x
n
 
=  
 
konvergen ke 0, yaitu
1
0
n
→ . Harus
dibuktikan bahwa untuk setiap 0
ε terdapat ( )
K ε ∈ℕ sedemikian hingga untuk
setiap n∈ℕ dengan ( )
n K ε
≥ berlaku
1
0
n
ε
− .
Ambil sebarang 0
ε , maka
1
0
ε
. Menurut Sifat Archimedes, maka terdapat
( )
K ε ∈ℕ sedemikian hingga ( )
1
K ε
ε
, atau
( )
1
K
ε
ε
. Akibatnya untuk setiap
( )
n K ε
≥ berlaku
( )
1 1 1 1
0
n n n K
ε
ε
− = = ≤ . Jadi, terbukti bahwa untuk setiap 0
ε
terdapat ( )
K ε ∈ℕ sedemikian hingga untuk setiap n∈ℕ dengan ( )
n K ε
≥ berlaku
1
0
n
ε
− , atau
1
lim 0
n n
→∞
= .
(b) Tunjukkan bahwa 2
1
lim 0
n n
→∞
= .
Jawab. Akan ditunjukkan bahwa untuk setiap 0
ε terdapat ( )
K ε ∈ℕ sedemikian
hingga untuk setiap n∈ℕ dengan ( )
n K ε
≥ berlaku 2
1
0
n
ε
− . Diambil sebarang
0
ε , maka
1
2
0
ε , akibatnya 1
2
1
0
ε
. Menurut Sifat Archimedes, terdapat
( )
1
2
1
K ε
ε
atau
( )
1
2
1
K
ε
ε
, diperoleh
( )
2
1
K
ε
ε
.
Akibatnya untuk setiap ( )
n K ε
≥ berlaku
( )
2
2 2
1 1 1
0
n n K
ε
ε
− = ≤ . Jadi, terbukti
bahwa untuk setiap 0
ε terdapat ( )
K ε ∈ℕ sedemikian hingga untuk setiap n∈ℕ
dengan ( )
n K ε
≥ berlaku 2
1
0
n
ε
− , atau 2
1
lim 0
n n
→∞
= .

42
Contoh 2.1.8. Tunjukkan bahwa ( )
( )
1
n
− divergen.
Jawab. Andaikan ( )
( )
1
n
− konvergen, berarti terdapat bilangan real x sehingga untuk
setiap 0
≥ berlaku
( )
1 1
n
x
− − . Untuk n K
≥ dan n genap, maka ( )
1 1
n
− = , diperoleh
1 1
x
− ⇔ 1 1 1
x
− − ,
yang berakibat 0
x . Untuk n K
≥ dan n ganjil, maka ( )
1 1
n
− = − , diperoleh
1 1
x
− − ⇔ 1 1 1
x
− − − ,
yang berakibat 0
x . Timbul kontradiksi, yaitu 0
x dan 0
x . Jadi pengandaian
salah, yang benar ( )
( )
1
n
− divergen.
Teorema 2.1.9. Diberikan barisan bilangan real ( )
:
n
X x n
= ∈ℕ dan m∈ℕ . Maka
( )
:
m m n
X x n
+
= ∈ℕ konvergen jika dan hanya jika X konvergen. Dalam hal ini
lim lim
m
X X
= .
Bukti. Perhatikan bahwa untuk sebarang p∈ℕ , elemen ke-p dari m
X adalah elemen
ke-( )
p m
+ dari X. Sama halnya, jika q m
, maka bentuk elemen ke-q dari m
X adalah
elemen ke-( )
q m
− dari X.
Diasumsikan bahwa X konvergen ke x. Diberikan sebarang 0
ε , pada barisan
X untuk ( )
n K ε
≥ berlaku n
x x ε
− , maka pada m
X untuk ( )
k K m
ε
≥ − berlaku
k
x x ε
− . Dapat diambil ( ) ( )
m
K K m
ε ε
= − , sehingga m
X konvergen ke x.
Sebaliknya, jika pada m
X untuk ( )
m
k K ε
≥ berlaku k
x x ε
− , maka pada X
untuk ( )
n K m
ε
≥ + berlaku n
x x ε
− . Dapat diambil ( ) ( )
m
K K m
ε ε
= + . Dengan
demikian terbukti bahwa X konvergen ke x jika dan hanya jika m
X konvergen ke x. ⁭

43
n
x dan x∈ℝ . Jika ( )
n
a adalah
suatu barisan bilangan real positif dengan ( )
lim 0
n
a = dan jika untuk 0
c dan
m∈ℕ berlaku
n n
x x ca
− ≤ untuk semua n m
≥ ,
maka ( )
lim n
x x
= .
Bukti. Diambil 0
ε , maka 0
c
ε
. Karena ( )
lim 0
n
a = , maka terdapat ( )
K
c
ε ∈ℕ
sedemikian hingga untuk setiap ( )
n K
c
ε
≥ berlaku 0
n
a
c
ε
− . Akibatnya untuk
setiap ( )
n K
c
ε
≥ berlaku n n
x x c a c
c
ε
ε
− ≤ ⋅ = atau n
x x ε
− . Terbukti bahwa
( )
lim n
x x
= . ⁭
Contoh 2.1.11. Jika 0
a , tunjukkan bahwa
1
lim 0
1
n na
→∞
=
+
.
Jawab. Karena 0
a , maka 0 1
na na
+ yang berakibat bahwa
1 1 1 1
0
1 na na n a
= ⋅
+
untuk setiap n∈ℕ .
Diperoleh
1 1 1 1 1 1
0
1 1
na na n a a n
− = ⋅ = ⋅
+ +
untuk setiap n∈ℕ .
Karena telah diketahui bahwa
1
lim 0
n n
→∞
= , maka menurut Teorema 2.1.10 dan dengan
mengambil
1
0
c
a
= berakibat bahwa
1
lim 0
1
n na
→∞
=
+
.

44
1. Tuliskan lima bilangan pertama dari barisan ( )
n
x untuk n
x berikut.
(a)
( )
1
:
n
n
x
n
−
= .
(b) 2
1
:
2
n
x
n
=
+
.
2. Tentukan rumus ke-n untuk barisan berikut.
(a) 5, 7, 9, 11, ....
(b)
1 1 1 1
, , , ,....
2 4 8 16
− −
3. Untuk sebarang b∈ℝ , buktikan bahwa lim 0
b
n
 
=
 
 
.
4. Tunjukkan (menggunakan definisi limit barisan).
(a)
2
lim 2
1
n
n
 
=
 
+
 
.
(b)
2
2
1 1
lim
2 3 2
n
n
 
−
=
 
+
 
.
5. Tunjukkan bahwa ( )
lim 0
n
x = jika dan hanya jika ( )
lim 0
n
x = .
6. Tunjukkan bahwa jika 0
n
x ≥ untuk semua n∈ℕ dan ( )
lim 0
n
x = , maka
( )
lim 0
n
x = .
7. Buktikan bahwa jika ( )
lim n
x x
= dan jika 0
x , maka terdapat M ∈ℕ
sedemikian hingga 0
n
x untuk semua n M
≥ .
8. Tunjukkan bahwa
1 1
lim 0
1
n n
 
− =
 
+
 
.
9. Tunjukkan bahwa
2
lim 0
!
n
n
 
=
 
 
.
10. Jika ( )
lim 0
n
x x
= , tunjukkan bahwa terdapat K ∈ℕ sedemikian hingga jika
n K
≥ , maka
1
2
2
n
x x x
.

45
2.2. Teorema-teorema Limit
Pada subbab ini akan dibahas mengenai beberapa teorema yang berkaitan dengan limit
pada barisan bilangan real, seperti barisan terbatas dan kekonvergenan barisan.
Definisi 2.2.1. Barisan bilangan real ( )
n
X x
= dikatakan terbatas jika terdapat
bilangan real 0
M sedemikian hingga n
x M
≤ untuk semua n∈ℕ .
Oleh karena itu, barisan ( )
n
x terbatas jika dan hanya jika himpunan { }
:
n
x n∈ℕ
merupakan subset terbatas dalam ℝ .
n
X x
= konvergen, maka ( )
n
X x
= terbatas.
Bukti. Diketahui ( )
n
X x
= konvergen, misalkan konvergen ke x. Diambil 1
ε = , maka
terdapat K ∈ℕ sedemikian hingga untuk setiap n K
≥ berlaku 1
n
x x
− .
Menggunakan akibat Ketaksamaan Segitiga, maka 1
n
x x
− atau 1
n
x x
+ untuk
semua n K
≥ . Namakan { }
1 2 1
max , ,..., , 1
k
M x x x x
−
= + , maka n
x M
≤ , untuk semua
n∈ℕ . Jadi, terbukti bahwa ( )
n
X x
= terbatas. ⁭
n
X x x
= → , ( )
n
Y y y
= → , dan c∈ℝ , maka
(i) X Y x y
± → + .
(ii) X Y xy
⋅ → .
(iii) cX cx
→ .
Bukti.
(i) Ambil sebarang 0
ε . Karena ( )
n
X x x
= → , maka terdapat 0
n ∈ℕ sedemikian
hingga untuk setiap 0
n n
≥ berlaku
2
n
x x
ε
− . Karena ( )
n
Y y y
= → , maka

46
terdapat 1
n ∈ℕ sedemikian hingga untuk setiap 1
n n
≥ berlaku
2
n
y y
ε
− . Pilih
{ }
2 0 1
max ,
n n n
= , maka akibatnya untuk 2
n n
≥ berlaku
( ) ( ) ( )
.
2 2
n n n n
n n
x y x y x x y y
x x y y
ε ε
ε
+ − − = − + −
≤ − + − + =
ε , maka ( )
n n
x y
+ konvergen ke x y
+ .
Dengan cara yang sama diperoleh bahwa ( )
n n
x y
− konvergen ke x y
− . Jadi,
terbukti bahwa X Y x y
± → + .
(ii) Akan dibuktikan bahwa untuk setiap 0
ε terdapat K ∈ℕ sedemikian hingga
untuk setiap n K
≥ berlaku n n
x y xy ε
− . Diketahui
.
n n n n n n
n n n n
n n n
x y xy x y x y x y xy
x y x y x y xy
x y y x x y
− = − + −
≤ − + −
= − + −
Karena ( )
n
x x
→ , maka ( )
n
x terbatas, akibatnya terdapat 1 0
M sedemikian
hingga 1
n
x M
≤ , untuk semua n∈ℕ . Namakan { }
1
max ,
M M y
= . Diambil
sebarang 0
ε . Karena ( )
n
x x
→ , maka terdapat 1
K ∈ℕ sedemikian hingga
untuk setiap 1
n K
≥ berlaku
2
n
x x
M
ε
− . Karena ( )
n
y y
→ , maka terdapat
2
K ∈ℕ sedemikian hingga untuk setiap 2
n K
≥ berlaku
2
n
y y
M
ε
− . Namakan
{ }
1 2
max ,
K K K
= , maka untuk setiap n K
≥ berlaku
. . .
2 2 2 2
n n n n n
x y xy x y y x x y
M M
M M
ε ε ε ε
ε
− ≤ − + −
+ = + =
Jadi, terbukti bahwa untuk setiap 0
ε terdapat K ∈ℕ sedemikian hingga untuk
setiap n K
≥ berlaku n n
x y xy ε
− . Dengan kata lain, terbukti bahwa
X Y xy
⋅ → .

47
(iii) Ambil sebarang 0
ε . Karena ( )
n
x x
→ , maka terdapat K ∈ℕ sedemikian
hingga untuk setiap n K
≥ berlaku
2
n
x x
ε
− . Perhatikan bahwa
1 .
n n n n
n n n
n n
cx x cx x x x
cx x x x
x c x x
− = − + −
≤ − + −
= − + −
Karena ( )
n
x x
→ , maka ( )
n
x terbatas, yaitu terdapat 0
M sedemikian hingga
n
x M
≤ , untuk semua n∈ℕ . Akibatnya
( )
1 . 1 . 1
2 2
n n
x c x x M c M c
ε ε
ε
− + − − + = − + .
Terbukti bahwa untuk setiap 0
ε terdapat K ∈ℕ sedemikian hingga untuk
setiap n K
≥ berlaku n
cx x ε
− . Dengan kata lain, terbukti bahwa cX cx
→ . ⁭
n
X x x
= → dan ( ) 0
n
Z z z
= → ≠ dengan 0
n
z ≠ untuk semua
n∈ℕ , maka
n
n
x
X x
Z z z
 
= →
 
 
.
Bukti. Terlebih dahulu harus dibuktikan bahwa
1 1 1
n
Z z z
 
= →
 
 
. Diambil
1
2
z
α = ,
maka 0
α . Karena ( )
lim n
z z
= , maka terdapat 1
K ∈ℕ sedemikian hingga untuk
setiap 1
n K
≥ berlaku n
z z α
− . Menggunakan akibat Ketaksaman Segitiga bahwa
n n
z z z z
α
− ≤ − − ≤ − untuk 1
n K
≥ , yang berarti
1
2
n
z z z
α
= − ≤ untuk 1
n K
≥ .
Oleh karena
1 2
n
z z
≤ untuk 1
n K
≥ , maka diperoleh
2
1 1 1 2
n
n
n n n
z z
z z
z z z z z z z
−
− = = ≤ − .

48
Selanjutnya, diberikan 0
ε , maka terdapat 2
K ∈ℕ sedemikian hingga jika 2
n K
≥ ,
maka
2
1
2
n
z z z
ε
− . Jika diambil { }
1 2
( ) max ,
K K K
ε = , maka
1 1
n
z z
ε
− untuk semua ( )
n K ε
≥ .
ε , maka terbukti bahwa
1 1
lim
n
z z
 
=
 
 
atau
1
n
z
 
 
 
konvergen ke
1
z
. Menggunakan Teorema 2.2.3(ii) dan dengan mengambil Y sebagai
barisan
1
n
z
 
 
 
, maka
1
n
n
x x
X Y x
z z z
   
⋅ = → =
   
 
 
. ⁭
n
X x
= barisan bilangan real dengan 0
n
x ≥ untuk semua
n∈ℕ dan ( )
n
x x
→ , maka 0
x ≥ .
Bukti. Diambil 0
x
ε = − . Karena ( )
n
x x
→ , maka terdapat K ∈ℕ sedemikian hingga
untuk setiap n K
≥ berlaku
( ) ( )
2 0.
n n
n
n
n
x x x x
x x x
x x x x x
x x
ε ε ε
ε ε
− ⇔ − −
⇔ − +
⇔ − − + −
⇔
.
Kontradiksi dengan pernyataan bahwa 0
n
x ≥ , untuk semua n∈ℕ . Jadi, pengandaian
salah, yang benar adalah 0
x ≥ . ⁭
n
x x
→ , ( )
n
y y
→ , dan n n
x y
≤ untuk semua n∈ℕ , maka
x y
≤ .
Bukti. Diberikan :
n n n
z y x
= − sehingga ( )
: n
Z z Y X
= = − dan 0
n
z ≥ untuk semua
n∈ℕ . Menggunakan Teorema 2.2.5 dan 2.2.3 diperoleh bahwa

49
( ) ( )
0 lim lim lim
n n
Z y x
≤ = − atau ( ) ( )
lim lim
n n
x y
≤ .
Jadi, terbukti bahwa x y
≤ . ⁭
n
X x
= konvergen ke x dan jika n
a x b
≤ ≤ untuk semua n∈ℕ ,
maka a x b
≤ ≤ .
Bukti. Diberikan Y barisan konstan ( )
, , ,...
b b b . Menggunakan Teorema 2.2.6 diperoleh
bahwa lim lim
X Y b
≤ = . Dengan cara yang sama diperoleh lim
a X
≤ . Jadi, terbukti
bahwa lim
a X b
≤ ≤ atau a x b
≤ ≤ . ⁭
Berikut ini diberikan sebuah teorema yang menyatakan bahwa jika suatu barisan
Y berada (terselip) di antara dua barisan yang konvergen ke titik yang sama, maka Y
juga konvergen ke titik yang sama.
Teorema 2.2.8. (Squeeze Theorem) Diberikan barisan bilangan real ( )
n
X x
= ,
( )
n
Y y
= , dan ( )
n
Z z
= sedemikian hingga
n n n
x y z
≤ ≤ untuk semua n∈ℕ ,
dan ( ) ( )
lim lim
n n
x z
= . Maka Y konvergen dan
( ) ( ) ( )
lim lim lim
n n n
x y z
= = .
Bukti. Misalkan ( ) ( )
: lim lim
n n
w x z
= = . Jika diberikan 0
ε , maka terdapat K ∈ℕ
sedemikian hingga untuk setiap n K
≥ berlaku n
x w ε
− dan n
z w ε
− , atau dengan
kata lain n
x w
ε ε
− − dan n
z w
ε ε
− − . Karena n n n
x y z
≤ ≤ , maka
n n n
x w y w z w
− ≤ − ≤ − .
Akibatnya diperoleh bahwa n
y w
ε ε
− − . Karena berlaku untuk semua n K
≥ dan
0
ε , maka terbukti bahwa ( )
lim n
y w
= . ⁭

50
n
X x x
= → , maka ( )
n
X x x
= → .
Bukti. Diberikan 0
ε . Karena ( )
n
X x x
= → , maka terdapat K ∈ℕ sedemikian
hingga untuk setiap n K
≥ berlaku n
x x ε
− . Menggunakan akibat Ketaksamaan
Segitiga, diperoleh bahwa untuk setiap n∈ℕ berlaku
n n
x x x x ε
− ≤ − .
Jadi, diperoleh bahwa n
x x ε
− , atau ( )
n
X x x
= → . ⁭
n
X x x
= → dan 0
n
x ≥ , maka barisan bilangan real positif
( )
n
x x
→ .
Bukti. Menurut Teorema 2.2.5 diperolah bahwa 0
x ≥ . Akan ditunjukkan bahwa
teorema benar untuk 0
x = dan 0
x .
Kasus I: Jika 0
x = , diberikan 0
ε . Karena ( ) 0
n
x x
→ = , maka terdapat K ∈ℕ
≥ berlaku
2
0 0
n n
x x ε
≤ = − .
Sehingga diperoleh bahwa 0 n
x ε
≤ . Karena berlaku untuk setiap 0
ε , maka
terbukti bahwa ( )
n
x x
→ .
Kasus II: Jika 0
x , maka 0
x . Diberikan 0
ε , maka terdapat K ∈ℕ
≥ berlaku n
x x ε
− . Perhatikan bahwa
( )( )
n n
n
n
n n
x x x x x x
x x
x x x x
− + −
− = =
+ +
.
Karena 0
n
x x x
+ ≥ , maka diperoleh
1
n n
x x x x
x x
ε
 
− ≤ −
 
 
.
Karena berlaku untuk setiap 0
n
x x
→ . ⁭

51
n
x barisan bilangan real (tegas) dengan 1
lim n
n
x
L
x
+
 
=
 
 
(ada)
dan 1
L , maka ( )
n
x konvergen dan ( )
lim 0
n
x = .
Bukti. Dipilih r ∈ℝ sedemikian hingga 1
L r
. Diambil 0
r L
ε = − . Karena
1
lim n
n
x
L
x
+
 
=
 
 
, maka terdapat K ∈ℕ sedemikian hingga untuk setiap n K
≥ berlaku
1
n
n
x
L
x
ε
+
− . Karena
1 1
n n
n n
x x
L L
x x
+ +
− ≤ − ,
maka
1
n
n
x
L
x
ε
+
− .
Sehingga diperoleh
1
n
n
x
L
x
ε
+
− ⇔ 1
n
n
x
L L r L r
x
ε
+
+ + − = ⇔ 1
n n
x x r
+ ,
Jadi, untuk setiap n K
≥ berlaku
2 3 1 1
1 1 2
0 ... n k n
k
n n n n k k
x
x x r x r x r x r r
r
+ − +
+ − −
= .
Jika diambil k
k
x
c
r
= , maka diperoleh
1
1
0 n
n
x cr +
+
untuk semua n K
≥ .
Mengingat bahwa ( )
lim 0
n
r = (sebab 0 1
r
), maka
( ) ( ) ( ) ( )
1
1
lim 0 lim 0 lim 0 lim 0
n n
n n
r r x x
+
+
= ⇒ = ⇒ = ⇒ = .
Jadi, terbukti bahwa ( )
n
x konvergen dan ( )
lim 0
n
x = . ⁭

52
SOAL LATIHAN SUBBAB 2.2.
1. Tentukan apakah barisan berikut konvergen atau divergen.
(a)
2
:
1
n
n
x
n
=
+
. (b)
2
2
2 3
:
1
n
n
x
n
+
=
+
.
(c)
( )
1
:
1
n
n
n
x
n
−
=
+
2. Tunjukkan bahwa jika X dan Y barisan bilangan real sedemikian hingga X dan
X Y
+ konvergen, maka Y konvergen.
3. Tunjukkan bahwa barisan ( )
( )
2
1
n
n
− tidak konvergen.
4. Diberikan : 1
n
y n n
= + − untuk n∈ℕ . Tunjukkan bahwa ( )
n
y dan ( )
n
ny
konvergen. Carilah nilai limitnya.
5. Jika 0, 0
a b
, tunjukkan bahwa ( )( )
( )
lim
2
a b
n a n b n
+
+ + − = .
6. Gunakan Teorema Squeeze (2.2.8) untuk menentukan limit barisan berikut.
(a)
1
2
n
n
 
 
 
. (b) ( )
( )
2
1
! n
n .
7. Berilah sebuah contoh barisan konvergen ( )
n
x dengan 1
lim 1
n
n
x
x
−
 
=
 
 
.
8. Diberikan barisan bilangan real positif ( )
n
X x
= dengan 1
lim 1
n
n
x
L
x
−
 
=
 
 
.
Tunjukkan bahwa X tidak terbatas dan tidak konvergen.
9. Diberikan ( )
n
x barisan konvergen dan ( )
n
y sedemikian hingga untuk sebarang
0
ε terdapat M ∈ℕ sedemikian hingga untuk setiap n M
≥ berlaku
n n
x y ε
− . Apakah ( )
n
y konvergen?
10. Tunjukkan bahwa jika ( )
n
x dan ( )
n
y barisan konvergen, maka barisan ( )
n
u dan
( )
n
v yang didefinisikan dengan { }
: max ,
n n n
u x y
= dan { }
: min ,
n n n
v x y
=
konvergen.

53
2.3. Barisan Monoton
Berikut ini diberikan pengertian mengenai barisan naik dan turun monoton.
n
X x
= .
(i) Barisan X dikatakan naik (increasing) jika 1
n n
x x +
≤ untuk semua n∈ℕ .
(ii) Barisan X dikatakan naik tegas (strictly increasing) jika 1
n n
x x +
untuk semua
n∈ℕ .
(iii) Barisan X dikatakan turun (decreasing) jika 1
n n
x x +
≥ untuk semua n∈ℕ .
(iv) Barisan X dikatakan turun tegas (strictly decreasing) jika 1
n n
x x +
untuk
semua n∈ℕ .
Definisi 2.3.2. Barisan ( )
n
X x
= dikatakan monoton jika berlaku salah satu X naik
atau X turun.
Contoh 2.3.3.
(a) Barisan berikut ini naik (monoton).
(i) (1, 2, 3, 4,..., n,...).
(ii) (1, 2, 2, 3, 3, 3, ...).
(iii) ( )
2 3 4
, , , ,..., ,...
n
a a a a a jika 1
a .
(b) Barisan berikut ini turun (monoton).
(i)
1 1 1
1, , ,..., ,...
2 3 n
 
 
 
.
(ii) 2 3 1
1 1 1 1
1, , , ,..., ,...
2 2 2 2n−
 
 
 
.
(iii) ( )
2 3 4
, , , ,..., ,...
n
b b b b b jika 0 1
b
.
(c) Barisan berikut ini tidak monoton.
(i) ( )
( )
1
1, 1, 1,..., 1 ,...
n+
+ − + − .
(ii) ( )
1, 2, 3, 4,...
− + − + .

54
2.3.4. Teorema Konvergensi Monoton
(a) Jika ( )
n
X x
= naik (monoton) dan terbatas ke atas, maka ( )
n
X x
= konvergen
dengan
( ) { }
lim sup :
n n
x x n
= ∈ℕ .
(b) Jika ( )
n
X x
= turun (monoton) dan terbatas ke bawah, maka ( )
n
X x
=
konvergen dengan
( ) { }
lim inf :
n n
x x n
= ∈ℕ .
Bukti.
(a) Karena ( )
n
X x
= terbatas ke atas, maka terdapat M ∈ℕ sedemikian hingga
n
x M
≤ untuk semua n∈ℕ . Namakan { }
:
n
A x n
= ∈ℕ , maka A ⊂ ℝ ,
terbatas ke atas dan tidak kosong. Menurut Sifat Lengkap ℝ , maka supremum
A ada, namakan sup
x A
= . Diambil 0
ε , maka terdapat K ∈ℕ sedemikian
hingga k
x x x
ε
− ≤ . Karena X naik monoton, maka untuk n K
≥ berlaku
k n
x x x x x
ε ε
− ≤ ≤ +
atau
n
x x x
ε ε
− + ⇔ n
x x ε
− .
Jadi, terbukti bahwa ( )
n
X x
= konvergen ke ( ) { }
lim sup :
n n
x x x n
= = ∈ℕ .
(b) Gunakan cara yang hampir sama dengan pembuktian (a). ⁭
Contoh 2.3.5. Diketahui barisan ( )
n
y dengan 1 1
y = dan 1 2
n n
y y
+ = + , 1
n ≥ . Apakah
( )
n
y konvergen? Jika ya, tentukan ( )
lim n
y .
Jawab. Akan ditunjukkan menggunakan induksi bahwa ( )
n
y naik monoton.
Untuk 1
n = , diperoleh 2 2 1 3 1
y = + = ≥ (benar). Misalkan benar untuk n k
= , yaitu
1 2
k k
y y
+ = + , 1
k k
y y
+ ≥ . Akan dibuktikan benar untuk 1
n k
= + , yaitu
2 1 1
2 2
k k k k
y y y y
+ + +
= + ≥ + = .

55
Berarti benar untuk 1
n k
= + . Jadi, menurut induksi ( )
n
y naik monoton. Selanjutnya,
ditunjukkan bahwa ( )
n
y terbatas ke atas (oleh 3), yaitu 3
n
y ≤ , untuk semua n∈ℕ .
Untuk 1
n = benar, sebab 1 1 3
y = ≤ . Misalkan benar untuk n k
= , yaitu 3
k
y ≤ . Maka
1 2 2 3 5 3
k k
y y
+ = + ≤ + = ≤ yang berarti benar untuk 1
n k
= + . Jadi, menurut
induksi terbukti bahwa 3
n
y ≤ , untuk semua n∈ℕ . Karena ( )
n
y naik monoton dan
terbatas ke atas, maka menurut Teorema 2.3.4 barisan ( )
n
y konvergen. Misalkan
( )
lim n
y y
= , maka diperoleh
( )( )
2 2
2 2 2 0 2 1 0
y y y y y y y y
= + ⇔ = + ⇔ − − = ⇔ − + = .
Diperoleh 2
y = atau 1
y = − . Untuk 1
y = − jelas tidak mungkin, sebab 1 3
n
y
≤ ≤
untuk semua n∈ℕ . Jadi, terbukti bahwa ( )
n
y konvergen dan ( )
lim 2
n
y = .
1. Diberikan 1 1
x dan 1
1
: 2
n
n
x
x
+ = − untuk n∈ℕ . Tunjukkan bahwa ( )
n
x terbatas
dan monoton. Carilah nilai limitnya.
2. Diberikan 1 2
x ≥ dan 1 : 1 1
n n
x x
+ = + − untuk n∈ℕ . Tunjukkan bahwa ( )
n
x
turun dan terbatas ke bawah oleh 2. Carilah nilai limitnya.
3. Diberikan A ⊂ ℝ tak berhingga yang terbatas ke atas dan misalkan : sup
u A
= .
Tunjukkan bahwa terdapat barisan naik ( )
n
x dengan n
x A
∈ untuk semua n∈ℕ
sedemikian hingga ( )
lim n
u x
= .
4. Tentukan apakah barisan ( )
n
y konvergen atau divergen, dengan
1 1 1
: ...
1 2 2
n
y
n n n
= + + +
+ +
untuk n∈ℕ .

56
5. Diberikan 2 2 2
1 1 1
: ...
1 2
n
x
n
= + + + untuk setiap n∈ℕ . Buktikan bahwa ( )
n
x naik
dan terbatas, sehingga ( )
n
x konvergen. (Petunjuk: Jika 2
k ≥ , maka
( )
2
1 1 1 1
1 1
k k k k k
≤ = −
− −
).
6. Tentukan konvergensi dan hitunglah limit barisan berikut.
(a)
1
1
1
n
n
+
 
 
+
 
 
 
 
 
. (b)
2
1
1
n
n
 
 
+
 
 
 
 
 
.
(c)
1
1
1
n
n
 
 
+
 
 
 
+
 
 
. (d)
1
1
n
n
 
 
−
 
 
 
 
 
.
2.4. Barisan Bagian
Pada bagian ini akan diberikan konsep barisan bagian (subsequences) dari suatu barisan
bilangan real.
n
X x
= dan diberikan barisan
bilangan asli naik tegas 1 2 ... ...
k
n n n
. Barisan ( )
k
n
X x
′ = dengan
( ) ( )
1 2
, ,..., ,...
k k
n n n n
x x x x
=
disebut dengan barisan bagian atau sub barisan (subsequences) dari X.
Contoh 2.4.2. Diberikan
1 1 1 1
: , , ,..., ,...
1 2 3
X
n
 
=  
 
.
(i) Barisan 1
1 1 1 1
, , ,..., ,...
2 4 6 2
X
n
 
′ =  
 
merupakan barisan bagian dari X.
(ii) Barisan 2
1 1 1 1
, , , ,...
4 5 6 7
X
 
′ =  
 
merupakan barisan bagian dari X.
(iii) Barisan 3
1 1 1 1
, , , ,...
3 2 4 5
X
 
′ =  
 
bukan barisan bagian dari X, sebab 2 1
n n
.

57
n
X x
= konvergen ke x, maka setiap barisan bagian ( )
k
n
X x
′ =
dari X juga konvergen ke x.
Bukti. Diambil 0
ε . Karena ( )
n
x x
→ , maka terdapat ( )
K ε ∈ℕ sedemikian hingga
untuk setiap ( )
n K ε
≥ berlaku n
x x ε
− . Karena untuk setiap n∈ℕ berlaku 1
k k
n n
+ ≥ ,
maka untuk setiap ( )
n K ε
≥ berlaku ( )
k
n k K ε
≥ ≥ . Sehingga
k
n
x x ε
− .
Terbukti bahwa ( )
k
n
X x
′ = konvergen ke x. ⁭
n
X x
= , maka pernyataan berikut
ini ekuivalen.
(i) Barisan ( )
n
X x
= tidak konvergen ke x∈ℝ .
(ii) Ada 0 0
ε sedemikian hingga untuk sebarang k ∈ℕ , terdapat k
n ∈ℕ
sedemikian hingga k
n k
≥ dan 0
k
n
x x ε
− ≥ .
(iii) Ada 0 0
ε dan suatu barisan bagian ( )
k
n
X x
′ = sedemikian hingga
0
k
n
x x ε
− ≥ untuk semua k ∈ℕ .
Bukti.
(i) ⇒ (ii) Jika ( )
n
x tidak konvergen ke x, maka untuk suatu 0 0
ε tidak mungkin
ditemukan k ∈ℕ sedemikian hingga untuk setiap k
n k
≥ berlaku 0
k
n
x x ε
− .
Akibatnya tidak benar bahwa untuk setiap k ∈ℕ , n k
≥ memenuhi 0
k
n
x x ε
− .
Dengan kata lain, untuk setiap k ∈ℕ terdapat k
n ∈ℕ sedemikian hingga k
n k
≥ dan
0
k
n
x x ε
− ≥ .

58
(ii) ⇒ (iii) Diberikan 0 0
ε sehingga memenuhi (ii) dan diberikan 1
n ∈ℕ sedemikian
hingga 1 1
n ≥ dan 1 0
n
x x ε
− ≥ . Selanjutnya, diberikan 2
2 1
n n
dan 2 0
n
x x ε
− ≥ . Demikian seterusnya sehingga diperoleh suatu barisan bagian
( )
k
n
X x
′ = sehingga berlaku 0
k
n
x x ε
− ≥ untuk semua k ∈ℕ .
(iii) ⇒ (i) Misalkan ( )
n
X x
= mempunyai barisan bagian ( )
k
n
X x
′ = yang memenuhi
sifat (iii). Maka X tidak konvergen ke x, sebab jika konvergen ke x, maka ( )
k
n
X x
′ =
juga konvergen ke x. Hal ini tidak mungkin, sebab ( )
k
n
X x
′ = tidak berada dalam
persekitaran ( )
0
V x
ε . ⁭
Teorema 2.4.5. (Kriteria Divergensi) Jika barisan bilangan real ( )
n
X x
= memenuhi
salah satu dari sifat berikut, maka barisan X divergen.
(i) X mempunyai dua barisan bagian konvergen ( )
k
n
X x
′ = dan ( )
k
r
X x
′′ =
dengan limit keduanya tidak sama.
(ii) X tidak terbatas.
Contoh 2.4.6. Tunjukkan bahwa barisan
1 1
1, ,3, ,...
2 4
 
 
 
divergen.
Jawab. Namakan barisan di atas dengan ( )
n
Y y
= , dengan
1
n
y
n
= jika n genap, dan
n
y n
= jika n ganjil. Jelas bahwa Y tidak terbatas. Jadi, barisan ( )
n
Y y
= divergen.
Berikut ini diberikan sebuah teorema yang menyatakan bahwa barisan bilangan
real ( )
n
X x
= pasti mempunyai barisan bagian yang monoton. Untuk membuktikan
teorema ini, diberikan pengertian puncak (peak), m
x disebut puncak jika m n
x x
≥ untuk
semua n sedemikian hingga n m
≥ . Titik m
x tidak pernah didahului oleh sebarang

59
elemen barisan setelahnya. Perhatikan bahwa pada barisan yang menurun, setiap elemen
adalah puncak, tetapi pada barisan yang naik, tidak ada elemen yang menjadi puncak.
2.4.7. Teorema Barisan Bagian Monoton Jika ( )
n
X x
= barisan bilangan real,
maka terdapat barisan bagian dari X yang monoton.
Bukti. Pembuktian dibagi menjadi dua kasus, yaitu X mempunyai tak hingga banyak
puncak, dan X mempunyai berhingga banyak puncak.
Kasus I: X mempunyai tak hingga banyak puncak. Tulis semua puncak berurutan naik,
yaitu 1 2
, ,..., ,...
k
m m m
x x x . Maka 1 2
... ,...
k
m m m
x x x
≥ ≥ ≥ . Oleh karena itu, ( )
k
m
x merupakan
barisan bagian yang turun (monoton).
Kasus II: X mempunyai berhingga banyak puncak. Tulis semua puncak berurutan naik,
yaitu 1 2
, ,..., r
m m m
x x x . Misalkan 1 : 1
r
s m
= + adalah indeks pertama dari puncak yang
terakhir. Karena 1
s
x bukan puncak, maka terdapat 2 1
s s
sedemikian hingga 1 2
s s
x x
.
Karena 2
s
x bukan puncak, maka terdapat 3 2
s s
sedemikian hingga 2 3
s s
x x
. Jika
proses ini diteruskan, diperoleh barisan bagian ( )
k
s
x yang naik (monoton). ⁭
Teorema 2.4.8. (Bolzano-Weierstrass) Setiap barisan bilangan real yang terbatas
pasti memuat barisan bagian yang konvergen.
Bukti. Diberikan barisan bilangan real terbatas ( )
n
X x
= . Namakan { }
:
n
S x n
= ∈ℕ
range barisan, maka S mungkin berhingga atau tak berhingga.
Kasus I: Diketahui S berhingga. Misalkan { }
1 2
, ,..., t
S x x x
= , maka terdapat m∈ℕ
dengan 1 m t
≤ ≤ dan barisan ( )
:
k
r k ∈ℕ dengan 1 2 3 ...
r r r
sehingga
1 2
...
r r m
x x x
= = = . Hal ini berarti terdapat barisan bagian ( )
:
k
r
x k ∈ℕ yang konvergen
ke m
x .

60
Kasus II: Karena S tak berhingga dan terbatas, maka S mempunyai titik cluster atau
titik limit, namakan x titik limit S. Misalkan
1 1
,
k
U x x
k k
 
= − +
 
 
persekitaran titik x.
Untuk k = 1, maka terdapat 1 1
r
x S U
∈ ∩ , 1
r
x x
≠ sedemikian hingga 1
1
r
x x
− .
r
x S U
∈ ∩ , 2
r
x x
1
2
r
x x
− .
r
x S U
∈ ∩ , 3
r
x x
1
3
r
x x
− .
Demikian seterusnya, sehingga diperoleh:
Untuk k = n, maka terdapat n
r n
x S U
∈ ∩ , n
r
x x
≠ sedemikian hingga
1
n
r
x x
n
− .
Ambil 0
ε . Menurut Sifat Archimedes, maka terdapat K ∈ℕ sedemikian hingga
1
K
ε
. Maka untuk setiap n K
≥ berlaku
1 1
n
r
x x
n K
ε
− ≤ . Terbukti bahwa ( )
n
r
x
konvergen ke x dengan ( )
n
r
x barisan bagian ( )
n
x . ⁭
Teorema 2.4.9. Diberikan barisan bilangan real terbatas ( )
n
X x
= dan diberikan
x∈ℝ yang mempunyai sifat bahwa setiap barisan bagian dari X konvergen ke x. Maka
barisan X konvergen ke x.
Bukti. Misalkan 0
M adalah batas dari barisan X sehingga n
x M
≤ untuk semua
n∈ℕ . Andaikan X tidak konvergen ke x, maka menggunakan Teorema 2.4.4 terdapat
0 0
ε dan barisan bagian ( )
k
n
X x
′ = sedemikian hingga 0
k
n
x x ε
− ≥ untuk semua
K ∈ℕ . Karena X ′ barisan bagian dari X, maka M juga batas dari X ′ . Menggunakan
Teorema Bolzano-Weierstrass berakibat bahwa X ′ memuat barisan bagian X ′′. Karena
X ′′ juga barisan bagian dari X, maka X ′′ juga konvergen ke x. Dengan demikian, akan
selalu berada dalam persekitaran ( )
0
V x
ε . Timbul kontradiksi, yang benar adalah X
selalu konvergen ke x. ⁭

61
1. Tunjukkan bahwa barisan berikut ini divergen.
(a) ( )
1
1 1
n
n
 
− − +
 
 
. (b) sin
4
nπ
 
 
 
.
2. Berikan contoh barisan tak terbatas yang memuat barisan bagian konvergen.
3. Diberikan barisan ( )
n
X x
= dan ( )
n
Y y
= . Diberikan barisan ( )
n
Z z
= dengan
definisi 1 1
:
z x
= , 2 1
:
z y
= ,..., 2 1 :
n n
z x
− = , 2 :
n n
z y
= . Tunjukkan bahwa Z konvergen
jika dan hanya jika X dan Y konvergen dan ( ) ( )
lim lim
n n
x y
= .
4. Tentukan konvergensi dan limit barisan berikut.
(a)
2
2
1
1
n
 
 
+
 
 
 
 
 
. (b)
2
2
2
1
1
n
n
 
 
 
+
 
 
 
 
.
5. Hitunglah limit barisan berikut.
(a) ( )
1
2
3 n
n
 
 
 
. (b)
3
1
1
2
n
n
 
 
+
 
 
 
 
 
.
6. Misalkan setiap barisan bagian dari ( )
n
X x
= mempunyai suatu barisan bagian
yang konnvergen ke 0. Tunjukkan bahwa ( )
lim 0
n
x = .
7. Diberikan barisan terbatas ( )
n
x dan untuk setiap n∈ℕ diberikan
{ }
: sup :
n k
s x k n
= ≥ dan { }
: inf n
S s
= . Tunjukkan bahwa terdapat barisan bagian
dari ( )
n
x yang konvergen ke S.
8. Jika 0
n
x ≥ untuk semua n∈ℕ dan ( )
( )
lim 1
n
n
x
− ada, tunjukkan ( )
n
x
konvergen.
n
x terbatas, maka terdapat barisan bagian ( )
k
n
x
sedemikian hingga
1
lim 0
k
n
x
 
=
 
 
 
.
10. Diberikan barisan terbatas ( )
n
x dan { }
: sup :
n
s x n
= ∈ℕ . Tunjukkan bahwa jika
{ }
:
n
s x n
∉ ∈ℕ , maka terdapat barisan bagian dari ( )
n
x yang konvergen ke s.

62
2.5. Barisan Cauchy
n
X x
= disebut barisan Cauchy jika untuk
setiap 0
ε terdapat ( )
H ε ∈ℕ sedemikian hingga untuk setiap ,
n m∈ℕ dengan
, ( )
n m H ε
≥ , berlaku n m
x x ε
− .
Contoh 2.5.2. Barisan
1
n
 
 
 
merupakan barisan Cauchy.
Jika diberikan 0
ε , dapat dipilih ( )
H H ε
= ∈ℕ sedemikian hingga
2
H
ε
. Maka
jika ,
n m H
≥ , diperoleh
1 1
2
n H
ε
≤ dan dengan cara yang sama diperoleh
1
2
m
ε
.
Oleh karena itu, jika , ( )
n m H ε
≥ , maka
1 1 1 1
2 2
n m n m
ε ε
ε
− ≤ + + = .
ε , maka dapat disimpulkan bahwa
1
n
 
 
 
merupakan
barisan Cauchy.
Lemma 2.5.3. Jika ( )
n
X x
= barisan bilangan real yang konvergen, maka X
Bukti. Misalkan : lim
x X
= . Diberikan 0
ε , maka terdapat ( )
2
K ε ∈ℕ sedemikian
hingga jika ( )
2
n K ε
≥ , maka
2
n
x x
ε
− . Oleh karena itu, jika ( )
( ) :
2
H K ε
ε = dan
jika , ( )
n m H ε
≥ , maka diperoleh
( ) ( )
.
2 2
n m n m
n m
x x x x x x
x x x x
ε ε
ε
− = − + −
= − + − + =
n
x barisan Cauchy. ⁭

63
Lemma 2.5.4. Jika ( )
n
X x
= barisan Cauchy, maka X terbatas.
Bukti. Diketahui ( )
n
X x
= barisan Cauchy. Diberikan : 1
ε = . Jika ( )
: 1
H H
= dan
n H
≥ , maka 1
n H
x x
− . Selanjutnya, menggunakan Ketaksamaan Segitiga, diperoleh
1
n H
x x
≤ + untuk semua n∈ℕ . Namakan
{ }
1 2 1
: max , ,..., , 1
H H
M x x x x
−
= + ,
maka diperoleh n
x M
≤ untuk semua n∈ℕ . Jadi, terbukti bahwa X terbatas. ⁭
Teorema 2.5.5. (Kriteria Konvergensi Cauchy) Barisan bilangan real ( )
n
X x
=
konvergen jika dan hanya jika ( )
n
X x
= barisan Cauchy.
Bukti.
⇒ Jelas (Lemma 2.5.3).
⇐ Diketahui ( )
n
X x
= barisan Cauchy. Diambil 0
ε , maka terdapat ( ) 0
H H ε
=
sedemikian hingga untuk setiap ,
n m∈ℕ dengan ,
n m H
≥ berlaku
2
n m
x x
ε
− .
Karena X barisan Cauchy, maka X terbatas, sehingga X memuat barisan bagian
( )
k
n
X x
′ = yang konvergen ke *
x . Oleh karena itu, terdapat K H
≥ dengan
{ }
1 2 3
, , ,...
K n n n
∈ sedemikian hingga *
2
K
x x
ε
− . Akibatnya untuk m K
= diperoleh
* *
*
.
2 2
n n K K
n K K
x x x x x x
x x x x
ε ε
ε
− = − + −
≤ − + −
+ =
ε , maka terbukti bahwa barisan ( )
n
X x
=
konvergen. ⁭

64
n
X x
= dikatakan kontraktif (contractive) jika
terdapat konstanta C, dengan 0 1
C
sedemikian hingga
2 1 1
n n n n
x x C x x
+ + +
− ≤ −
untuk semua n∈ℕ . Bilangan C disebut konstan dari barisan kontraktif.
Teorema 2.5.7. Setiap barisan kontraktif merupakan barisan Cauchy, dan konvergen.
Akibat 2.5.8. Jika ( )
n
X x
= barisan kontraktif dengan konstan C, 0 1
C
, dan jika
* lim
x X
= , maka
(i)
1
2 1
*
1
n
n
C
x x x x
C
−
− ≤ −
−
,
(ii) 1
*
1
n n n
C
x x x x
C
−
− ≤ −
−
.
1. Berikan sebuah contoh barisan terbatas yang bukan barisan Cauchy.
2. Tunjukkan menggunakan definisi bahwa barisan berikut merupakan barisan
Cauchy.
(a)
1
n
n
+
 
 
 
. (b)
1 1
1 ...
2! !
n
 
+ + +
 
 
.
3. Tunjukkan menggunakan definisi bahwa barisan berikut bukan barisan Cauchy.
(a) ( )
( )
1
n
− (b)
( )
1
n
n
n
 
−
+
 
 
 
(c) ( )
ln n
4. Diberikan barisan ( )
n
x dengan :
n
x n
= , tunjukkan bahwa 1
lim 0
n n
x x
+ − = ,
tetapi bukan barisan Cauchy.
5. Diberikan barisan Cauchy ( )
n
x sedemikian hingga n
x ∈ℤ untuk setiap n∈ℕ .
Tunjukkan bahwa ( )
n
x selalu konstan.

65
6. Jika 0 1
r
dan 1
n
n n
x x r
+ − untuk semua n∈ℕ , tunjukkan bahwa ( )
n
x
7. Jika 1 2
y y
adalah sebarang bilangan real dan 1 2
1 2
:
3 3
n n n
y y y
− −
= + untuk 2
n ,
tunjukkan bahwa ( )
n
y konvergen. Tentukan limitnya.
8. Jika 1 0
x dan ( )
1
1 : 2
n n
x x
−
− = + untuk 1
n ≥ , tunjukkan bahwa ( )
n
x merupakan
barisan kontraktif. Tentukan limitnya.
2.6. Sifat Barisan Divergen
Pada subbab ini diberikan beberapa sifat dari suatu barisan bilangan real ( )
n
x yang
mendekati atau menuju ke ±∞ , yaitu ( )
lim n
x = +∞ dan ( )
lim n
x = −∞. Ingat bahwa
barisan divergen adalah barisan yang tidak konvergen.
n
x .
(i) Barisan ( )
n
x dikatakan mendekati +∞ , ditulis ( )
lim n
x = +∞, jika untuk
setiap α ∈ℝ terdapat ( )
K α ∈ℕ sedemikian hingga jika ( )
n K α
≥ , maka
n
x α
.
(ii) Barisan ( )
n
x dikatakan mendekati −∞ , ditulis ( )
lim n
x = −∞, jika untuk
setiap β ∈ℝ terdapat ( )
K β ∈ℕ sedemikian hingga jika ( )
n K β
≥ , maka
n
x β
.
Barisan ( )
n
x dikatakan divergen proper (tepat/tegas) jika ( )
lim n
x = +∞ atau
( )
lim n
x = −∞. Berikut ini diberikan contoh bahwa ( )
2
lim n = +∞ .

66
Contoh 2.6.2. ( )
2
lim n = +∞ . Jika ( )
K α α
, dan jika
( )
n K α
≥ , maka diperoleh 2
n n α
≥ .
Teorema 2.6.3. Barisan bilangan real monoton merupakan barisan divergen proper
jika dan hanya jika barisannya tidak terbatas.
(a) Jika ( )
n
x barisan naik tak terbatas, maka ( )
lim n
x = +∞.
(b) Jika ( )
n
x barisan turun tak terbatas, maka ( )
lim n
x = −∞.
Bukti.
(a) Misalkan ( )
n
x barisan naik. Jika ( )
n
x terbatas, maka ( )
n
x konvergen. Jika ( )
n
x
tidak terbatas, maka untuk sebarang α ∈ℝ terdapat ( )
n α ∈ℕ sedemikian hingga
( )
n
x α
α . Tetapi karena ( )
n
x naik, diperoleh n
x
α untuk semua ( )
n n α
≥ . Karena
α sebarang, maka diperoleh bahwa ( )
lim n
x = +∞.
(b) Bukti hampir sama dengan (a). ⁭
n
x dan ( )
n
y , dengan n n
x y
≤
untuk semua n∈ℕ .
(a) Jika ( )
lim n
x = +∞, maka ( )
lim n
y = +∞ .
(b) Jika ( )
lim n
y = −∞ , maka ( )
lim n
x = −∞.
Bukti.
(a) Jika ( )
lim n
x = +∞ dan jika diberikan α ∈ℝ , maka terdapat ( )
K α ∈ℕ sedemikian
hingga jika ( )
n K α
≥ , maka n
x
α . Karena diketahui n n
x y
≤ untuk semua n∈ℕ ,
maka n
y
α untuk semua ( )
n K α
≥ . Karena α sebarang, maka ( )
lim n
y = +∞ .
(b) Bukti hampir sama dengan (a). ⁭

67
n
x dan ( )
n
y , dan untuk suatu
L∈ℝ , 0
L diperoleh
lim n
n
x
L
y
 
=
 
 
.
Maka ( )
lim n
x = +∞ jika dan hanya jika ( )
lim n
y = +∞ .
Bukti. Diketahui lim n
n
x
L
y
 
=
 
 
, artinya terdapat K ∈ℕ sedemikian hingga untuk setiap
n K
≥ berlaku
1 3
2 2
n
n
x
L L
y
.
Oleh karena itu, diperoleh
1 3
2 2
n n n
L y x L y
   

   
   
untuk semua n K
≥ . Sehingga
menggunakan Teorema 2.6.4, teorema terbukti. ⁭
n
x barisan tak terbatas, maka ( )
n
x memuat barisan
bagian yang divergen proper.
n
x untuk semua n∈ℕ , maka ( )
lim 0
n
x = jika dan
hanya jika
1
lim
n
x
 
= +∞
 
 
.
3. Tentukan apakah barisan berikut ini divergen proper.
(a) ( )
n . (b) ( )
1
n + .
(c) ( )
1
n − . (d)
1
n
n
 
 
+
 
.
4. Diberikan ( )
n
x barisan divergen proper dan diberikan ( )
n
y sedemikian hingga
( )
lim n n
x y ∈ℝ . Tunjukkan bahwa ( )
n
y konvergen ke 0.

68
5. Tentukan apakah barisan berikut ini konvergen atau divergen.
(a) ( )
2
2
n + . (b)
( )
2
1
n
n
 
 
 
+
 
.
(c)
( )
2
1
n
n
 
+
 
 
 
. (d) ( )
sin n .
6. Tunjukkan bahwa jika lim n
a
L
n
 
=
 
 
, dengan 0
L , maka ( )
lim n
a = +∞ .
2.7. Deret Tak Berhingga
Berikut ini diberikan pengantar singkat mengenai suatu deret tak berhingga dari
bilangan real.
Definisi 2.7.1. Jika ( )
: n
X x
= barisan di ℝ , maka deret tak berhingga (cukup disebut
deret) yang dibentuk oleh X adalah barisan ( )
: k
S s
= yang didefinisikan dengan
1 1
:
s x
=
2 1 2
:
s s x
= + ( )
1 2
x x
= +
. . .
1 2
:
k k
s s x
−
= + ( )
1 2 ... k
x x x
= + + +
. . .
n
x disebut dengan terms dari deret, dan k
s disebut jumlahan parsial (partial sum).
Jika lim S ada, maka deret S dikatakan konvergen dan nilai limitnya adalah hasil dar
jumlahan deret. Jika limitnya tidak ada, maka dikatakan deret S divergen.
Deret tak berhingga S yang dibangun oleh barisan ( )
: n
X x
= disimbolkan
dengan
( )
n
x
∑ atau n
x
∑ atau
1
n
n
x
∞
=
∑ .

69
Contoh 2.7.2.
Diberikan barisan ( ) 0
: n
n
X r
∞
=
= dengan r ∈ℝ yang membangun deret:
2
0
1 ... ...
n n
n
r r r r
∞
=
= + + + + +
∑ .
Akan ditunjukkan bahwa jika 1
r , maka deret ini konvergen ke
( )
1
1 r
−
.
Misalkan 2
: 1 ... ...
n
n
s r r r
= + + + + + untuk 0
n ≥ , dan jika n
s dikalikan dengan r dan
mengurangkan hasilnya dari n
s , maka diperoleh
( ) 1
1 1 n
n
s r r +
− = − .
Oleh karena itu, diperoleh
1
1
1 1
n
n
r
s
r r
+
− = −
− −
.
Sehingga
1
1
1 1
n
n
r
s
r r
+
− ≤ −
− −
.
Karena
1
0
n
r
+
→ saat 1
r , maka deret geometri
0
n
n
r
∞
=
∑ konvergen ke
( )
1
1 r
−
saat
1
r .
Selanjutnya, diberikan kondisi-kondisi yang dapat memberikan jaminan bahwa
suatu deret itu konvergen.
Teorema 2.7.3. (The nth Term Test) Jika deret n
x
∑ konvergen, maka ( )
lim 0
n
x = .
Bukti. Menggunakan Definisi 2.7.1, n
x
∑ konvergen apabila ( )
lim k
s ada. Karena
1
n n n
x s s −
= − , maka ( ) ( ) ( )
1
lim lim lim 0
n n n
x s s −
= − = . ⁭

70
Teorema 2.7.4. (Kriteria Cauchy) Deret n
x
∑ konvergen jika dan hanya jika untuk
setiap 0
ε terdapat ( )
M ε ∈ℕ sedemikian hingga jika ( )
m n M ε
≥ , maka
1 2 ...
m n n n m
s s x x x ε
+ +
− = + + + .
Teorema 2.7.5. Diberikan ( )
n
x barisan bilangan real nonnegatif. Maka deret n
x
∑
konvergen jika dan hanya jika barisan ( )
k
S s
= dari jumlahan parsialnya terbatas.
Dalam hal ini,
( ) { }
1
lim sup :
n k k
n
x s s k
∞
=
= = ∈
∑ ℕ .
Bukti. Karena 0
n
x , maka barisan jumlahan parsial S naik monoton, yaitu
1 2 ... ...
k
s s s
≤ ≤ ≤ ≤ .
Menggunakan Teorema 2.3.4, barisan ( )
k
S s
= konvergen jika dan hanya jika
barisannya terbatas, dalam hal ini limitnya sama dengan { }
sup k
s . ⁭
Contoh 2.7.6. Deret 2
1
1
n n
∞
=
∑ konvergen.
Karena jumlahan parsialnya monoton, maka cukup ditunjukkan bahwa barisan bagian
( )
k
s terbatas. Jika 1
1 : 2 1 1
k = − = , maka 1
1
k
s = . Jika 2
2 : 2 1 3
k = − = , maka
2 2 2 2
1 1 1 2 1
1 1
1 2 3 2 2
k
s
 
= + + + = +
 
 
,
dan jika 3
3 : 2 1 7
k = − = , maka diperoleh
3 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 4 1 1
1
4 5 6 7 4 2 2
k k k
s s s
 
= + + + + + + +
 
 
.
Menggunakan induksi matematik, diperoleh bahwa jika : 2 1
j
j
k = − , maka
2 1
1 1 1
0 1 ...
2 2 2
j
j
k
s
−
   
+ + + +
   
   
.

71
Karena ruas kanan merupakan jumlahan parsial dari deret geometri dengan
1
2
r = , maka
( )
1
lim 2
1
1
2
k
s = =
 
−
 
 
. Jadi, deret 2
1
1
n n
∞
=
∑ konvergen.
2.7.7. Tes Perbandingan (Comparison Tests) Diberikan barisan bilangan real
( )
: n
X x
= dan ( )
: n
Y y
= , dan misalkan untuk suatu K ∈ℕ berlaku
0 n n
x y
≤ ≤ untuk n K
≥ .
(a) Jika n
y
∑ konvergen, maka n
x
∑ konvergen.
(b) Jika n
x
∑ divergen, maka n
y
∑ divergen.
Bukti.
(a) Misalkan n
y
∑ konvergen. Diberikan 0
ε dan ( )
M ε ∈ℕ sedemikian hingga jika
( )
m n M ε
≥ , maka
1 ...
n m
y y ε
− + + .
Jika { }
max , ( )
m K M ε
, maka diperoleh bahwa
1 1
0 ... ...
n m n m
x x y y ε
+ +
≤ + + ≤ + + ,
yang berakibat bahwa n
x
∑ konvergen.
(b) Menggunakan kontraposisi dari (a), maka teorema terbukti. ⁭
2.7.8. Tes Perbandingan Limit Misalkan ( )
: n
X x
= barisan positif naik tegas dan
misalkan limit berikut ada dalam ℝ , yaitu
: lim n
n
x
r
y
 
=  
 
.
(a) Jika 0
r ≠ , maka n
x
∑ konvergen jika dan hanya jika n
y
∑ konvergen.
(b) Jika 0
r = , maka n
y
∑ konvergen jika dan hanya jika n
x
∑ konvergen.

72
Bukti.
(a) Diketahui : lim n
n
x
r
y
 
=  
 
dan dari soal latihan 2.1.10, maka terdapat K ∈ℕ
sedemikian hingga untuk n K
≥ berlaku
1
2
2
n
n
x
r r
y
≤ ≤ , sehingga diperoleh
( )
1
2
2
n n n
r y x r y
 
≤ ≤
 
 
.
Menggunakan Tes Perbandingan 2.7.7 dua kali, maka pernyataan (a) terbukti.
(b) Jika 0
r = , maka terdapat K ∈ℕ sedemikian hingga untuk n K
≥ berlaku
0 n n
x y
≤ .
Menggunakan Teorema 2.7.7 (a), maka pernyataan (b) terbukti. ⁭
Contoh 2.7.9. Deret 2
1
1
n n n
∞
= +
∑ konvergen.
Diketahui ketaksamaan berikut benar
2 2
1 1
0
n n n
≤
+
untuk n∈ℕ .
Karena telah diketahui bahwa deret 2
1
1
n n
∞
=
∑ konvergen, maka menggunakan Tes
Perbandingan 2.7.7 diperoleh bahwa deret 2
1
1
n n n
∞
= +
∑ konvergen.
1. Tunjukkan bahwa
(a)
( )( )
0
1
1
1 2
n n n
∞
=
=
+ +
∑ .
(b)
( )( )
0
1 1
0
1
n n n
α α α
∞
=
=
+ + +
∑ , jika 0
α .
(c)
( )( )
1
1 1
1 2 4
n n n n
∞
=
=
+ +
∑ .

73
2. Jika n
x
∑ dan n
y
∑ konvergen, tunjukkan bahwa ( )
n n
x y
+
∑ konvergen.
3. Berikan contoh deret konvergen n
x
∑ dan deret divergen n
y
∑ sedemikian
hingga ( )
n n
x y
+
∑ konvergen. Jelaskan.
4. (a) Tunjukkan bahwa deret
1
cos
n
n
∞
=
∑ divergen.
(b) Tunjukkan bahwa deret 2
1
cos
n
n
n
∞
=
∑ konvergen.
5. Jika n
a
∑ dengan 0
n
a konvergen, maka apakah 1
n n
a a +
∑ juga konvergen?
Tunjukkan atau beri contoh penyangkalnya jika tidak terbukti.
6. Jika deret n
a
∑ , dengan 0
n
a konvergen, dan jika
( )
1 ...
: n
n
a a
b
n
+ +
= untuk
n∈ℕ , maka tunjukkan bahwa n
b
∑ divergen.
c , maka deret berikut ini konvergen.
(a)
( )
1
ln
c
n n
∑ . (b)
( )( )
1
ln ln ln
c
n n n
∑ .

74
DAFTAR PUSTAKA
Apostol, T.M, 1974, Mathematical Analysis, Second Edition, Addison-Wiley,
Massacheusetts USA.
Bartle, R.G and Sherbert, D.R, 2000, Introduction to Real Analysis, Third Edition, John
Wiley and Sons, Inc, USA.

Pengantar_Analisis_Real_I.pdf

More Related Content

What's hot (8)

Similar to Pengantar_Analisis_Real_I.pdf (20)

Recently uploaded (20)

Pengantar_Analisis_Real_I.pdf