modul dan lembar kerja mahasiswa - …erepo.unud.ac.id/6229/1/id5... · analisis real i mahasiswa...

MODUL DAN LEMBAR KERJA MAHASISWA

ANALISIS REAL I

Disusun Oleh :

Luh Putu Ida Harini

JURUSAN MATEMATIKA FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM

UNIVERSITAS UDAYANA 2012

ii

IDENTITAS MAHASISWA PESERTA MATA KULIAH ANALISIS REAL I Tahun Ajaran 2012/2013

Nama :______________________________

NIM :______________________________

iii

LEMBAR PENILAIAN PENGUASAAN MATERI LKM

BAB NILAI KETUNTASAN

MATERI KETERANGAN TANDA

TANGAN I

II

III

IV

iv

KATA PENGANTAR

Puji syukur penulis panjatkan kehadapan Tuhan Yang Maha Esa, karena

atas berkat rahmat-Nya ringkasan modul yang berjudul “Modul dan Lembar Kerja

Mahasiswa Analisis Real i” dapat diselesaikan dengan baik. Modul ini digunakan

sebagai bahan ajar sekaligus bahan penugasan bagi mahasiswa Jurusan

Matematika FMIPA Universitas Udayana yang sedang mengambil mata kuliah

Analisis Real I.

Modul ini terdiri atas lima bab yaitu Bab 0 Metode-metode dalam

pembuktian, Bab 1 Sistem Bilangan Real, Bab 2 Barisan Bilangan Real, Bab 3

Limit Fungsi dan Bab 4 Relasi Rekursif. Pada awal sub bab akan disajikan

beberapa definisi dan materi, sedangkan bagian selanjutnya diteruskan dengan

contoh-contoh soal dan soal latihan yang wajib diselesaikan oleh setiap

mahasiswa. Dengan modul ini diharapkan proses pembelajaran menjadi lebih

terarah dan menumbuhkan keaktifan serta kemandirian siswa dalam belajar baik

didalam kelas maupun di luar kelas.

Penulis menyadari tulisan ini masih jauh dari sempurna, untuk itu penulis

menerima kritik dan saran yang bersifat membangun demi perbaikan tulisan ini.

v

September, 2012

Penulis

vi

DAFTAR ISI

COVER ................................................................................................. i

IDENTITAS MAHASISWA ii

LEMBAR PENILAIAN MAHASISWA iii

KATA PENGANTAR .............................................................................. iv

DAFTAR ISI ........................................................................................... v

PENDAHULUAN 1

BAB 0. METODE-METODE PEMBUKTIAN …………………… 5

BAB I. SISTEM BILANGAN REAL ........................................................ 16

BAB II. BARISAN BILANGAN REAL ..................................................... 52

BAB III. LIMIT FUNGSI .......................................................................... 78

BAB IV. KEKONTINUAN FUNGSI ......................................................... 93

DAFTAR PUSTAKA............................................................................... 129

Analisis Real I 2012

1 Jurusan Matematika FMIPA Universitas Udayana

PENDAHULUAN

A. MANFAAT MATA KULIAH

Mata kuliah Analisis Real I merupakan mata kuliah wajib yang harus

diambil oleh semua mahasiswa jurusan matematika. Mata kuliah ini

tergolong mata kuliah lanjut yang diperuntukan bagi mahasiswa yang

telah mengambil mata Kalkulus I dan Kalkulus II. Secara umum materi

pada mata kuliah Analisis Real I sebenarnya sudah dikenal oleh

mahasiswa yang telah mengambil kedua mata kuliah prasyarat tersebut.

Hanya saja, materi pada Analisis Real I bersifat lebih abstrak, teoritis,

dan mendalam. Analisis real merupakan alat yang esensial untuk

membentuk pola pikir kritis dan analitis sehingga nantinya dapat

digunakan, baik di dalam berbagai cabang dari matematika maupun

bidang ilmu-ilmu lain. Apabila mata kuliah ini dapat dipahami dengan

baik maka mahasiswa mempunyai modal yang sangat berharga untuk

memahami mata kuliah di bidang lain. Setelah mempelajari mata ajar

Analisis Real I mahasiswa diharapkan mempunyai kedewasaan dalam

bermatematika, yang meliputi:

1. Kemampuan berpikir secara deduktif, logis, dan runtut.

2. Kemampuan menganalisis masalah

3. Kemampuan mensintesis suatu hal yang bersifat khusus ke suatu hal

yang bersifat umum (kemampuan mengeneralisasi masalah) sehingga

dapat menyelesaikan suatu masalah yang lebih kompleks.

4. Kemampuan mengkomunikasikan penyelesaian suatu masalah secara

akurat dan rigorous.

B. DESKRIPSI PERKULIAHAN

Sebelumnya mari kita simak kata-kata bijak berikut :

“Imajinasi lebih penting daripada pengetahuan (Albert Einstein).”

Mata Kuliah Analisis Real I mempelajari pendekatan deduktif konsep

fundamental matematika yang mencakup sistem bilangan real dan sifat-

sifatnya, limit dan kekontinuan serta teori-teori fungsi yang



dikembangkan melalui konsep limit. Mata kuliah ini menetapkan tujuan

akhir agar mahasiswa memiliki kemampuan untuk dapat memahami

aturan-aturan dasar untuk memberikan justifikasi pada teori

matematika yang berkaitan dengan bilangan real dan fungsi. Selain itu

diharapkan, setelah mempelajari materi Analisis Real I, mahasiswa

mempunyai kedewasaan dalam bermatematika, yang meliputi antara lain

kemampuan berpikir secara deduktif, logis, dan runtut, serta memiliki

kemampuan menganalisis masalah dan mengomunikasikan

penyelesaiannya secara akurat dan rigorous sehingga dapat

membangkitkan kemampuan imajinasi yang lebih abstrak.

C. STANDAR KOMPETENSI DAN KOMPETENSI DASAR

Standar Kompetensi: Mahasiswa mampu dalam memahami aturan-

aturan dasar untuk memberikan justifikasi pada teori matematika yang

berkaitan dengan bilangan real dan fungsi.

Kompetensi Dasar :

• Memahami sistem bilangan real dan aturan dasar yang berlaku di

dalamnya.

• Memahami sifat kelengkapan bilangan real dan dapat

menggunakannya untuk menunjukkan eksistensi bilangan irrasional

dan bilangan rsional.

• Memahami konsep kekonvergenan barisan bilangan real dan sifat-

sifatnya serta dapat menerapkannya pada masalah yang memuat limit

barisan.

• Memahami konsep limit fungsi dan dapat menggu-nakannya untuk

menyele-saikan masalah yang memuat limit fungsi.

• Memahami konsep fungsi kontinu dan sifat-sifatnya serta dapat

menggunakannya untuk menyelesaikan masalah yang memuat fungsi

kontinu.

D. STRATEGI PERKULIAHAN

Selama masa pembelajaran berlangsung, mahasiswa diharapkan

untuk aktif melakukan perkuliahan. Diskusi di luar sesi tatap muka



dapat dilakukan dengan membuat perjanjian terlebih dahulu. Pada setiap

topik disiapkan lembar kerja mahasiswa untuk digunakan pada sesi

tatap muka. Pengerjaan lembar kerja selama proses pembelajaran bukan

dimaksudkan hanya untuk melakukan latihan soal, namun lebih penting

lagi, sebagai bagian proses membentuk pengetahuan (construction of

knowledge) dan pendalaman (internalisasi) sehingga diharapkan

mahasiswa dapat aktif dalam diskusi di kelas.

Pertanyaan-pertanyaan pada lembar kerja sudah dirancang untuk

menunjang proses pembelajaran. Mahasiswa yang sudah memahami

tanpa perlu mengerjakan lembar kerja lebih lanjut dapat meneruskan

proses pembelajaran tanpa harus mengerjakan keseluruhan pertanyaan

satu demi satu. Secara singkat, selama pembelajaran mahasiswa

diharapkan ready to think, dan ready to work, tidak sekedar menjadi

pembaca atau pendengar untuk menjamin terjadinya proses

pembelajaran yang efektif.

Agar Anda berhasil dengan baik dalam mempelajari LKM ini,

ikutilah petunjuk-petunjuk berikut ini.

1. Bacalah dengan baik pendahuluan LKM ini sehingga Anda

memahami tujuan dalam mempelajari LKM ini dan bagaimana

menggunakannya.

2. Bacalah bagian demi bagian materi yang ada dalam LKM ini, kalau

perlu tandai kata-kata/kaliamat yang dianggap penting.

3. Pahami pengertian demi pengertian dari isi LKM ini dengan

mempelajari contoh-contohnya, dengan pemahaman sendiri, tukar

pikiran (diskusi) dengan rekan atau orang lain.

4. Kerjakan soal-soal latihan dalam LKM ini secara individu terlebih

dahulu, apabila mendapat jalan buntu, barulah Anda melihat

pekerjaan rekanan lain atau bertanya kepada pengampu mata

kuliah ini. Perlu ditekankan bahwa jawaban Anda tidak perlu sama

dengan petunjuk yang diberikan, karena kadang-kadang banyak

cara yang dapat kita lakukan dalam menyelesiakan suatu

permasalahan terutama untuk kasus-kasus diskret.



Beberapa kata mutiara dari ajaran KONFUSIUS (551 – 479 SM.) disajikan

disini: “Hidup miskin bukanlah hal yang memalukan, yang memalukan

adalah hidup miskin dan tidak mempunyai semangat yang tinggi.

Memegang posisi yang rendah tidaklah mengerikan, yang mengerikan

adalah memiliki posisi rendah dan tidak meningkatkan kemampuan

diri. Menjadi tua tidaklah menyedihkan, yang menyedihkan adalah

menjadi tua dan telah menyia-nyiakan hidupmu.”

Selamat Nguli, Semangat !!!!! ☺



BAB O

METODE-METODE DALAM PEMBUKTIAN

Secara kasat mata apabila dibandingkan dengan ilmu lain

matematika adalah ilmu yang terdiri atas banyak sekali simbol-simbol

yang dirangkai dengan sedikit kata sehingga katanya ”bisa membuat

rambut yang lurus jadi keriting”. Namun apa yang sebenarnya terjadi.

Matematika merupakan cabang utama dari ilmu filsafat. Yang menjadi

ibu dari segala ilmu. Matematika juga dikatakan sebagai bahasa yang

sangat universal.

Matematika sebagai ilmu pengetahuan dengan penalaran deduktif

mengandalkan logika dalam meyakinkan akan kebenaran suatu

pernyataan. Proses penemuan dalam matematika dimulai dengan

pencarian pola dan struktur, contoh kasus dan objek matematika

lainnya. Selanjutnya, semua informasi dan fakta yang terkumpul secara

individual ini dibangun suatu koherensi untuk kemudian disusun suatu

konjektur. Setelah konjektur dapat dibuktikan kebenarannya atau

ketidakbenaranya maka selanjutnya ia menjadi suatu teorema.

Pernyataan-pernyataan matematika seperti definisi, teorema dan

pernyataan lainnya pada umumnya berbentuk kalimat logika, Jadi

membuktikan kebenaran suatu teorema tidak lain adalah membuktikan

kebenaran suatu kalimat logika. Materi logika sudah diberikan sejak di

bangku SLTA. Namun selama ini, sebagian siswa atau guru masih

menganggap logika sebagai materi HAPALAN. Tanpa menguasai logika

maka sulit untuk terbentuknya apa yang disebut dengan logically

thinking.

Pola pikIr yang terbentuk pada siswa, mahasiswa, guru atau bahkan

dosen selama ini lebih dominan pada algorithm thinking atau berpikir

secara algoritma. Cara berpikir algoritmis dalam belajar matematika ini

lebih ditekankan pada memahami langkah-langkah dalam

menyelesaikan suatu soal, tanpa melihat lebih dalam mengapa langkah-



langkah tersebut dapat dilakukan. Apabila algorithm thinking lebih

mendominasi maka kita akan menjadi ”robot matematika”.

Pada awalnya pekerjaan membuktikan dan memahami bukti

bukanlah sesuatu yang menarik karena kita lebih banyak bergelut

dengan simbol dan pernyataan logika ketimbang berhadapan dengan

angka-angka yang biasanya dianggap sebagai karakter matematika.

Kenyataan inilah menjadikan salah satu alasan orang malas untuk

memahami bukti dalam matematika. Alasan lainnya adalah pekerjaan

membuktikan lebih sulit dan tidak penting. Padahal banyak manfaat

yang dapat diperoleh pada pengalaman membuktikan ini, salah satunya

adalah melatih logically thinking dalam belajar matematika.

Dalam artikel making mathematics yang berjudul Proof, dijelaskan

secara rinci mengenai bukti dalam matematika yang meliputi what is

proof, why do we prove, what do we prove, dan how do we prove. Menurut

artikel tersebut, terdapat enam motivasi mengapa orang membuktikan,

1. to establish a fact with certainty, untuk meyakinkan bahwa apa yang

selama ini dianggap benar adalah memang benar.

2. to gain understanding, untuk mendapatkan pemahaman.

3. to communicate an idea to others, untuk menyempaikan ide kepada

orang lain.

4. for the challenge, untuk tantangan baru

5. to create something beautiful, untuk membuat sesuatu yang bersifat

indah.

6. to construct a large mathematical theory, untuk membangun teori

matematika yang lebih luas.

Metoda Pembuktian

Definisi memainkan peranan penting di dalam matematika. Topik-

topik baru matematika selalu diawali dengan membuat definisi baru.

Berangkat dari definisi dihasilkan sejumlah teorema beserta akibat-

akibatnya. Teorema-teorema inilah yang perlu dibuktikan. Selanjutnya,

untuk memahami materi selanjutnya dibutuhkan prasyarat pengetahuan

logika matematika.



1. Bukti langsung

Bukti langsung ini biasanya diterapkan untuk membuktikan teorema

yang berbentuk implikasi p⇒q. Dalam hal ini p sebagai hipotesis

digunakan sebagai fakta yang diketahui atau sebagai asumsi, dan

dengan menggunakan p kita harus menunjukkan q berlaku. Secara

logika pembuktian langsung ini ekuivalen dengan membuktikan bahwa

pernyataan p⇒q benar dimana diketahui p benar.

Contoh A Buktikan, jika x bilangan ganjil maka x2 bilangan ganjil.

Bukti. Diketahui x ganjil, jadi dapat ditulis sebagai x = 2n - 1 untuk

suatu bilangan bulat n. Selanjutnya,

x2 = (2n - 1)2 = .......................................... = 2 (2n2 + 2) +1 = 2m + 1:

m

Karena m merupakan bilangan bulat maka disimpulkan x2 ganjil.

2. Bukti taklangsung

Kita tahu bahwa nilai kebenaran suatu implikasi p⇒q ekuivalen dengan

nilai kebenaran kontraposisinya ¬q⇒ ¬p. Jadi pekerjaan membuktikan

kebenaran pernyataan implikasi dibuktikan lewat kontraposisinya.

Contoh B Buktikan, jika x2 bilangan ganjil maka x bilangan ganjil.

Bukti. Pernyataan ini sangat sulit dibuktikan secara langsung. Mari kita

coba saja. Karena x2 ganjil maka dapat ditulis x = ....................... untuk

suatu bilangan asli m. Selanjutnya x = 12 +m tidak dapat disimpulkan

apakah ia ganjil atau tidak. Sehingga bukti langsung tidak dapat

digunakan. Kontraposisi dari pernyataan ini adalah

”....................................................................................”.

Selanjutnya diterapkan bukti langsung pada kontraposisinya. Diketahui

x genap, jadi dapat ditulis x = 2n untuk suatu bilangan bulat n.

Selanjutnya,

x2 = ................................. = 2 (2n2) = 2m

m

yang merupakan bilangan genap.



3. Bukti kosong Bila hipotesis p pada implikasi p⇒q sudah bernilai salah maka implikasi

p⇒q selalu benar apapun nilai kebenaran dari q. Jadi jika kita dapat

menunjukkan bahwa p salah maka kita telah berhasil membuktikan

kebenaran p⇒q.

Contoh C Didalam teori himpunan kita mengenal definisi berikut :

”Diberikan dua himpunan A dan B. Himpunan A dikatakan himpunan

bagian dari B, ditulis A⊂B jika pernyataan berikut dipenuhi : ”jika x∈ A

maka x∈B”.

Suatu himpunan dikatakan himpunan kosong jika ia tidak mempunyai

anggota. Buktikan, himpunan kosong merupakan himpunan bagian dari

himpunan apapun.

Bukti. Tanpa mengurangi keumuman bukti dimisalkan A =....................

suatu himpunan kosong dan B himpunan sebarang. Akan dibuktikan

bahwa pernyataan ”jika x∈ A maka x∈B” bernilai benar. Karena A

himpunan kosong maka pernyataan p yaitu x 2 A selalu bernilai salah

karena tidak mungkin ada x yang menjadi anggota himpunan kosong.

Karena p salah maka terbuktilah kebenaran pernyataan ”jika x∈A maka

x∈B”, yaitu A⊂B. Karena B himpunan sebarang maka bukti selesai.

4. Bukti trivial Bila pada implikasi p⇒q, dapat ditunjukkan bahwa q benar maka

implikasi ini selalu bernilai benar apapun nilai kebenaran dari p. Jadi

jika kita dapat menunjukkan bahwaq benar maka kita telah berhasil

membuktikan kebenaran p⇒q.

Contoh D. Buktikan, jika 0 < x < 1 maka 0 <1+x

x

Bukti. Karena pernyataan q, yaitu 0 <1+x

x selalu benar untuk setiap x

bilangan real termasuk x di dalam interval (0,1) maka secara otomatis

kebenaran pernyataan ini terbukti.



5. Bukti dengan kontradiksi (Reductio ad Absurdum)

Metoda ini mempunyai keunikan tersendiri, tidak mudah diterima

oleh orang awam. Dalam membuktikan kebenaran implikasi p⇒q kita

berangkat dari diketahui p dan ¬q. Berangkat dari dua asumsi ini kita

akan sampai pada suatu kontradiksi.

Contoh E Misalkan himpunan A didefinisikan sebagai interval setengah

terbuka yang dituliskan dengan A := [0,1). Buktikan maksimum A tidak

ada.

Bukti. Diketahui A := [0,1)

Akan ditunjukkan bahwa maksimum A tidak ada.

Andaikan maksimum A ada, katakan p. Maka haruslah 0 < p < 1, dan

akibatnya p21 <

21 dan

21 (p + 1) < 1.

Diperoleh p = p21 + p

21

< p

21 +

21

=

21 (p + 1) < 1

Diperoleh dua pernyataan berikut :

• p maksimum A, yaitu elemen terbesar himpunan A.

• ada q∈A (yaitu q := 21 (p + 1)) yang lebih besar dari p.

Kedua pernyataan ini kontradiktif, jadi pengandaian A mempunyai

maksimum adalah salah, jadi haruslah tidak ada maksimum.

Latihan Tidak ada bilangan bulat positif x dan y yang memenuhi

persamaan Diophantine x2- y2 = 1.

Bukti:

Diketahui: ………………………………………………………………………….

Akan dibuktikan: …………………………………………………………………

Andaikan…………………………………………………………………………...

Maka pada ruas kiri dapat difaktorkan sehingga diperoleh

...........................................................................................................

Karena x, y bulat maka persamaan terakhir ini hanya dapat terjadi

bilamana …………………. dan …………………. atau ……………….. dan

………………………………………….



Pada kasus pertama akan dihasilkan x = -1 dan y = 0, sedangkan pada

kasus kedua dihasilkan x = 1 dan y = 0. Hasil pada kedua kasus ini

bertentangan dengan hipotesis bahwa ………………………….

Jadi pengandaian diingkar sehingga

diperoleh……………………………………………………………………………..

…………………………………………………………………………………………

Apabila dicermati ada kemiripan bukti dengan kontradiksi dan bukti

dengan kontraposisi. Namun pada dasarnya adalah berbeda dan

perbedaan pada keduanya dapat dijelaskan sebagai berikut :

• Pada metoda kontradiksi, kita mengasumsikan p dan ¬q, kemudian

membuktikan adanya kontradiksi.

• Pada bukti dengan kontraposisi, kita mengasumsikan ¬q, lalu

membuktikan ¬p.

Asumsi awal kedua metoda ini sama, pada metoda kontraposisi tujuan

akhirnya sudah jelas yaitu membuktikan kebenaran p, sedangkan pada

metoda kontradiksi tujuan akhirnya tidak pasti pokoknya sampai

bertemu kontradiksi. Secara khusus jika kita sampai pada pernyataan :p

maka kontradiksi sudah ditemukan. Jadi metoda kontraposisi

merupakan kasus khusus dari metoda kontraposisi.

6. Bukti eksistensial

Ada dua tipe bukti eksitensial ini, yaitu konstruktif dan takkonstruktif.

Pada metoda konstruktif, eksistensinya ditunjukkan secara eksplisit.

Sedangkan pada metoda takkonstruktif, eksistensinya tidak

diperlihatkan secara eksplisit.

Contoh F Buktikan, ada bilangan irrasional x dan y sehingga xy rasional.

Bukti. Sudah diketahui bahwa 2 irrasional, anggaplah kita sudah

dapat membuktikannya. Sekarang perhatikan ( ) 22 Bila ternyata

( ) 22 rasional maka bukti selesai, dalam hal ini diambil x = y = 2 . Bila



( ) 22 bukan rasional (yaitu irrasional), diperhatikan bahwa

22

2 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ =

( ) 22 = 2 merupakan bilangan rasional.

Jadi salah satu pasangan (x,y), dengan x = y = 2 , atau x = ( ) 22 dan y

= 2 pasti memenuhi pernyataan yang dimaksud.

Pada bukti ini hanya ditunjukkan eksistensi bilangan irrasional x

dan y tanpa memberikannya secara eksplisit. Ini dikenal dengan istilah

pembuktian eksistensi non konstruktif.

Contoh G (Bartle and Sherbert, 1994). Bila a dan b bilangan real

dengan a < b maka terdapat bilangan rasional r dengan a < r < b.

Bukti. Diperhatikan bahwa ab −

1 suatu bilangan real positif. Menurut

sifat Archimedes terdapat bilangan asli n sehingga n >ab −

1 . Untuk n ini

berlaku nb - na > 1 (*)

Sekarang ambil m sebagai bilangan bulat pertama yang lebih besar dari

na, dan berlaku m - 1 ≤ na < m (**)

Dari (*) dan (**) diperoleh

na < m ≤ na + 1 < nb:

Bentuk terakhir ini dapat ditulis na < m < nb, dan dengan membagi

semua ruas dengan n, didapat

a <nm < b

dan dengan mengambil r := nm maka bukti Teorema selesai.

Dalam mebuktikan eksistensi bilangan rasional r, ditempuh dengan

langkah-langkah konstruktif sehingga bilangan rasional yang dimaksud

dapat dinyatakan secara eksplisit. Ini bukti eksistensial dengan

konstruktif.

7. Bukti ketunggalan



Dalam membuktikan ketunggalan, pertama harus ditunjukkan eksistensi

suatu objek, katakan objek itu x. Ada dua pendekatan yang dapat

ditempuh untuk membuktikan bahwa x hanya satu-satunya objek yang

memenuhi, yaitu

• Diambil objek sebarang, katakan y maka ditunjukkan y = x, atau

• Misalkan y objek sebarang lainnya dengan y ≠ y, ditunjukkan

adanya suatu kontradiksi. cara ini tidak lain menggunakan

metoda kontradiksi seperti yang sudah dibahas sebelumnya.

Contoh H Diberikan definisi limit barisan sebegai berikut :

Misalkan (xn : n ∈N) suatu barisan bilangan real. Bilangan real x

dikatakan limit dari (xn : n ∈N), dan ditulis lim(xn) = x jika dan hanya

jika untuk setiap ε > 0 yang diberikan terdapat bilangan asli K sehingga

xxn − <ε untuk setiap n ≥ K:

Buktikan bahwa jika limit barisan (xn) ada maka ia tunggal.

Bukti. Di sini tidak diperlukan bukti eksistensi karena kita hanya akan

membahas barisan yang mempunyai limit, atau eksistensinya sudah

diasumsikan. Sekarang kita gunakan pendekatan kedua. Andaikan

barisan X := (xn) mempunyai dua limit yang berbeda, katakan xa dan xb

dengan xa≠ xb. Diberikan ε := ab xx −31

Karena lim(xn) = xa maka untuk ε ini terdapat Ka sehingga

an xx − <ε untuk setiap n ≥ Ka:

Juga, karena lim(xn) = xb maka terdapat Kb sehingga

bn xx − <ε untuk setiap n ≥ Kb:

Sekarang untuk n ≥ maks { }ba KK , maka berlaku

ba xx − = bnna xxxx −+−

≤ an xx − + bn xx −

< ε + ε

= ba xx −32



Akhirnya diperoleh ba xx − < ba xx −32

suatu pernyataan yang

kontradikstif. Pengandaian xa≠ xb salah dan haruslah xa = xb , yaitu

limitnya mesti tunggal.

8. Bukti dengan counter example

Pembuktian ini dilakukan dengan cara menemukan satu saja kasus yang

tidak memenuhi konjektur tersebut maka selesailah urusannya dengan

kata lain konjektur terbukti.

Contoh I Untuk setiap n bilangan asli maka n22 + 1 merupakan bilangan

prima.

Bukti. Pernyataan ini berlaku untuk setiap bilangan asli n. Tapi bila bila

ditemukan satu bilangan asli, katakan 0n dan 022n

+ 1 tidak prima

(komposit) maka konjektur ini tidak benar. Diperhatikan beberapa kasus

berikut, untuk n = 1 diperoleh bilangan 5, n = 2 menghasilkan 17, n = 3

menghasilkan 257 dan n = 4 menghasilkan 65537. Keempat bilangan ini

prima. Coba perhatikan untuk n = 5, diperoleh

225 + 1 = 4294967297 = (641)(6700417).

Ternyata bukan prima. Nah, n = 5 merupakan contoh penyangkalan

(counter example). Akhirnya disimpulkan bahwa konjektur ini salah.

9. Bukti dengan induksi matematika

Induksi matematika adalah cara standar dalam membuktikan bahwa

sebuah pernyataan tertentu berlaku untuk setiap bilangan asli.

Misalkan untuk setiap bilangan asli n kita mempunyai pernyataan )(nP .

Pembuktian dengan induksi matematika terdiri dari dua langkah yaitu:

1. Basis Induksi.

Menunjukkan bahwa pernyataan yang akan dibuktikan berlaku untuk

bilanganDengan kata lain tunjukkan bahwa )1(P benar.

2. Langkah Induksi

Menunjukkan bahwa jika pernyataan itu berlaku untuk bilangan n

maka pernyataan itu juga berlaku untuk bilangan )1( +n .

Caranya :



a. Asumsikan bahwa pernyataan tersebut benar untuk kn = . )(kP

untuk suatu k tertentu dalam kasus ini disebut hipotesa induksi.

b. Tunjukkan bahwa jika pernyataan tersebut benar untuk kn = ,

maka pernyataan tersebut juga benar untuk )1( += kn .

c. Dengan terbukti (a) dan (b) maka dengan induksi matematika

dapat disimpulkan bahwa pernyataan tersebut berlaku untuk

setiap bilangan asli n.

10. Bukti dua arah Ada kalanya suatu pernyataan berupa bi-implikasi, p⇔ q. Ada dua

kemungkinan bi-implikasi bernilai benar p⇔ q yaitu p benar dan q benar,

atau p salah dan q salah. Dalam prakteknya, pernyataan ini terdiri dari

p⇒q dan q⇒p. Membuktikan kebenaran bi-implikasi p⇔ q berarti

membuktikan kebenaran kedua implikasi p⇒q dan q⇒p. Selanjutnya

dapat menggunakan bukti langsung, taklangsung atau mungkin dengan

kontradiksi.

Contoh J Buktikan, suatu bilangan habis dibagi sembilan jika hanya jika

jumlah angka-angka pembangunnya habis dibagi sembilan.

Bukti. Sebelum kita buktikan, dijelaskan terlebih dulu maksud dari

pernyataan ini dengan contoh berikut. Ambil bilangan 135, 531, 351,

513, 315, 153, maka semuanya habis dibagi 9. Coba periksa satu per

satu. Misalkan p suatu bilangan bulat, maka dapat disajikan dalam

bentuk

p = xnxn-1xn-2..... x2x1 x0

dimana xn ≠ 0; xn-1,.....,x0 bilangan bulat taknegatif.

Sedangkan nilai p ini dapat ditulis dalam bentuk berikut :

p = x0 + x1101 + x2102 + . . . + xn10n

Jumlah angka-angka pembangunnya adalah

s = x0 + x1 + x2 + . . . + xn.

Pertama dibuktikan (⇒ ), yaitu diketahui p habis dibagi 9, dibuktikan s

habis dibagi 9. Karena p habis dibagi 9 maka dapat ditulis p = 9k untuk

suatu bilangan bulat k. Diperhatikan selisih p - s,

p - s = x0 + x1101 + x2102 + . . . + xn10n – (x0 + x1 + x2 + . . . + xn)



= (10 - 1)x1 + (102 - 1)x2 + . . . + (10n - 1)xn

Diperhatikan bilangan pada ruas kanan selalu habis dibagi sembilan,

misalnya ditulis 9m untuk suatu bilangan bulat m. Jadi diperoleh

9k - s = 9m ⇒ s = 9(k - m)

yaitu s habis dibagi 9. Selanjutnya dibuktikan (⇐ ), yaitu diketahui s

habis dibagi 9, dibuktikan p habis dibagi 9. Diperhatikan

p = x0 + x1101 + x2102 + . . . + xn10n

= x0 + x1 (101-1) + x2 (102 -1)+ . . . + xn (10n -1) + x1 + x2 + . . . + xn.

= [x0 + x1 + x2 + . . . + xn ] + [x1 (101-1) + x2 (102 -1)+ . . . + xn (10n -1)]

s

Karena bilangan pada kelompok pertama dan kelompok kedua habis

dibagi 9 maka terbukti p habis dibagi 9.

Metode-metode pembuktian tersebut nantinya yang dapat

digunakan dalam memahami mata kuliah Analisis Real I ini. Tak bisa

dipungkiri bahwa belajar matematika dengan cara memahami bukti

tidaklah mudah. Dibutuhkan waktu untuk memahami matematika

sebagai bahasa logika. Juga, dibutuhkan wawasan matematika yang luas

untuk belajar membuktikan fakta-fakta yang lebih rumit. Oleh karena

itu, awalilah dengan memahami hal-hal yang bersifat dasar, terutama

pahami definisi, sehingga kebelakangnya anda dapat menyelesaikan hal-

hal yang lebih kompleks.



BAB I

SISTEM BILANGAN REAL

KOMPETENSI DASAR

1. Memahami sistem bilangan real dan aturan dasar yang

berlaku di dalamnya.

2. Memahami sifat kelengka-pan bilangan real dan dapat

menggunakannya untuk menunjukkan eksistensi bilangan

irrasional dan bilangan rsional

INDIKATOR:

Setelah melakukan proses belajar mengajar mahasiswa mampu :

1. Menyebutkan aksioma bilangan real

2. Memahami teorema dasar yang langsung diturunkan dari

aksioma

3. Memahami operasi dan himpunan bagian pada bilangan real.

4. Memahami sifat urutan pada bilangan real

5. Memahami ketidaksamaan akar & kuadarat

6. Memahami rata-rata aritmatika-geometri

7. Memahami ketaksamaan Bernoulli dan Cauchy.

8. Memahami definisi dan sifat harga mutlak

9. Memahami pengertian himpunan terbatas.

10. Memahami pengertian supremum dan infimum dan

sifatnya.

SUB POKOK BAHASAN :

1.1. Konsep dan Struktur Bilangan

1.2. Himpunan Bilangan Real

1.3. Aksioma Bilangan Real dan Beberapa

Aturan Dasar

1.1. Konsep dan Struktur Bilangan



Bilangan real yang biasa dinotasikan dengan ℜ memainkan peranan

yang sangat penting dalam Kalkulus. Untuk itu, pertama kali akan

diberikan beberapa fakta dan terminologi dari bilangan real. Namun

sebelum membahas bilangan real lebih lanjut, ada baiknya diingat

kembali definisi bilangan-bilangan yang lain. Pengertian macam-macam

bilangan secara umum dapat diuraikan sebagai berikut:

1. Bilangan kompleks

Himpunan bilangan yang terbesar di dalam matematika

adalah himpunan bilangan komleks. Himpunan bilangan real yang

kita pakai sehari-hari merupakanhimpunan bagian dari himpunan

bilangan kompleks ini.Secara umum bilangan kompleks terdiri

dari dua bagian: bagian real dan bagian imajener (khayal).

2. Bilangan Real (Bilangan Nyata)

Bilangan nyata adalah semua bilangan yang dapat ditemukan pada

garis bilangan dengan cara penghitungan, pengukuran, atau bentuk

geometrik. Bilangan-bilangan tersebut ada di dunia nyata. Ada

berbagai macam bilangan yang termasuk dalam bilangan nyata.

Bilangan Real juga dikenal sebagai suatu bilangan yang terdiri dari

bilangan rasional dan bilangan irasional. Bilangan real biasanya

disajikan dengan sebuah garis bilangan.

3. Bilangan Imajiner

Bilangan imajiner adalah apabila sebuah bilangan bukan

merupakan bilangan nyata (dalam artian bilangan tersebut bukan

merupakan bilangan rasional maupun irasional), maka bilangan

tersebut dikatakan imajiner.

4. Bilangan Rasional

Bilangan rasional adalah bilangan Real yang dapat disusun ulang

dalam bentuk pecahan di mana a dan b harus merupakan bilangan



bulat. Jadi, Bilangan irasional adalah bilangan Real yang TIDAK dapat

disusun ulang dalam bentuk pecahan .

5. Bilangan Irasional

Bilangan irasional adalah suatu bilangan yang terdapat pada suatu

garis bilangan yang tidak dapat di alokasikan dengan cara biasa

karena bilangan ini tidak dapat digambarkan seperti halnya bilangan

rasional.

6. Bilangan Bulat

Bilangan bulat adalah bilangan non pecahan yang terdiri dari

bilangan: Bulat positif (1, 2, 3, 4, 5, …), Nol (0), dan Bulat Negatif

( …,-5,-4,-3,-2,-1)

Di dalam bilangan bulat terdapat bilangan genap dan ganjil :

• Bilangan bulat genap adalah bilangan yang habis dibagi dengan 2

yaitu { …, -6, -4, -2, 0, 2, 4, 6, … }

• Bilangan bulat ganjil adalah bilangan yang apabila dibagi 2 tersisa

-1 atau 1 yaitu { …, -5, -3, -1, 1, 3, 5, … }

7. Bilangan Pecahan

• Bilangan pecahan merupakan bilangan yang mempunyai jumlah

kurang atau lebih dari utuh.

• Terdiri dari pembilang dan penyebut.

• Pembilangan merupakan bilangan terbagi.

• Penyebut merupakan bilangan pembagi

Macam-macam pecahan ;

a. Pecahan biasa

Bilangan pecahan yang hanya terdiri atas pembilang dan penyebut.

b. Pecahan Campuran

Bilangan pecahan yang terdiri atas bilangan utuh, pembilang dan

penyebut.

c. Pecahan Desimal

Merupakan bilangan yang didapat dari hasil pembagian suatu

bilangan dengan 10, 100, 1.000, 10.000 dst.



d. Pecahan Persen

Persen artinya perseratus. Merupakan suatu bilangan dibagi

dengan seratus.

e. Pecahan Permil

Permil artinya perseribu. Merupakan suatu bilangan dibagi seribu,

ditulis dengan tanda ‰

8. Bilangan Cacah

a. Menurut Kamus Besar Bahasa Indonesia (1990:116) “bilangan

cacah adalah satuan dalam sistem matematis yang abstrak dan

dapat diunitkan, ditambah atau dikalikan”. “Himpunan bilangan

cacah” adalah himpunan yang semua unsur-unsurnya bilangan

cacah {0, 1, 2, 3, 4, 5, ….}. (Cholis Sa’dijah, 2001: 93).

b. Menurut Muchtar A. Karim, Abdul Rahman As’sari, Gatot

Muhsetyo dan Akbar Sutawidjaja (1997: 99) bilangan cacah dapat

didefinisikan sebagai bilangan yang digunakan untuk

menyatakan cacah anggota suatu himpunan. Jika suatu

himpunan tidak mempunyai anggota sama sekali, maka cacah

anggota himpunan itu dinyatakan dengan “nol” dan dinyatakan

dengan lambang “0”. Jika anggota suatu himpunan hanya terdiri

atas satu anggota saja, maka cacah anggota himpunan tersebut

adalah “satu” dan dinyatakan dengan lambang “1”. Demikian

seterusnya sehingga kita mengenal barisan bilangan hasil

pencacahan himpunan yang dinyatakan dengan lambing 0, 1, 2,

3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, . . . sebagai bilangan cacah.

c. Menurut ST. Negoro dan B. Harahap (1998: 41) menyatakan

bahwa “bilangan cacah adalah himpunan bilangan yang terdiri

atas semua bilangan asli dan bilangan nol”.

9. Bilangan Asli

Bilangan asli merupakan salah satu konsep matematika yang paling

sederhana dan termasuk konsep pertama yang bisa dipelajari dan

dimengerti oleh manusia. Bilangan asli adalah suatu bilangan yang mula-

mula dipakai untuk membilang. Bilangan asli dimulai dari 1,2,3,4,...

10. Bilangan Prima



Bilangan prima yaitu bilangan yang hanya dapat dibagi oleh bilangan

1 dan bilangan itu sendiri. Semua anggota bilangan prima adalah

bilangan ganjil kecuali 2.

11. Bilangan Komposit

Bilangan komposit adalah bilangan asli lebih besar dari 1 yang bukan

merupakan bilangan prima. Bilangan komposit dapat dinyatakan

sebagai faktorisasi bilangan bulat, atau hasil perkalian dua bilangan

prima atau lebih. Sepuluh bilangan komposit yang pertama adalah 4, 6,

8, 9, 10, 12, 14, 15, 16, dan 18. Atau bisa juga disebut bilangan yang

mempunyai faktor lebih dari dua.

Beberapa hubungan antar bilangan di atas dapat digambarkan dalam

diagram berikut:

Secara umum dalam sistem bilangan, himpunan semua bilangan

asli dilambangkan dengan N. Himpunan semua bilangan cacah

Bilangan Komplek

Bilangan Real (R) Bilangan Khayal

Nol (0)

Bilangan Cacah (C) Bilangan Bulat Negatif

Bilangan Irasional (I)

Bilangan Pecahan Bilangan Bulat (Z)

Bilangan Rasional (Q)

Bilangan Asli (N)



dilambangkan dengan C. Himpunan semua bilangan bulat dilambangkan

dengan himpunan Z. Bilangan-bilangan real yang dapat ditulis dalam

bentuk qp dengan p,q∈Z disebut bilangan pecahan. Gabungan antara

himpunan bilangan bulat dengan bilangan pecahan disebut bilangan

rasional atau terukur dan himpunan semua bilangan rasional

dilambangkan dengan Q. Bilangan-bilangan real yang bukan bilangan

rasional disebut bilangan irasional atau tak terukur dan himpunan

semua bilangan dilambangkan (I). Bilangan diluar bilangan real disebut

bilangan khayal atau imajiner, dan gabungan antara bilangan real dan

imajiner inilah yang dikenal sebagai bilangan kompleks.

Lembar Kerja 1

1. Gambarkan hubungan ke sebelas jenis bilangan yang telah

dipaparkan dalam sub bab ”Konsep dan Struktur Bilangan” dalam

diagram Venn.

Jawab:



2. Buatlah gambar himpunan jenis bilangan tersebut dalam garis

bilangan!

Jawab:

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

3. Selain jenis bilangan di atas apakah ada jenis bilangan lain yang

pernah anda kenal?

Jawab:

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................



.................................................................................................................



1.2. Himpunan Bilangan Real

Sub bab ini menjelaskan tentang hal-hal yang berkaitan dengan dengan

himpunan dan sistem bilangan real sebagai suatu sistem matematika

yang memiliki sifat-sifat sebagai suatu lapangan yang terurut dan lengkap

yaitu bahwa pada himpunan semua bilangan real R yang dilengkapi

dengan operasi penjumlahan dan perkalian berlaku sifat-sifat aljabar dari

lapangan. Sifat terurut dari R berkaitan dengan konsep kepositifan dan

ketidaksamaan antara dua bilangan real, sedangkan sifatnya yang

lengkap berkaitan dengan konsep supremum atau batas atas terkecil.

Teorema-teorema dasar dalam kalkulus elementer, seperti Teorema

Eksistensi Titik Maksimum dan Minimum, Teorema Nilai Tengah,

Teorema Rolle, Teorema Nilai Rata-Rata, dan sebagainya, didasarkan atas

sifat kelengkapan dari R ini. Sifat ini berkaitan erat dengan konsep limit

dan kekontinuan. Dapat dikatakan bahwa sifat kelengkapan dari R

mempunyai peran yang sangat besar di dalam analisis real.

1.3. Aksioma Bilangan Real dan Beberapa Aturan Dasar

Definisi 1.1 (Sifat Aljabar dari Bilangan Real) Sistem bilangan R adalah

suatu sistem aljabar yang terhadap operasi jumlahan (+) dan operasi

perkalian ( o ) mempunyai sifat-sifat sebagai berikut:

A. (R, +) Grup komutatif, yaitu:

(A1). ℜ∈+ℜ∈∀ baba ,, (Tertutup)

(A2). ( ) ( ) cbacbacba ++=++ℜ∈∀ ,,, (Assosiatif)

(A.3). aaooaao =+=+ℜ∈∀ℜ∈∃ ,,! (ada elemen Netral ⊕)

(A.4). ( ) aaoaaaa +−==−+ℜ∈−∃ℜ∈∀ ,!, (Ada elemen Invers ⊕)

(A.5). abbaba +=+ℜ∈∀ ,, (Komutatif)

B. (R-{0}, o ) Grup Komutatif, yaitu

(M1). { } { }0,0, −ℜ∈−ℜ∈∀ baba o (Tertutup)

(M2). { } ( ) ( ) cbacbacba oooo =−ℜ∈∀ ,0,, (Assosiatif)

(M3). { } { } aaaa ==−ℜ∈∀−ℜ∈∃ 11,0,01! oo (Ada elemen satuan)



(M4). { } { } 111,01!,0 ==−ℜ∈∃−ℜ∈∀ aaa

aa

a oo (Ada el invers ditulis 1−a )

(M5). { } abbaba oo =−ℜ∈∀ 0, (komutatif)

C. ( )o,,+ℜ distributif

( ) cabacbacba ooo +=+ℜ∈∀ ,,,

Selanjutnya anggota ℜ disebut sistem bilangan Real / bilangan nyata.

Teorema 1.2

(a). Jika z dan ,, aaza =+ℜ∈ maka z = 0

(b). Jika ℜ∈bu, dengan ob ≠ dan ,bbu =o maka 1=u

Bukti:

(a). Diketahui aazaz =+ℜ∈ ,, Akan ditunjukkan bahwa z = 0

Menurut (A4) ( ) ( ) ( )aaaaz −+=−++

(A2) ( )( ) ( )aaaaz −+=−++

(A4) 00 =+z

(A3) 0=z (b). Diketahui bbubbu =⋅≠ℜ∈ ,0,,

(M4) ( ) 11 −− = bbbbu ooo

(M2) ( ) 11 −− = bbbbu ooo

(M4) 11 =ou

(M3) 1=u

Teorema 1.3.

(a). Jika 0,, =+ℜ∈ baba maka ab −=

(b). Jika 1,,0 =ℜ∈≠ baba o maka a

b 1=

Bukti :

(a). Diketahui 0,, =+ℜ∈ baba

(A4) ( ) ( ) ( ) 0+−=++− abaa

(A2) ( )( ) ( ) 0+−=++− abaa

(A4) ( ) 00 +−=+ ab

(A3) ab −=



(b). Latihan!

Diketahui..................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

......................................................................................

Teorema 1.4 Misal ℜ∈ba, , maka

(a). Persamaan bxa =+ mempunyai penyelesaian tunggal ( ) bax +−=

(b). Jika ,0≠a persamaan bxa =o mempunyai penyelesaian tunggal

ba

x o⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

1

Bukti:

(a). Dengan (A2) (A4) & (A3) didapat

( )( ) ( )( ) bbbaabaa =+=+−+=+−+ 0

bxa =+Q mempunyai penyelesaian ( ) bax +−=

Misal 1x juga penyelesaian, maka diperoleh:

bxa =+ 1

(A4) ( ) ( ) ( ) baxaa +−=++− 1

(A2) ( ) ( ) baxaa +−=++− 1

(A4) ( ) bax +−=+ 10

(A3) ( ) bax +−=1



(b). Latihan

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

..............................................................

Teorema 1.5. Jika ℜ∈a sebarang, maka

(a). 00 =oa (c). ( ) aa =−−

(b). ( ) aa −=− o1 (d). ( ) ( ) 111 =−− o

Bukti:

(a). ( )

aaaM

=⇒ℜ∈ 13

o

010 ooo aaaa +=+⇒

( )

( )01+= oac

aaA

== 13o

( )

0001

=⇒=+ ooQ aaaaaTh

(b). ( )( )

( ) aaaaM

ooo 1113

−+=−+

( )

( )( ) ac

o11 −+=

( )

aA

o04=

( )

0a=

( )( )

( ) aaaaaTh

−=−⇒=−+ ooQ 1012



(c). Dari A4 ( ) 0=+−⇒ aa

( )aaaTh

−−=⇒2

(d). Dari ab, diganti ( ) ( ) ( )1111 −−=−−⇒− o

( )( ) ( ) 111 =−−⇒ o

c

Teorema 1.6 Diberikan ℜ∈cba ,,

(a). Jika 0≠a maka 01≠

a dan a

a

=1

1

(b). Jika ,0, ≠= acaba oo maka cb =

(c). Jika 0=ba o , maka 0=a atau 0=b

Bukti:

(a). a

a 10 ⇒≠ ada

Andaikan 01=

a, maka

( )0011

3=== aa

a

Moo Kontradiksi.

Jadi a

Thaa

a

b

1

111 2

=⇒=o

(b). 010 ≠⇒≠a

a sehingga dari yang diketahui:

caba oo =

( ) ( )caa

baa

oooo11

=

cb oo 11 =

cb =

(c). Misalkan ⇒≠ 0a harus dibuktikan 0=b .

Karena 0≠a , maka 01≠

a. Oleh karena itu ( ) 011

oooa

baa

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

(diketahui)

001

==bbo

Sifat Terurut dari ℜ

Sifat terurut dari R berkaitan dengan konsep kepositifan dan

ketidaksamaan antara dua bilangan real. Seperti apa kedua konsep



tersebut? Di sini, kita akan membahasnya. Terlebih dahulu kita akan

membahas konsep kepositifannya.

(Sifat Kepositifan). Terdapat himpunan bagian tak kosong dari R , yang

dinamakan himpunan bilangan real positif ℜ∈Ρ sehingga memenuhi:

(1). Ρ∈+⇒Ρ∈ baba,

(2). Ρ∈⇒Ρ∈ baba o,

(3). ℜ∈∀a , tepat satu berlaku : Ρ∈−=Ρ∈ aaa ,0, (sifat Trichotomi)

Selanjutnya P disebut himpunan bilangan real positif.

Sifat Trichotomy ini mengatakan bahwa R dibangun oleh tiga buah

himpunan yang disjoin. Tiga buah himpunan tersebut adalah himpunan

{ }Paa ∈− : yang merupakan himpunan bilangan real negatif, himpunan

{ }0 , dan himpunan bilangan real positif .

Kesepakatan : aa ⇒Ρ∈ disebut bilangan Real Positif, ditulis 0>a

aa ⇒Ρ∈− disebut bilangan Real Negatif, ditulis 0<a

{ } aa ⇒∪Ρ∈ 0 disebut bilangan real non negatif, ditulis 0≥a

{ } aa ⇒∪Ρ∈− 0 disebut bilangan real non positif, ditulis 0≤a

⇒Ρ∈− ba ditulis ba > atau ab <

{ } baba ≥⇒∪Ρ∈− 0 atau ab ≤

bacba <⇒<< dan cb <

bacba ≤⇒≤≤ dan cb ≤

Penjumlahan k buah suku elemen 1 menghasilkan bilangan k .

Himpunan bilangan k yang dikonstruksi dengan cara demikian disebut

sebagai himpunan bilangan asli, dinotasikan dengan N . Himpunan N ini

merupakan himpunan bagian dari himpunan . Himpunan ini memiliki

sifat fundamental, yakni bahwa setiap himpunan bagian tak kosong dari

N memiliki elemen terkecil. Sifat yang demikian disebut sebagai sifat

well-ordering dari N . Selanjutnya, jika kita ambil sembarang Nk∈ maka

Nk −− ∈ . Gabungan himpunan N , { }0 , dan { }: Nk k− ∈ membentuk suatu

himpunan yang disebut sebagai himpunan bilangan bulat, dinotasikan

dengan Z . Himpunan bilangan asli N disebut juga sebagai himpunan



bilangan bulat positif, dinotasikan dengan Z+ , sedangkan himpunan

{ }: Zk k− ∈ disebut juga himpunan bilangan bulat negatif, dinotasikan

dengan Z− . Dari himpunan Z , kita bisa mengonstruksi bilangan dalam

bentuk /m n , dengan 0n ≠ . Bilangan real yang dapat direpresentasikan

dalam bentuk yang demikian disebut sebagai bilangan rasional.

Sebaliknya, bilangan real yang tidak dapat direpresentasikan dalam

bentuk itu disebut sebagai bilangan irasional. Himpunan bilangan

rasional dinotasikan dengan Q . Dapat dikatakan bahwa himpunan

bilangan real R merupakan gabungan dua himpunan disjoin, himpunan

bilangan rasional dan himpunan bilangan irasional. Bilangan 2 dan 0

merupakan contoh bilangan-bilangan rasional, dan dapat ditunjukkan

bahwa 2 , akar dari persamaan 2 2x = , merupakan contoh bilangan

irasional. Sekarang, kita sampai kepada penjelasan tentang konsep

ketidaksamaan antara dua bilangan real, sebagai salah satu konsep yang

berkaitan dengan sifat terurut dari R .

Teorema 1.7 Diberikan ℜ∈cba ,,

(1). ba > dan cacb >⇒>

(2). Tepat satu berlaku : bababa <=> ,,

(3). ba ≥ dan baba =⇒≤

Bukti: (1). Karena ba > dan cb > , maka Ρ∈−ba dan Ρ∈− cb , sehingga menurut

(1) didapat ( ) ( ) Ρ∈−=−+− cacbba . D.k.l ba >

(2). Dengan Trichotomi, tepat satu berlaku :

( ) Ρ∈−−=−Ρ∈− bababa ,0,

bababa <=> ,, (3). Andaikan ba ≠ , maka ba < dan ba > , kontradiksi dengan yang

diketahui.

Teorema 1.8 Diberikan ℜ∈a

(1). 00 2 >⇒≠ aa

(2). 01 >

(3). 0, >Ν∈∀ nn



Bukti: (1). Menurut sifat Trichotomi, untuk 0≠a , maka Ρ∈a atau Ρ∈− a

Dengan sifat urutan (2) Ρ∈= 2aaa o atau ( ) ( ) .2 Ρ∈=−− aaa o

Jadi 02 >a

(2). Dari (1) : .101 2 Ρ∈⇒≠ Jadi 01 >

111 =o

(3). Dengan induksi matematika:

i) 011 >⇒=n benar karena (2)

ii) Dianggap benar untuk kn =

Karena Ρ∈Ρ∈ k&1 maka dengan sifat urutan (1) :

Ρ∈+1k 01>+kQ . Jadi nn ∀> ,0

Teorema 1.9 Diketahui ℜ∈dcba ,,,

(1). cbcaba +>+⇒>

(2). dbcadcba +>+⇒>∧>

(3). bcaccba >⇒>∧> 0

bcaccba <⇒<∧> 0

(4). 010 >⇒> aa

010 <⇒< aa

Bukti:

(1). Dari ,ba > maka .Ρ∈− ba

( ) ( ) cbcacbcaba

+>+⇒Ρ∈=+−+−

(2). Karena dcba >∧> maka Ρ∈− ba dan Ρ∈− dc

Dengan sifat urutan (1) : ( ) ( ) ( ) ( ) Ρ∈+−+=−+− dbcadcba

dbca +>+Q

(3). Dari ba > dan 0>c , maka Ρ∈− ba dan Ρ∈c

Dengan sifat urutan (2) : ( ) Ρ∈− cba o

Ρ∈− bcac

bcac >Q

(4). Latihan.



.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

..............................................................

Teorema 1.10 Jika ba < maka ( ) bbaa <+<21

Bukti :

Diketahui baaaaba +<+=⇒< 2

bbbbaba 2=+<+⇒<

( )

( )( ) bbaa

bba

baa<+<

⋅<+

+<⋅⇒>⇒>⇒Ν∈

21

221

21dan

212

210

21022

Teorema 1.11 Jika ℜ∈a dan ε<≤ a0 , untuk sebarang bilangan 0>ε maka 0=a

Bukti:

Andaikan 0,0 >≠ aa . Dengan Teorema sebelumnya, aa <<210 . Diambil

bilangan a21

0 =ε , maka a<< 00 ε . Kontradiksi dengan yang diketahui :

0,0 >∀≤≤ εεa

Q Pengandaian 0≠a salah

Teorema 1.12 (Teorema Ketidaksamaan Bernoulli)

ℜ∈x dan 1−>x maka ( ) Ν∈∀+≥+ 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 +≥+ 11Q .

HARGA MUTLAK

Definisi 1.13 (Nilai Mutlak) Nilai mutlak dari bilangan real a ,

dinotasikan dengan a , didefinisikan dengan

, 0:

, 0.a a

aa a

≥⎧= ⎨− <⎩

Nilai mutlak dari bilangan-bilangan real ini memiliki sifat-sifat tertentu,

di antaranya seperti yang tertuang dalam fakta berikut ini.

Teorema 1.14

1. 00 =⇔= aa

2. aa =−

3. ab a b= untuk setiap R∈ba, .

4. Misalkan 0c ≥ dan R∈a , a c≤ jika dan hanya jika c a c− ≤ ≤ .

5. Misalkan 0c ≥ dan R∈a , a c≥ jika dan hanya jika a c≥ atau a c≤ − .

6. ℜ∈∀<<− aaaa ,

Bukti:

1. Jelas dari definisi

2. ℜ∈a

i) aaaa =−⇒=−⇒= 00

ii) ( ) aaaaaa −=−−==⇒<−⇒> 00

iii) aaaaa =−=−⇒>−⇒< 00



3. Diberikan ℜ∈ba, . Jika 0a = atau 0b = maka 0 0ab = = dan 0a b = .

Jika , 0a b > maka 0ab > , a a= , dan b b= , sehingga ab ab= dan

a b ab= . Jika 0a > dan 0b < maka 0ab < , a a= , dan b b= − ,

sehingga ab ab= − dan ( )a b a b ab= − = − . Untuk kasus 0a < dan 0b > ,

penyelesaiannya serupa dengan kasus sebelumnya.

4. Misalkan a c≤ . Untuk 0a ≥ , kita peroleh a a c= ≤ , sehingga didapat

0 a c≤ ≤ . Untuk 0a ≤ , kita peroleh a a c= − ≤ atau a c≥ − , sehingga

didapat 0c a− ≤ ≤ . Dengan menggabungkan hasil dari kedua kasus

tersebut, kita peroleh c a c− ≤ ≤ .

Untuk sebaliknya, misalkan c a c− ≤ ≤ . Hal tersebut mengandung arti

c a− ≤ dan a c≤ . Dengan kata lain, a c− ≤ dan a c≤ . Lebih sederhana,

yang demikian dapat dituliskan sebagai a c≤ .

5. Misalkan a c≥ . Untuk 0a ≥ , kita peroleh a a c= ≥ . Untuk 0a ≤ , kita

peroleh a a c= − ≥ atau a c≤ − . Dengan menggabungkan hasil dari

kedua kasus tersebut, kita peroleh a c≥ atau a c≤ − . Untuk

sebaliknya, jika a c≥ atau a c≤ − maka a c≥ atau a c− ≥ . Dengan kata

lain, a c≥ .

6. Jelas bahwa 0≥a dan oleh karena itu menurut (4) diperoleh

aaa <<−

Selanjutnya, kita sampai kepada sifat nilai mutlak yang lain, yang

dinamakan dengan Ketidaksamaan Segitiga. Ketidaksamaan ini

mempunyai kegunaan yang sangat luas di dalam matematika, khususnya

di dalam kajian analisis dan aljabar.

Teorema 1.15 (Teorema Ketaksamaan Segitiga)

Untuk bababa +≤+ℜ∈ ,,,

Bukti:

Untuk aaaba ≤≤−ℜ∈ :,

bbb ≤≤−



Diperoleh : bababa +≤+≤−−

( )( )

bababababa +≤+⇒+≤+≤+−4

Akibat 1.16

(1). baba −≤−

(2). baba +≤−

Bukti:

1). Untuk ℜ∈ba,

(i) bbabbaa +−≤+−=

(ii) ( ) abaabaaabaabb +−=+−−=+−≤+−−

Sehingga

baba −≤− dari (i)

baab −≤− atau baba −≤−− dari (ii)

Jadi

bababa −≤−≤−−

D.k.l

baba −≤−

2). ( ) babababa +=−+≤−+=−

Contoh 1.17

Tentukan 0>Μ sehingga ( ) [ ]4,1, ∈∀Μ≤ xxf dengan ( )15

432 2

−++

=xxxxf

Jawab:

( )15

43215

432 22

−++

=−

++=

xxx

xxxxf

432432 22 ++≤++ xxxx

432 2 ++= xx

48443162 =+⋅+⋅≤

411515 =−⋅≥−x



( ) [ ]4,1,12448

115432 2

∈∀Μ==≤−++

= xxxxxf .

Lembar Kerja 2.

1. Cari semua penyelesaian dari ketidaksamaan 2 6x x− < .

Jawaban. Perhatikan bahwa

( )( )2 26 6 0 2 3 0x x x x x x− < ⇔ − − < ⇔ + − < .

Dari sini diperoleh bahwa 2 0x + > dan 3 0x − < , atau ……………. dan

………………………. Untuk kasus yang pertama kita dapatkan 2x > −

dan 3x < , atau dengan kata lain ………………. Untuk kasus yang

kedua kita peroleh bahwa 2x < − dan 3x > . Perhatikan bahwa pada

kasus kedua tersebut tidak ada nilai x yang memenuhinya. Dengan

demikian, ketidaksamaan 2 6x x− < dipenuhi oleh semua

{ }32: <<−∈∈ xxx R . ■

2. Selidiki apakah ketidaksamaan

2 22 3xx−

>+

memiliki penyelesaian.

Jawaban:

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

………………………………………………………………………………………..

3. Cari himpunan penyelesaian dari 2 1 5x + < .



Jawaban:

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

………………………………………………………………………………………..

4. Tentukan himpunan penyelesaian dari .

Jawaban:

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

………………………………………………………………………………………..

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………



…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

………………………………………………………………………………………..

…………………………………………………………………………………………

5. Selidiki apakah ketidaksamaan 3 2 4x x− + + ≤ memiliki penyelesaian.

Jawaban:

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

………………………………………………………………………………………..

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

…………………………………………………………………………………………

………………………………………………………………………………………..

…………………………………………………………………………………………



Sifat Kelengkapan ℜ Sifat kelengkapan berkaitan dengan konsep supremum atau batas atas

terkecil. Untuk itu, kita akan bahas terlebih dahulu apa yang dimaksud

dengan batas atas dari suatu himpunan bilangan real, dan kebalikannya,

yaitu batas bawahnya.

Definisi 1.18

(i). Himpunan R⊂A dan φ≠A dikatakan terbatas ke atas (bounded

above) jika ada bilangan real k sehingga berlaku ka ≤ untuk setiap

Aa∈ . Selanjutnya k disebut batas atas (upper bound) himpunan A .

(ii). Himpunan R⊂A dan φ≠A dikatakan terbatas ke bawah (bounded

below) jika ada bilangan real l sehingga berlaku al ≤ untuk setiap

Aa∈ . Selanjutnya l disebut batas atas (lower bound) himpunan A .

(iii). Himpunan R⊂A dikatakan terbatas (bounded) jika A terbatas ke

atas dan terbatas ke bawah.

Definisi 1.19

(i). Bilangan real R∈M disebut batas atas terkecil (supremum) atas

himpunan R⊂A jika memenuhi:

a. Ma ≤ untuk setiap Aa∈ .

b. Jika Ma ′′≤ untuk setiap Aa∈ maka MM ′′≤

(ii). Bilangan real R∈m disebut batas bawah terbesar (infimum) atas

himpunan R⊂A jika memenuhi:

c. am ≤ untuk setiap Aa∈ .

d. Jika am ≤′′ untuk setiap Aa∈ maka mm ≤′′

Teorema 1.20

(i). M supremum himpunan A jika dan hanya jika memenuhi

a. M batas atas himpunan A

b. Untuk setiap bilangan 0>ε terdapat Aa ∈′ sehingga

MaM ≤′<− ε

(ii). m infimum himpunan A jika dan hanya jika memenuhi

c. m batas bawah himpunan A



d. Untuk setiap bilangan 0>ε terdapat Aa ∈′′ sehingga

ε+≤′′≤ mam .

Bukti

(i). ( )⇒ Karena M supremum (batas atas terkecil) himpunan A maka

Ma ≤ untuk setiap Aa∈ dan untuk setiap bilangan 0>ε , ε−M

bukan batas atas himpunan A . Berarti ada Aa ∈′ sehingga aM ′<− ε .

Karena M batas atas terkecil himpunan A maka untuk setiap Aa∈

khususnya Aa ∈′ berlaku Ma ≤′ .

Jadi terbukti ada Aa ∈′ sehingga MaM ≤′<− ε .

( )⇐ Diketahui bahwa Ma ≤ dan untuk setiap bilangan 0>ε terdapat

Aa ∈′ sehingga MaM ≤′<− ε . Hal ini berarti tidak ada batas atas 1M

sehingga MM <1 . Andaikan ada batas atas 1M dengan MM <1 .

Kemudian diambil 1MMo −=ε maka diperoleh kontradiksi

( ) aMMMMM o <−=−−= ε11 . Dengan kata lain terbukti bahwa M

supremum himpunan A

(ii). ( )⇒ Karena m infimum (batas bawah terbesar) himpunan A maka

ma ≥ untuk setiap Aa∈ dan untuk setiap bilangan 0>ε , ε+m bukan

batas atas himpunan A . Berarti ada Aa ∈′′ sehingga ε+<′′ ma . Karena

m batas bawah terbesar himpunan A maka untuk setiap Aa∈

khususnya Aa ∈′′ berlaku am ′′≤ .

Jadi terbukti ada Aa ∈′′ sehingga ε+<′′≤ mam .

( )⇐ Diketahui bahwa am ≤ dan untuk setiap bilangan 0>ε terdapat

Aa ∈′′ sehingga ε+<′′≤ mam . Hal ini berarti tidak ada batas bawah 1m

sehingga 1mm < . Andaikan ada batas bawah 1m dengan 1mm < .

Kemudian diambil mmo −= 1ε maka diperoleh kontradiksi

( ) 11 mmmmma o =−+=+<′′ ε .

Dengan kata lain terbukti bahwa m infimum himpunan A .

Selanjutnya jika R⊂A , φ≠A dan A terbatas maka supremum atau

infimumnya ada di R .



Teorema 1.21 (Aksioma Supremum) Jika R⊂A , φ≠A dan A terbatas

ke atas maka Amempunyai supremum di R , yaitu terdapat R∈M

sehingga AM sup= .

Akibat 1.22 Jika R⊂A , φ≠A dan A terbatas ke bawah

maka Amempunyai infimum di R , yaitu terdapat R∈m sehingga

Am inf= .

Sering muncul pertanyaan, apakah perbedaan antara supremum

(infimum) dengan maksimum (minimum)? Contoh sebelumnya tentang

himpunan { }10: <<∈ xx R , bisa menjadi ilustrasi untuk menjelaskan hal

ini. Himpunan { }10: <<∈ xx R tidaklah mempunyai minimum dan

maksimum, karena tidak ada { }10:, <<∈∈ xxMm R sedemikian sehingga

m x≤ dan M x≥ , untuk setiap { }10: <<∈∈ xxx R . Sedangkan untuk

supremum dan infimum, himpunan { }10: <<∈ xx R memilikinya, yaitu 1

dan 0, masing-masing secara berurutan. Elemen minimum dan

maksimum haruslah elemen dari himpunan yang bersangkutan, tetapi

elemen infimum dan supremum tidaklah harus demikian. Jadi elemen

infimum dan supremum bisa termasuk atau tidak termasuk ke dalam

himpunan yang bersangkutan. Himpunan { }10: ≤≤∈ xx R memiliki

infimum dan supremum, yaitu elemen 1 dan 0, yang termasuk ke dalam

himpunan { }10: ≤≤∈ xx R .

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:

{ }→≥ℜ∈= 0:1 xxS Punya batas bawah tapi tidak punya batas atas

{ }→<ℜ∈= 0:1 xxS Punya batas atas tapi tidak punya batas bawah

Sifat Kelengkapan ℜ

1. Setiap himpunan tak kosong dan terbatas di atas dalam ℜ

mempunyai supremum dalam ℜ



2. Setiap himpunan tak kosong dan terbatas di bawah dalam ℜ

mempunyai infimum dalam ℜ

Selanjutnya, mungkin kita mempertanyakan apakah elemen supremum

atau infimum tunggal atau tidak. Mari kita kaji masalah ini. Misalkan

R∈vu, adalah supremum dari himpunan yang terbatas atas U . Untuk

menunjukkan bahwa supremum dari U adalah tunggal, berarti kita

harus menunjukkan bahwa u v= . Untuk menunjukkannya, perhatikan

bahwa u w≤ dan v w≤ , untuk setiap w , batas atas dari U . Karena u dan

v juga batas atas dari U , kita memiliki u v≤ dan v u≤ . Yang demikian

berarti u v= atau supremum dari U adalah tunggal. Dengan mudah,

dapat pula kita tunjukkan bahwa infimum dari suatu himpunan yang

terbatas bawah juga tunggal. Berdasarkan semua penjelasan pada

subbab ini, kita mempunyai suatu aksioma yang sangat esensial.

Aksioma inilah yang dimaksud dengan sifat Kelengkapan dari R Aksioma 1.23 (Sifat Kelengkapan dari R ). Setiap himpunan bagian dari

R yang terbatas atas memiliki supremum di R .

Aksioma tersebut mengatakan bahwa R , digambarkan sebagai

himpunan titik-titik pada suatu garis, tidaklah “berlubang”. Sedangkan

himpunan bilangan-bilangan rasional Q , sebagai himpunan bagian dari

R yang juga memenuhi sifat aljabar (lapangan) dan terurut, memiliki

“lubang”. Inilah yang membedakan R dengan Q . Karena tidak

“berlubang” inilah, R , selain merupakan lapangan terurut, juga

mempunyai sifat lengkap. Oleh karena itu, R disebut sebagai lapangan

terurut yang lengkap. Penentuan supremum dari himpunan

{ }2,0:: 2 <≥∈= tttT Q bisa dijadikan ilustrasi untuk menjelaskan

terminologi “lubang” pada himpunan Q . Supremum dari Q∈T yaitu 2 ,

yang merupakan akar dari persamaan 2 2x = , bukanlah bilangan rasional.

Bilangan 2 ini merupakan salah satu “lubang” pada Q . Maksudnya,

supremum dari Q∈T adalah 2 yang bukan merupakan elemen dari Q .

Sehingga dapat dikatakan bahwa aksioma kelengkapan tidak berlaku



pada Q . Tetapi jika kita bekerja pada R , yang demikian tidak akan

terjadi.

Lembar Kerja 3.

1). ,, φ≠ℜ⊆ SS terbatas dalam ℜ

Buktikan { }SssSSup ∈−−= :inf

Bukti:

Misalkan { }SssT ∈−= :

Dengan sifat kelengkapan, S mempunyai ................................... dalam ℜ

Mislkan Su sup= , sehingga berlaku ............................................................................

Oleh karena itu –u adalah ....................................................... dari T .

Dengan sifat kelengkapan, T mempunyai ........................................ dalam ℜ

Misalkan Tinf=l

Dalam hal ini: uatauu ≤−≤− ll ................ (1)

Di pihak lain : Sss ∈∀−≤ ,l sehingga berlaku Sss ∈∀−≤ ,l yaitu l− batas atas

dari S dan l−≤u ........ (2).

Dari (1) & (2) didapat l−=u atau sup TS inf−=

2). uS ,φ≠ batas atas S dengan Su∈ . Buktikan Su sup=

Bukti :

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

3). SuS sup, =≠ φ .

Buktikan :

(1). 21−u bukan batas atas S .



(2). nu 1+ batas atas S , Nn∈∀

Bukti:

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

Teorema 1.24

(i). Jika BBA ,ℜ⊂⊂ terbatas ke atas, maka ( ) ( )BA supsup ≤

(ii). Jika BBA ,ℜ⊂⊂ terbatas ke bawah, maka ( ) ( )BA infinf ≥

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

Bukti:

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................



.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

Teorema 1.25 Diberikan .&, ℜ∈ℜ⊂ xBA Didefinisikan { }BbAabaBA ∈∈+=+ &:

Jika ℜ⊂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 . Berdasarkan definisi supremum

diperoleh bahwa 1, MaAa ≤∈∀ dan 2, MbBb ≤∈∀ .

Akibatnya BAba +∈+∀ , 2121 MMMMba +⇒+≤+ batas atas BA +

sehingga sup ( ) 21 MMBA +≤+ = sup ( )A + sup ( )B

(ii) Latihan

Bukti:

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................



.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

Teorema 1.26 (Sifat Archimedes) Jika R∈x maka terdapat N∈n

sehingga nx < .

Bukti : Diambil sebarang R∈x . Andaikan tidak ada N∈n sehingga nx < ,

berarti xn ≤ untuk setiap N∈n . Akibatnya N terbatas ke atas dengan

salah satu batas atasnya adalah x . Dengan menggunakan aksioma

supremum berarti N mempunyai supremum. Namakan Nsup=u . Jika

diambil 1=ε maka 1−u bukan batas atas N . Jadi terdapat N∈m dengan

sifat mu <−1 , akibatnya 1+< mu . Karena 1+< mu dan N∈+1m maka

terjadi kontradiksi dengan asumsi bahwa u merupakan batas atas N .

Jadi pengandaian diingkar. Dengan kata lain terbukti bahwa jika R∈x

maka terdapat N∈n sehingga nx < .

Akibat 1.27 Diberikan y dan z bilangan real positif, maka

(i). nyzNn <∋∈∃

(ii). ynNn <<∋∈∃ 10

(iii). nznNn <≤−∋∈∃ 1

Bukti : Diketahui y dan z bil real positif.

(i). Ambil 0>= yzx . Dengan sifat archimedes, Nn∈∃ sehingga ny

zx <=

nyz <Q

(ii). Khususnya 1=z , (i) menjadi ny<1 atau yn << 10

(iii). Misal { }mzNmS <∈= :

φ≠S , karena sifat archimedes

NS ⊆ , karena N mempunyai elemen terkecil maka S mempunyai

elemen terkecil. Misal n elemen terkecil, maka nzn <≤−1 .

Teorema 1.28 (eksistensi 2 ) : ∃ bilangan real positif x sehingga 2x =2.

Teorema Kerapatan 1.29 Jika x dan y bilangan real sehingga yx < ,

maka ∃ bilangan rasional r sehingga yrx <<



Bukti :

Misalkan 0>x . Ambil 0>−= xyz . Dengan sifat archimedes, Nn∈∃

sehingga zxyn =−<1 . Jadi nxny −<1 atau nynx <+1 .

Untuk 0>nx , maka Nm∈∃ sehingga mnxm <≤−1 atau 11 +<+≤ mnxm

Oleh karena itu : nynxmnx <+≤< 1 . Jadi ynmx << .

Akibat 1.30 Jika x dan y bilangan real sehingga yx < , maka ∃bilangan

irasional p sehingga ypx << .

Bukti: Dari yx < maka 22yx

< yang masing-masing di ℜ . Menurut

teorema kerapatan, ∃ bilangan rasional r sehingga 22yrx

<< . Sehingga

yrx << 2 .

Lembar Kerja 4.

1. Diberikan { }Ν∈= nnS ;1 . Buktikan inf 0=S

Bukti:

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................



2. Diberikan { }Ν∈+= nmmnS ,;11 . Buktikan sup 2=S , inf 0=S

Bukti:

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

3. Diberikan

{ }Ν∈−= nmnmS ,;11 . Buktikan 1 = sup S , -1 = inf S

Bukti:

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................



.................................................................................................................

.................................................................................................................

4. Diberikan ℜ∈≠ℜ⊆ uSS ,, φ .

Buktikan (i). nu 1+ batas atas S

(ii). nu 1− bukan batas atas

Bukti:

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

5. Diberikan φ≠S , S terbatas ke atas. Didefinisikan, ℜ∈a ,

{ }SssaSa ∈+=+ , Buktikan : sup ( ) SaSa sup+=+ Bukti:

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................



.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

Pada saat membahas himpunan bilangan real R kurang lengkap rasanya

apabila belum membahas tentang interval. Interval adalah suatu

himpunan bagian dari R yang dikonstruksi berdasarkan sifat terurut

dari R .

Definisi 1.31 Misalkan R∈ba, dengan a b< .

a. Interval terbuka yang dibentuk dari elemen a dan b adalah

himpunan ( ) { }bxaxba <<∈= ::, R .

b. Interval tertutup yang dibentuk dari elemen a dan b adalah

himpunan [ ] { }bxaxba ≤≤∈= ::, R .

c. Interval setengah terbuka (atau setengah tertutup) yang dibentuk dari

elemen a danb adalah himpunan [ ) { }bxaxba <≤∈= ::, R atau

( ] { }bxaxba ≤<∈= ::, R .

Semua jenis interval pada Definisi 1.34 merupakan himpunan yang

terbatas dan memiliki panjang interval yang didefinisikan sebagai b a− .

Jika a b= maka himpunan buka ( ) { },a a = dan himpunan tutup

[ ] { },a a a= , yang dinamakan dengan himpunan singleton. Elemen a dan b

disebut titik ujung interval. Selain interval terbatas, terdapat pula interval

tak terbatas. Pada interval tak terbatas ini, kita dikenalkan dengan

simbol ∞ dan−∞ yang berkaitan dengan ketak terbatasannya.



Definisi 1.32 Misalkan R∈a .

a. Interval buka tak terbatas adalah himpunan ( ) { }axxa >∈=∞ ::, R atau

( ) { }axxa <∈=∞− ::, R .

b. Interval tutup tak terbatas adalah himpunan [ ) { }axxa ≥∈=∞ ::, R atau

( ] { }axxa ≤∈=∞− ::, R .

Himpunan bilangan real R merupakan himpunan yang tak terbatas dan

dapat dinotasikan dengan ( ),−∞ ∞ . Perlu diperhatikan bahwa simbol ∞

atau −∞ bukanlah bilangan real. Karenanya, dapat dikatakan bahwa R

ini tidak mempunyai titik-titik ujung. Berikut akan diberikan definisi

berbagai himpunan terkait dengan cacah keanggotaannya.

Definisi 1.33 Diberikan himpunan tidak kosong .

1. Himpunan dikatakan berhingga (infinite) jika terdapat

sehingga terdiri dari elemen.

2. Himpunan dikatakan denumerable jika himpunan tersebut

ekuivalen dengan himpunan bilangan asli.

3. Himpunan dikatakan tak berhingga apabila keanggotaannya tidak

dapat dipadankan dengan bilangan asli. Himpunan tak berhingga

ada dua jenis yaitu tak berhingga denumerable dan tak berhingga

non denumerable.

Lembar Kerja 5.

1. Berikan 2 contoh himpunan berhingga Jawab:

...........................................................................................................

...........................................................................................................

...........................................................................................................

...........................................................................................................

...........................................................................................................

...........................................................................................................

...........................................................................................................

...........................................................................................................

...........................................................................................................

...........................................................................................................



2. Berikan 2 contoh himpunan denumerable Jawab:

...........................................................................................................

...........................................................................................................

...........................................................................................................

...........................................................................................................

...........................................................................................................

...........................................................................................................

...........................................................................................................

...........................................................................................................

...........................................................................................................

...........................................................................................................

3. Berikan contoh himpunan tak berhingga denumerable. Jawab:

...........................................................................................................

...........................................................................................................

...........................................................................................................

...........................................................................................................

...........................................................................................................

...........................................................................................................

...........................................................................................................

...........................................................................................................

3. Berikan contoh himpunan tak berhingga non denumerable. Jawab:

...........................................................................................................

...........................................................................................................

...........................................................................................................

...........................................................................................................

...........................................................................................................

...........................................................................................................

...........................................................................................................



...........................................................................................................

...........................................................................................................

...........................................................................................................



BAB II BARISAN BILANGAN REAL

KOMPETENSI DASAR

Memahami konsep kekonvergenan barisan bilangan real dan

sifat-sifatnya serta dapat menerapkannya pada masalah yang

memuat limit barisan.

INDIKATOR:


1. Memahami definisi barisan bilangan real.

2. Memahami definisi kekonvergenan barisan dan limitnya.

3. Memahami maksud, bukti dan penggunaan TKD

4. Memahami hubungan keterbatasan dan kekonvergenan

barisan

5. Memahami sifat-aljabar barisan konvergen

6. Memahami teorema kekonvergenan terjepit

7. Mengidentifikasi barisan monoton dan terbatas (BMT).

8. Memahami sifat konvergensi BMT dan barisan bagian.

SUB POKOK BAHASAN :

2.1. Barisan Bilangan Real

2.2. Barisan Cauchy

2.3. Barisan Monoton

2.4. Barisan Bagian

2.1. Barisan Bilangan Real

Definisi 2.1 Barisan bilangan real X adalah fs dari N ke ℜ . Notasi

barisan : ( ) ( )NnxxX nn ∈:atau , . Bilangan-bilangan real yang dihasilkan

disebut unsur barisan, ditulis ( )nnn zx atau atau α .

Contoh 2.2 (Contoh barisan)

1). ( ),.......,, aaAa =ℜ∈ → barisan konstan a (semua unsurnya a ).



2). ( ) ( ),.......31,2

1,1:1 =∈= NnnS .

3). ( ) ( ) NnyyY nnn ∈−== ,1, ; ( ) ( )( ),.......1,.......,1,1,1 n

ny −−−= .

4). ( ) NnnnwwW nn ∈++

== ,3215, ; ( ) ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

++

= ,.......3215,......,

9.16,

711,

56

nnwn

Berikan contoh lain:

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

Definisi 2.3 Jika ( ) ( )nn yYxX == dan barisan bilangan real. Didefiniskan :

• Jumlah barisan ( )NnyxYX nn ∈+=+ ;

• Selisih barisan ( )NnyxYX nn ∈−=− ;

• Hasil kali barisan ( )NnyxYX nn ∈⋅=⋅ ;

Jika ( )NncxcXc n ∈=ℜ∈ ;,

• Jika ( ) NnznzZ nn ∈∀≠Ν∈= ,0,; , maka hasil bagi ZX dan adalah barisan

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∈= Nn

zx

ZX

n

n ;

Definisi 2.4 Barisan bilangan real ( )nxX = dikatakan konvergen dalam

ℜ , jika terdapat ℜ∈x sehingga knNkk ≥∀∋∈=∃>∀ )(,0 εε berlaku

ε<− xxn . Notasi: xxxx nn =→ lim, .

Note:

εεε <−<−⇔<− xxxx nn

εε +<<−⇔ xxx n

( )εε +−∈⇔ xxxn ,



Contoh 2.5.

1). 0.,1→∈= nn xNn

nx

Bukti: nx nn100 1 =−=− . Diberikan sebarang bilangan .0>ε Dengan sifat

archimedes, .1 sehingga k ε<∈∃k

N Untuk kn ≥ , berlaku

ε<≤=−kn

xn110

0→nxQ

2). 3.,213 →∈+= nn xNnn

x

Bukti nn

xn 213

2133 =−+=−

Diberikan sebarang bilangan .0>ε Dengan

sifat archimedes, knkk

≥<<Ν∈∃ untuk ,21atau 21 sehingga k εε , diperoleh

ε<≤=−kn

xn 21

213 .

3→nxQ

3). 25.,

3215

→∈++

= nn xNnnnx

Bukti :

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................



Definisi 2.6

Barisan bilangan real ( )nx dikatakan terbatas jika 0>∃M sehingga

NnMxn ∈∀≤ ,

Contoh 2.7

1. Nnnxn ∈= ,1

Nnnnxn ∈∀≤== ,111

( )nxQ terbatas.

2. ( ) Nnx nn ∈−= ,1

Nnxn ∈≤ ,1

3. Nnn

nyn ∈++

= ,122

( ) 124

321

243

21

212

23

21

=+

+≤+

+=+

++=

nn

n

nNyn ∀≤ ,1Q

Berikan contoh lain!

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................



Catatan:

( )nx tidak terbatas jika MxNnM n >∈∃>∀ ,,0

Contoh 2.8

1) Nnx nn ∈= ,2

( ) nnx nnnn ≥+≥+=== 11122

MnNnM >∋∈∃>∀ ,0 (sifat archimedes)

Jadi NnM ∈∃>∀ ,0 sehingga

Mnxn >≥

Dengan kata lain ( )nx tak terbatas.

2) Nnnxn ∈= ,2

2nxn =

Tidak ada 0>M sehingga NnMnxn ∈∀≤= ,2

Jadi ( )nx tidak terbatas.

Teorema 2.9 Jika ( )nx konvergen, maka ( )nx terbatas.

Bukti Misal xxn → . Hal ini berarti untuk 1=ε , 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 2.10 Jika ( )nx dan ( )ny konvergen, maka

(1) ( )nxα konvergen dan ( ) ( ) skalar,limlim ααα nn xx =

(2) ( )nn yx + konvergen dan ( ) ( ) ( )nnnn yxyx limlimlim +=+

(3) ( )nn yx konvergen dan ( ) ( ) ( )nnnn yxyx limlimlim ⋅=



(4) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

n

n

yx

konvergen dan ( )( ) ( ) 0,0limasal,

limlimlim ≠≠=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛nn

n

n

n

n yyyx

yx

Bukti

Misal xxn → dan yyn →

(1) ( ) skalar,ααααα xxxxxx nnn −=−=−

Diambil sebarang bilangan 0>ε . Karena xxn → , maka terdapat

bilangan ( ) Nkk ∈= ε sehingga jika kn ≥ berlaku

1+

<−αεxxn

Akibatnya

εαεαααα <+

<−=−1

xxxx nn

nxαQ konvergen ke xα .

(2) ( ) ( ) ( ) ( ) yyxxyyxxyxyx nnnnnn −+−≤−+−=+−+

Diberikan bilangan 0>ε sebarang

• Karena xxn → , maka terdapat Nk ∈1 sehingga jika 1kn ≥ berlaku

2ε

<− xxn

• Karena yyn → , maka terdapat Nk ∈2 sehingga jika 2kn ≥

berlaku

2ε

<− yyn

Pilih k = maks { }21,kk , akibatnya untuk kn ≥ berlaku

( ) ( ) yyxxyxyx nnnn −+−≤+−+ εεε=+<

22 yxyx nn +→+Q .

(3) xyyxyxyxxyyx nnnnnn −+−=−

( ) ( )yxxyyx nnn −+−=

( ) ( ) yxxyyxyxxyyx nnnnnn −+−=−+−≤

Diberikan 0>ε sebarang



Karena xxn → , maka terdapat Nk ∈1 sehingga untuk setiap 1kn ≥ :

( )12 +<−

yxxn

ε .

( )nx konvergen, maka ( )nx terbatas. Jadi ada 0>M sehingga

NnMxn ∈∀≤ , .

Karena yy n→ maka terdapat Nk ∈2 sehingga untuk setiap 2kn ≥ :

M

yyn 2ε

<− .

Dipilih k = maks { }21,kk . Akibatnya jika kn ≥ :

( ) yyM

Mxyyx nn 122 ++≤−

εε

εεε=+<

22.

Contoh 2.11

212 →+=n

xn

23

1243→

−+

=nnyn

8481244 →+=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

nnxn

27

2147

124312 2

2

→−−+

=−+

++=+nn

nnnn

nyx nn

( )

34

43

14

43

1212

1243

12→

+

−=

+

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

−+

=n

nn

n

nn

nn

nyx

n

n

Berikan contoh lain!

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................



.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

Teorema 2. 12 (Teorema Uji Rasio)

Diberikan ( )nx barisan bilangan real positif sehingga Lx

x

n

nn

=+→

1~

lim (ada).

Jika 1<L maka ( )nx konvergen dan ( ) 0lim~

=→ nn

x .

Contoh 2.13

1). ( ) Nnnxx nnn ∈= ,3

, .

131

31lim3

31limlim

~1~1

~<=

+=⋅

+=

→+→+

→ nn

nn

xx

n

n

nnn

nn

Jadi ( )nx konvergen dan 03

lim~

=→ nn

n .

2). Nnnzn ∈+= ,1

1121→

++

=+

nn

zz

n

n

Jadi ( )nz tidak konvergen.

Teorema 2.13

Jika Nnxxx nn ∈∀≥→ ,0, maka 0≥x

Bukti:

Andaikan 0<x , maka 0>− x . Diketahui xxn → . Diambil bilangan

0>−= xε , maka terdapat Nk ∈ sehingga jika kn ≥ berlaku

xxxn −<− xxxx n −<−<⇔

02 <<⇔ nxx Kontradiksi dengan 0≥nx .



Teorema 2.14

Jika Nnyxyyxx nnnn ∈∀≤→→ ,,, maka yx ≤

Bukti:

Diketahui nn yx ≤ , maka 0≥− nn xy . Akibatnya

( ) 0lim~

≥−→ nnn

xy

0limlim~~

≥−⇔→→ nnnn

xy

0≥−⇔ xy

yxxy ≤≥⇔ atau .

Teorema 2.15 (Teorema Apit)

Jika xyxzxxNnzyx nnnnnn →→→∈∀≤≤ maka,dan,, .

Bukti: Dengan teorema sebelumnya:

xzyyxx nnnnnnnn=≤≤=

→→→→ ~~~~limlimdanlimlim

xyyx nnnn≤≤

→→ ~~limdanlim

Jadi xynn=

→~lim .

Definisi 2.16

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 2.17

1). n

xn1

=

1

11 +=+ n

xn

Nnxx nn ∈∀≥ + ,1

Jadi ( )nx turun monoton.



2). Nnnnxn ∈++

= ,5312

( )( ) 159

732

353

37

352

+−=

+

−+=

nn

n

2497

32

1 +−=+ n

xn

Nnxx nn ∈∀≤ + ,1 . Jadi ( )nx naik monoton.

3). ⎪⎩

⎪⎨⎧

⟩+≤=

100,1100,1

nnnnyn

( )ny tidak monoton

Berikan contoh lain

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

Teorema 2.18 (Teorema Kekonvergenan Monoton)

Misal ( )nx barisan monoton. Barisan ( )nx konvergen jika dan hanya jika

( )nx terbatas. Dalam hal ini:

(a). Jika ( )nx naik monoton, maka ( ) ( )Nnxx nnn

∈=→

;suplim~

.

(b). Jika ( )nx turun monoton, maka ( ) ( )Nnxx nnn

∈=→

;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⟩ε ,

terdapat Nk ∈ sehingga

kxx <− ε

Karena ( )nx naik monoton, maka untuk kn ≥ berlaku

εε +<≤≤<− xxxxx nk

Diperoleh untuk kn ≥ berlaku ε<− 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 2.19

Misal ( ),.....,.....,, 21 nyyyY = barisan bilangan real. M : bilangan asli, Ekor –

M dari Y adalah barisan: ( ) ( ),.....,; 21 +++ =∈= MMnMM yyNnyY

Contoh 2.20

( ),.....12,.....,13,11,9,7,5,3,1 −= nY

( ) ( ) ( ),.....12.....,,15,13,11,......,,: 87655 +==∈= + nyyyNnyY n .

Teorema 2.21

Misal ( )NnyY n ∈= ; barisan bilangan real dan NM ∈ . Ekor – M dari Y, MY

konvergen ⇔ Y konvergen. Dalam hal ini MYY LimLim = .

Contoh 2.22

1). Nnnxn ∈= ,1 ( )nx terbatas dan turun monoton, maka

menurut TKM :

{ } 0;1inf =∈= NnnxLim n



2). Diketahui barisan ( )ny dengan ( ) Nnyyy nn ∈+== + ,3241,1 11

Tunjukkan ( )ny konvergen.

Bukti: ( ) ,.....8

113452

41,

45312

41,1 321 =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅==+⋅== yyy

Claim 1+≤ nn yy (naik monoton).

Dibuktikan dengan induksi matematika

4511 21 =⟨=→= yyn (benar)

Dianggap benar untuk n = k. Jadi 1+≤ kk yy

Dibuktikan benar untuk n = k + 1

( )3241

1 +=+ kk yy43

21

+= ky ( ) 211 3241

43

21

+++ =+=+≤ 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

( )3241

1 +=+ kk yy 4314

3221

43

21

=+⋅≤+= ky

21 1 ≤≤ +kyQ .

Jadi .21, ≤≤∈∀ nyNn Dengan kata lain ( )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

41Lim ny

43Lim

21Lim += ny

43

21

+= nyLim .

23

43

21

43

21

=→=→+= yyyy .



Definisi 2.23

Diketahui ( )nxX = barisan bilangan real dan ( )nr barisan bilangan asli

naik monoton, yaitu nrr nn ∀≤ + ,1 .

( ),.......,.......,,,321

1nrrrr xxxxX = disebut barisan bagian dari X .

Contoh 2.24

( ),.......1,.......,51,4

1,31,2

1,1 nX =

( ),.......21,.......,5

1,41,3

11

+= nX barisan bagian X

( ),.......121,.......,5

1,31,11

−= nX barisan bagian X

( ),.......61,3

1,41,1,2

111 =X bukan barisan bagian X

Catatan: Ekor barisan merupakan barisan bagian.

Teorema 2.25

Jika ( )nxX = konvergen ke x, maka sebarang barisan bagian X konvergen

ke x.

Bukti: Diambil 0>ε sebarang. Karena xxn → , maka

ε<−≥∀∈∃ xxknNk n:, .Karena nr barisan bilangan asli naik, maka nrn ≥ .

Akibatnya knrkn n ≥≥≥∀ , sehingga ε<− xxnr .

Teorema 2.26 (Teorema Kriteria Divergen)

Jika ( )nxX = barisan bilangan real, maka pernyataan-pernyataan berikut

ekuivalen:

(i). ( )nxX = divergen (tidak konvergen ke ℜ∈x )

(ii). εε ≥−≥∋∈∃∈∀>∃ xxkrNrNk nrnno dan,,0

(iii). ( ) NnxxxX orro nn∈∀≥−∋=>∃ ,'dan0 εε

Contoh 2.27 Tunjukkan bahwa ( )( )n1− divergen

Bukti: Andaikan ( )( )n1− konvergen ke x, maka barisan bagian ( )( )n1−

konvergen ke x, tetapi ( ) 1,.......1,1,1,11 −→−−−−=X

sedangkan ( ) 1,.......1,1,1,11 →=X

( )( )n1−Q divergen



Ingat : ( )nx konvergen ( )nx⇒ terbatas

( )nx terbatas ( )nx⇒ belum tentu konvergen, contoh ( )n1− terbatas

tetapi tidak konvergen.

Teorema 2.28 (Teorema Bolzano Weierstrass):

Setiap barisan bilangan real terbatas mempunyai barisan bagian

konvergen.

Contoh 2.29 ( ) ( ) NnxX nn ∈−== ,1 , X terbatas, ( ) 1,.......1,1,11 −→−−−=X .

Teorema 2.30 Diketahui ( )nx terbatas. Jika xxnr→ , maka xxn → .

2.2. Barisan Cauchy (BC)

Definisi 2.31 Barisan ( )nx disebut BC jika HnmNH ≥∀∈∃>∀ ,sehingga,0ε

ε<− nm xx

Contoh 2.32

1). Nnnxn ∈= ,1

Diambil 0>ε sebarang

nmnmnmxx nm111111 +=+≤−=−

Dipilih NH ∈ sehingga 21 ε<H

Akibatnya untuk :, Hnm ≥

εεε =+<+≤− 2211

HHxx nm .

( )BCxnQ

2). Nnnnyn ∈++

= ,1352

( )

( ) 3913

32

313

313

312

++=

+

++=

nn

n

Diambil 0>ε sebarang

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

++=−

3913

32

3913

32

nmyy nm

39

1339

13+

−+

=nm



39

1339

13+

++

≤nm

39

1339

13+

++

=nm

nm 9

13913

+≤

Dipilih NH ∈ sehingga 2691 ε

<H

Akibatnya :, Hnm ≥∀

εεε=⋅+⋅<−

269

913

269

913

nm yy

( )BCynQ .

3). ( ) Nnz nn ∈−= ,1

( ) ( )nmnm zz 11 −−−=−

Diambil 1=ε

HnmnmNnmNH ≤∈∃∈∀ ,sehinggaganjil,genap,,,

Diperoleh:

( ) ( )nmnm zz 11 −−−=−

( ) ε>=−−= 211

( ) BCzn bukanQ

Teorema 2.33 (a). ( ) ( )nn xBCx ⇒ terbatas

(b). ( ) ( )konvergen B nn xCx ⇒

Bukti:

(a). Karena ( ) ,BCxn maka untuk 1=ε , 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>ε sebarang.

Karena ( ) :,,maka, HnmNHBCxn ≥∀∈∃

2ε<− nm xx .

( )BCxn , maka ( )nx terbatas. Menurut teorema BW, ∃ barisan bagian

( )nr

x dari ( )nx sehingga ℜ∈→ xxxnr

, .

Karena ( ) maka,xxnr → HkN ≥∈∃ ,k ( ),.......,dan 21 rrk∈ krn ≥∀sehingga :

2ε<− xx

nr .

Akibatnya untuk kn ≥ :

xxxxxx kknn −+−=− xxxx kkn −+−≤ εεε =+< 22 .

Contoh 2.34

Diketahui ( ) ( ) 2,21,2,1dengan 1221 >+==== −− nxxxxxxX nnnn

Tunjukkan ( )nx konvergen dan selanjutnya tentukan konvergen ke mana.

Jawab:

dst813,4

7,23,2,1 54321 ===== xxxxx

( )( ) digunakandapattidakTKM

monotontidakterbatas,21

n

nn

xxnx ⇒∀≤≤

Perhatikan bahwa:

12121 =−=− xx

21

23232 =−=− xx

243 21

41

47

23 ==−=− xx

:

:

11 21−+ =− nnn xx (cek dengan induksi).

Diperoleh:

mmnnnnnmn xxxxxxxxx −+++−+−=− −++++ 12211 .......

mmnnnnnn xxxxxxxx −+−+−+−≤ −+++++ 132211 .......



1112111 21.......

21

21

21

−−−+−+− ++++= mnnn

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++++= −−− 121 2

1.......21

211

21

nmn

nn 24

211

12

11 =⎟

⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

−= −

Diberikan 0>ε sebarang. Pilih 42

1dengan ε<∈ HNH .

Akibatnya :, Hnm ≥∀

εε=⋅<≤=−

44

24

24

Hnmn xx

( )BCxnQ . Menurut teorema sebelumnya, ( )nx konvergen.

Perhatikan untuk barisan bagian suku ganjil ( )12 +nx

( )

35

321

411

321

411

34

211

4114

11

211

21.......

21

211

::

21

21

21132

532

12

11813

2112

31

12312

537

25

3

1

=+→⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −+=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅+=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−

−+=

++++=

+++==

++==

+==

=

−+

n

n

n

nnx

x

x

x

x

Jadi 35→nx menurut teorema (#)

2.3. Barisan Monoton

Berikut ini diberikan pengertian mengenai barisan naik dan turun

monoton.



Definisi 2.35 Diberikan barisan bilangan real X = (xn)

(i) Barisan X dikatakan naik (increasing) jika xn xn+1, untuk semua n

(ii) Barisan X dikatakan naik tegas (strictly increasing) jika xn xn+1 ,

untuk semua n

(iii)Barisan X dikatakan turun (decreasing) jika xn xn+1 , untuk semua

n

(iv) Barisan X dikatakan turun tegas (strictly decreasing) jika xn xn+1 ,

untuk semua n

Definisi 2.36 Barisan dikatakan monoton jika berlaku salah satu X naik

atau X turun.

Contoh 2.37

a. Barisan berikut ini naik (monoton).

b. Barisan berikut ini turun (monoton).

c. Barisan berikut ini tidak monoton.

Definisi 2.38 Teorema Konvergensi Monoton

a. Jika X = (xn) naik (monoton) dan terbatas ke atas, maka X =(xn)

konvergen dengan



b. Jika X = ( ) Turun (monoton) dan terbatas ke bawah, maka X =(xn)

konvergen dengan

Bukti.

a) Karena X = ( ) terbatas ke atas, maka terdapat sedemikian

hingga untuk semua . Namakan A = ,

maka R, terbatas ke atas dan tidak kosong. Menurut Sifat

Lengkap maka supremum A ada, namakan x = sup A. Diambil

, maka terdapat sedemikian hingga .

Karena X naik monoton, maka untuk berlaku

atau

Jadi, terbukti bahwa X = ( ) konvergen ke x = lim( ) =

b) Gunakan cara yang hampir sama dengan pembuktian (a).

.............................................................................................................

.............................................................................................................

.............................................................................................................

.............................................................................................................

.............................................................................................................

.............................................................................................................

.............................................................................................................

.............................................................................................................

.............................................................................................................

.............................................................................................................

.............................................................................................................

.............................................................................................................

.............................................................................................................

.............................................................................................................

2.4. Barisan Bagian

Pada bagian ini akan diberikan konsep barisan bagian (subsequences)

dari suatu barisan bilangan real.



Definisi 2.39 Diberikan barisan bilangan real X = ( ) dan bilangan asli

naik tegas n1< n2<….. nk<…... Barisan X’ = ( ) dengan

disebut dengan barisan bagian atau sub barisan (subsequences) dari X.

Contoh 2.40 Diberikan X :=

Teorema 2.41 Jika X = ( ) konvergen ke x, maka setiap barisan bagian

X’ = ( ) dari X juga konvergen ke x.

Bukti Diambil sebarang . Karena , maka terdapat K( )

sedemikian hingga untuk setiap n K( ) berlaku Karena

untuk setiap berlaku nk+1 nk Maka untuk setiap

Sehingga

Terbukti bahwa X’ = ( ) Konvergen ke x.

Teorema 2.42 Diberikan barisan bilangan real X = ( ), maka

pernyataan berikut ini ekuivalen.

Bukti



(i) (ii) Jika tidak konvergen ke , maka untuk suatu tidak

mungkin ditemukan sedemikian hingga untuk setiap berlaku

Akibatnya tidak benar bahwa untuk setiap ,

memenuhi Dengan kata lain, untuk setiap

terdapat sedemikian hingga dan

(ii) (iii) Diberikan sehingga memenuhi (ii) dan diberikan

sedemikian hingga dan Selanjutnya, diberikan

sedemikian hingga dan . Demikian seterusnya

sehingga diperoleh suatu barisan bagian X’ = ( ) sehingga

berlaku untuk semua

(iii) (i) Misalkan X = ( ) mempunyai barisan bagian X’ = ( ) yang

memenuhi sifat (iii). Maka X tidak konvergen ke x, sebab jika konvergen

ke x, maka X’ = ( ) juga konvergen ke x. Hal ini tidak mungkin, sebab X’

= ( ) tidak berada dalam persekitaran

Teorema 2.43 (Kriteria Divergensi) jika barisan bilangan real X = )

memenuhi salah satu dari sifat berikut, maka barisan X divergen.

(i) X mempunyai dua barisan bagian konvergen X’ = ( ) dan X ’’ =

( ) dengan limit keduanya tidak sama.

(ii) X tidak terbatas.

Contoh 2.44 Tunjukkan bahwa barisan divergen.

Jawab. Namakan barisan di atas dengan , dengan jika n genap,

dan jika n ganjil. Jelas bahwa Y tidak terbatas. Jadi, barisan

, divergen.

Berikut ini diberikan sebuah teorema yang menyatakan bahwa

barisan bilangan real X = ) pasti mempunyai barisan bagian yang

monoton. Untuk membuktikan teorema ini, diberikan pengertian puncak

(peak), disebut puncak jika untuk semua n sedemikian hingga

. Titik tidak pernah didahului oleh sebarang elemen barisan

setelahnya. Perhatikan bahwa pada barisan yang menurun, setiap

elemen adalah puncak, tetapi pada barisan yang naik, tidak ada elemen

yang menjadi puncak.



Teorema 2.45 (Teorema Barisan Bagian Monoton) Jika 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 Maka

Oleh karena itu, ( merupakan barisan

bagian yang turun (monoton).

Kasus II: X mempunyai berhingga banyak puncak. Tulis semua puncak

berurutan naik, yaitu . Misalkan adalah

indeks pertama dari puncak yang terakhir. Karena bukan puncak,

maka terdapat sedemikian hingga . Karena bukan

puncak, maka terdapat sedemikian hingga .. Jika proses

ini diteruskan, diperoleh barisan bagian yang naik (monoton).

Teorema 2.46 (Teorema Bolzano-Weiertrass) Setiap barisan bilangan

real yang terbatas pasti memuat barisan bagian yang konvergen.

Bukti. Diberikan barisan bilangan real terbatas X = ) . Namakan

range barisan, maka S mungkin berhingga atau tak

berhingga.

Kasus I: Diketahui S berhingga. Misalkan, maka terdapat

dengan dan barisan dengan

sehingga . Hal ini berarti terdapat barisan bagian

yang konvergen ke

Kasus II: Karena S tak berhingga dan terbatas, maka S mempunyai titik

cluster atau titik limit, namakan x titik limit S. Misalkan

persekitaran titik x.

Untuk k = 1, maka terdapat , sehingga



Demikian seterusnya, sehingga diperoleh:



Untuk k = n, maka terdapat , sehingga

Ambil . Menurut Sifat Archimedes, maka terdapat sedemikian

hingga Maka untuk setiap berlaku

Terbukti bahwa konvergen ke x dengan barisan bagian

Teorema 2.47 Diberikan barisan bilangan real terbatas X = ) dan

diberikan yang mempunyai sifat bahwa setiap barisan bagian dari X

konvergen ke x. Maka barisan X konvergen ke x.

Bukti. Misalkan adalah batas dari barisan X sehingga

untuk semua . Andaikan X tidak konvergen ke x, maka

menggunakan Teorema 2.4.4 terdapat dan barisan bagian X’ = ( )

sedemikian hingga untuk semua . Karena X’ barisan

bagian dari X, maka M juga batas dari X’. MenggunakanTeorema

Bolzano-Weierstrass berakibat bahwa X’memuat barisan bagian X’’.

Karena X’’ juga barisan bagian dari X, maka X’’uga konvergen ke x.

Dengan demikian, akan selalu berada dalam persekitaran . Timbul

kontradiksi, yang benar adalah X selalu konvergen ke x.

Lembar Kerja 6

1. Buktikan barisan ( ){ }n1− 1≥n divergen dengan metode bukti

pengandaian.

Bukti:

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................



.................................................................................................................

.................................................................................................................

2. Tuliskan definisi barisan Cauchy dengan definisi tersebut buktikan

setiap barisan Cauchy pasti terbatas.

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

3. Tuliskan definisi himpunan terbuka dan himpunan tertutup dalam ℜ .

Dengan definisi tersebut buktikan jika nAAA ,....,, 21 terbuka maka i

n

iA

1=U

terbuka dan Ci

n

iA

1=I tertutup.

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................



.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

4. Buktikan barisan bilangan real 1

2 12

≥⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

+ nnn konvergen ke 0.

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................



5. Jika barisan { } 1≥nnx konvergen ke x dan barisan { } 1≥nny konvergen ke y ,

buktikan barisan nn yx konvergen ke xy .

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................



BAB III LIMIT FUNGSI

KOMPETENSI DASAR

Memahami konsep limit fungsi dan dapat menggunakannya

untuk menyelesaikan masalah yang memuat limit fungsi.

INDIKATOR:


1. Memahami pengertian titik limit, titik terasing suatu

himpunan.

2. Memahami pengertian limit fungsi dan ilustrasinya.

3. Memahami kriteria sekuensial limit dan penggunaannya.

4. Memahami hubungan konvergen dan keterbatasan fungsi

5. Memahami beberapa teorema limit fungsi dan penggunaannya

SUB POKOK BAHASAN :

3.1. Topologi pada bilangan real

3.2. Pengertian limit fungsi

3.3. Beberapa teorema limit fungsi

3.1. Topologi pada Bilangan Real

Sebelum membicarakan tentang limit suatu fungsi ada baiknya

kita mengenal terlebih dahulu tentang topologi pada bilangan real.

Topologi pada Bilangan Real meliputi persekitaran, titik dalam, titik

limit, titik batas, titik terasing, himpunan terbuka dan tertutup serta

definisi topologi pada R.

Definisi 3.1 Setiap anggota R disebut titik (point) dan jarak (distance)

antara dua titik dan pada R dilambangkan dengan dengan

rumus .

Definisi 3.2 Diberikan dan bilangan .

Himpunan , disebut

persekitaran (neighberhood) titik . Dalam hal ini disebut jari-jari

(radius) persekitaran tersebut.



Contoh 3.3

1. merupakan persekitaran di titik 1 dengan jari-jari .

2. merupakan persekitaran di titik ...... dengan jari-jari .

3. merupakan persekitaran di titik ........................ dengan jari-jari

.

Definisi 3.4 Diberikan R⊆A dan R∈c , dengan c tidak harus di . Titik di sebut

titik limit A jika ),()(,0 δδδ δ +−=>∀ ccCV memuat paling sedikit satu

anggota A yang tidak sama dengan c, atau ( ) ∅≠∩ AccV }/{)(δ .

Contoh 3.5.

1. Diberikan A = ( 2 , 3 ), tentukan titik limit A.

Penyelesaian:

2 titik limit A, karena dengan mengambil sebarang δ = ½ , dimana

)2,1()2( 21

21

2/1 =V maka ( ) ∅≠∩ AV }2/{)2(2/1 . Sehingga dengan mengambil

δ > 0 dapat disimpulkan ( ) ∅≠∩ AV }2/{)2(δ .

2 ½ juga titik limit A, karena ( ) ∅≠∩>∀ AV }2/{)2(,0 21

21

δδ .

3 juga titik limit A, karena ( ) ∅≠∩>∀ AV }3/{)3(,0 δδ .

Jadi dapat disimpulkan bahwa setiap titik pada interval [2 , 3]

merupakan titik limit A.

2. Diberikan B = {1, 2, 3, 4, 5 }, tentukan titik limit B.

Penyelesaian:

Ambil δ = ½ , sehingga )1,()1( 21

21

2/1 =V . Tetapi ( ) ∅=∩ BV }1/{)1(2/1 .

Jadi 1 bukan titik limit B. Begitu juga dengan titik yang lain.

Jadi dapat disimpulkan bahwa B = {1, 2, 3, 4, 5 } tidak mempunyai

titik limit.

Definisi 3.6

Diberikan R⊆A dan R∈c , dengan c harus di . Titik di sebut titik

dalam (interior point) A jika sehingga . Selanjutnya

himpunan dikatakan terbuka (open) jika setiap anggotanya merupakan

titik dalam. Himpunan dikatakan tertutup (closed) jika terbuka.



Definisi 3.7 Diberikan R⊆A dan R∈c , dengan c harus di .

1. Titik disebut titik batas (boundary point) A jika berlaku

dan .

2. Titik disebut titik luar (exterior point) A jika ada bilangan

sehingga .

3. Titik disebut titik terasing (isolated point) A jika ada bilangan

sehingga .

Selanjutnya himpunan titik-titik tersebut dilambangkan dengan lambang

berikut:

1. adalah himpunan semua titik dalam himpunan .

2. adalah himpunan semua titik limit himpunan .

3. adalah himpunan semua titik luar himpunan .

4. adalah himpunan semua titik batas himpunan .

5. adalah irisan semua himpunan tertutup yang memuat .

Latihan Diberikan himpunan .

1. Tentukan titik dalam .

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

2. Tentukan titik limit .

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

3. Tentukan titik batas .

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................



4. Tentukan titik luar .

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

5. Tentukan titik terasing .

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

6. Apakah merupakan himpunan terbuka atau tertutup?

.................................................................................................................

Alasan:......................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

Teorema 3.8

Diberikan R⊆A dan R∈c , c titik limit A jika dan hanya jika

cancaa nnnn =∋∈∀≠∃∞→

)(lim,),( N .

Bukti:

)(⇒ Misal c titik limit A. Sehingga )(1 cVn

memuat sedikitnya satu titik di A

yang berbeda dari c. Jika na titik tersebut, maka

cancaAa nnnn =∋∈∀≠∈∞→

)(lim,, N .

)(⇐ Diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

............................................................................................... ■



3.2 Pengertian Limit Fungsi

Definisi 3.9 Diberikan RR →⊆ AfA :, dan R∈c , dengan c titik limit A.

Diberikan L limit dari f di titik c, ditulis Lxfcx

=→

)(lim jika ∋>∃>∀ ,0,0 δε

untuk ( ) AccVx ∩∈ }/{)(δ berlaku )()( LVxf ε∈ .

Definisi limit di atas dapat ditulis Lxfcx

=→

)(lim jika dan hanya

jika ∋>∃>∀ ,0,0 δε untuk δ<−< cx0 dan Ax∈ berlaku ε<− Lxf )( .

Contoh 3.10

1. Diberikan xxfAfnn

A 2)(,:,:1=→

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ ∈= RR . Buktikan 0)(lim

0=

→xf

x.

Bukti: Ambil 0>ε sebarang. Pilih 2εδ = , Sehingga jika

δ<=−< xx 00 dan Ax∈ berlaku εεδ ==<==−=−2

222202)( xxxLxf .

Jadi terbukti 02lim0

=→

xx

.

2. Buktikan 22lim cxcx

=→

.

Analisa pendahuluan: Tujuan pembuktian ini mencari 0>δ sehingga

untuk Axcx ∈<−<>∀ ,0,0 δε berlaku ε<− 22 cx .

Perhatikan bahwa cxcxcxcxcx −+=−+=− ))((22 .

Jika diambil 1=δ maka 1<− cx .

Menurut pertidaksamaan segitiga 1<−<− cxcx atau cx +< 1 .

Sehingga ( ) cxccxcxcx −+<−+=− 2122 ,

Dengan mengambil c21+

=εδ maka diperoleh ε<− 22 cx .

Bukti: Ambil 0>ε sebarang. Pilih ⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

+=

c21,1min εδ ,

Sehingga jika δ<−< cx0 dan R∈x berlaku

( ) ε<−+≤−+=− cxccxcxcx 2122

Jadi terbukti 22lim cxcx

=→

. ■



Teorema 3.11

Jika R→Af : dan c titik limit A , R∈c maka f hanya mempunyai satu

limit di titik c. Selanjutnya akan dibicarakan kaitan antara barisan

dengan limit fungsi dan kriteria kedivergenan.

Teorema 3.12 (Kriteria Barisan untuk Limit).

Diberikan R→Af : dan c titik limit A , maka Lxfcx

=→

)(lim jika dan hanya

jika untuk setiap barisan (xn) di A yang konvergen ke c dimana

( ))(,, nn xfncx N∈∀≠ konvergen ke L.

Contoh 3.13

Buktikan 4lim 2

2=

→x

x dengan menggunakan kriteria barisan.

Bukti: Ambil ( ) ℵ∈−= nn

xn ,12 . Akan ditunjukkan ( ))( nxf konvergen ke 4.

Perhatikan bahwa 4144lim)(lim 222=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +−=

→→ nnxf

xnx.

Jadi terbukti bahwa 4lim 2

2=

→x

x. ■

Teorema 3.14 (Kriteria Kedivergenan).

Diberikan RR →⊆ AfA :, dan R∈c , dengan c titik limit A.

a) Jika R∈L maka f tidak punya limit L di c jika dan hanya jika ada

barisan (xn) di A yang konvergen ke c dimana ,, ℵ∈∀≠ ncxn tetapi

( ))( nxf tidak konvergen ke L.

b) f tidak punya limit di c jika dan hanya jika ada barisan (xn) di A yang

konvergen ke c dimana ,, N∈∀≠ ncxn tetapi ( ))( nxf tidak konvergen ke

.

Contoh 3.15.

1. Buktikan )sgn(lim0

xx→

tidak ada.

Bukti:

Diberikan f(x) = sgn (x). Perhatikan bahwa ⎪⎩

⎪⎨

⎧

<−=>

=0,1

0,00,1

)sgn(x

xx

x .



Sehingga fungsi sgn (x) dapat ditulis menjadi 0,)sgn( ≠= xxxx .

Ambil ( ) N∈−

= nn

xn

n ,)1( . Tetapi

nn

n

n

nnn

n

nxx

xxf )1()1(

)1()sgn()( −=

−

−=== ,

sehingga ( ))( nxf divergen. ■

2. Buktikan xx

1lim0→

tidak ada di R .

Bukti: Diberikan x

xf 1)( = . Ambil ( ) N∈= nn

xn ,12 . Tetapi

2

211)( nn

xf n == ,sehingga ( ))( nxf tidak konvergen karena tidak

terbatas di ℜ . Jadi terbukti bahwa xx

1lim0→

tidak ada di R .

3.3 Beberapa Teorema Limit Fungsi

Definisi 3.16.

Diberikan RR →⊆ AfA :, dan R∈c , dengan c titik limit A. f dikatakan

terbatas pada persekitaran c jika ada persekitaran δ dari c, yaitu

)(cVδ dan konstanta M > 0 sehingga ).(,)( cVAxMxf δ∩∈∀≤

Teorema 3.17.

Diberikan RR →⊆ AfA :, dan f mempunyai limit di R∈c , maka f

terbatas pada suatu persekitaran dari c.

Definisi 3.18

Diberikan RRR →→⊆ AgAfA :,:, . Definisikan

Axxhxhxfx

hfbxbfxbf

xgxfxfgxgxfxgfxgxfxgf

∈∀≠=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ℜ∈=

=−=−+=+

,0)(,)()()(),())((

)()())((,)()())(()()())((



Teorema 3.19.

Diberikan RRR →→⊆ AgAfA :,:, dan R∈c , dengan c titik limit A.

Jika ( ) Lxfcx

=→

lim dan ( ) Mxgcx

=→

lim , maka

(1) ( )( ) MLxgfcx

+=+→

lim

(2) ( )( ) ℜ∈=→

ααα ,lim Lxfcx

(3) ( )( ) LMxfgcx

=→

lim

(4) ( ) 0,lim ≠=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛→

MMLx

gf

cx

Bukti:

1. Ambil 0>ε sebarang.

Misal Lxfcx

=→

)(lim , artinya ∋>∃ ,01δ untuk 10 δ<−< cx dan Ax∈

berlaku 2

)( ε<− Lxf .

Misal Mxgcx

=→

)(lim , artinya ∋>∃ ,02δ untuk 20 δ<−< cx dan Ax∈

berlaku 2

)( ε<− Mxg .

Akan ditunjukkan MLxgfcx

+=+→

))((lim .

Pilih ),min( 21 δδδ = , sehingga untuk δ<−< cx0 dan Ax∈ berlaku

))(())(()())(( MxgLxfMLxgf −+−=+−+

εεε=+<−+−≤

22)()( MxgLxf

Jadi terbukti MLxgfcx

+=+→

))((lim . ■

Bukti selanjutnya diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.

2. .............................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................



.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

3. .............................................................................................................

...........................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

4. .............................................................................................................

...........................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................



.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

Contoh 3.20

Hitung ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

→→ 634lim).4lim).

2

222 xxb

xxa

xx

Jawab.

a) Misalkan f(x) = x + 4 dan h(x) = x2 , 0)(lim,,0)(2

≠=ℜ∈∀≠→

Hxhxxhx

maka

diperoleh 23

46

lim

)4(lim4lim 2

2

222

==+

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

→

→

→ x

x

xx

x

x

x

b) Tidak dapat menggunakan teorema 3.19 (4), karena jika dimisalkan

ℜ∈∀−=−= xxxhxxf ,63)(,4)( 2 tetapi 0)63(lim)(lim22

=−==→→

xxhHxx

maka

untuk ( )34)22(

312lim

31)2(

31lim

634lim,2

22

2

2=+=+=+=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−

≠→→→

xxx

xxxxx

. ■



Teorema 3.21

Diberikan RR →⊆ AfA :, dan R∈c , dengan c titik limit A. Jika

cxAxbxfa ≠∈∀≤≤ ,)( dan jika )(lim xfcx→

ada maka bxfacx

≤≤→

)(lim .

Teorema Apit 3.22

Diberikan RR →⊆ AhgfA :,,, dan R∈c , dengan c titik limit A. Jika

cxAxxhxgxf ≠∈∀≤≤ ,)()()( dan jika )(lim)(lim xhLxfcxcx →→

== maka

Lxgcx

=→

)(lim .

Contoh 3.23

Buktikan bahwa ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

→ xx

1coslim0

tidak ada tetapi 01coslim0

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

→ xx

x.

Bukti. Akan dibuktikan ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

→ xx

1coslim0

tidak ada . Misalkan ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

xxf 1cos)( .

Ambil subbarisan ( ) ℵ∈= nn

xn ,2

1π

dan subbarisan ( ) ℵ∈−

= nn

yn ,)12(

1π

,

dimana 0)12(

1lim,02

1lim =−

=∞→∞→ ππ nn nn

.Tetapi 12cos)( == πnxf n dan

1)12cos()( −=−= πnyf n , sehingga ))((lim))((lim nnnnyfxf

∞→∞→≠ .

Jadi ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

→ xx

1coslim0

tidak ada. Akan dibuktikan 01coslim0

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

→ xx

x.

Perhatikan bahwa xx

xx ≤⎟⎠⎞

⎜⎝⎛≤−

1cos dan xxxx

−==→→ 00

lim0lim maka menurut

teorema apit 01coslim0

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

→ xx

x. ■

Teorema 3.24

Diberikan RR →⊆ AfA :, dan R∈c , dengan c titik limit A. Jika

0)(lim >→

xfcx

maka cxcVAxxfcV ≠∩∈∀>∋∃ ),(,0)()( δδ .

Bukti: Diberikan 0)(lim >=→

xfLcx

. Pilih 02>=

Lε , sehingga menurut

definisi limit fungsi 2

)(,00 LLxfAxcx <−⇒∈<−<∋>∃ δδ . Karena

2)( LLxf <− maka

2)(

2LLxfL

<−<− atau cxcVAxLxf ≠∩∈∀>> ),(,02

)( δ ■



Lembar Kerja 7

1. Diberikan fungsi ℜ→ℜ⊆Af : dan lxfcx

=→

)(lim ada dengan c titik limit

di A. Buktikan bahwa jika lxfcx

=→

)(lim ada maka lxfcx

=→

)(lim .

Bukti

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

2. Sesuai definisi dan menggunakan dasar logika matematika buktikan

bahwa

i. A - b(A) terbuka.

ii. BABA ∩⊂∩

Bukti



.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

3. Tentukanlah titik dalam, titik batas, titik luar, titik limit dan sifat

himpunan (terbuka atau tertutup) dari himpunan A berikut!

( ){ }raxaxxxA <−+−ℜ∈= 22112

21,

Jawaban

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................



.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

4. Buktikan bahwa 3)1(

)45(lim2

−=−

+−→ x

xxcx

dengan menggunakan definisi

limit.

Bukti

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................



.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................



BAB IV KEKONTINUAN FUNGSI

KOMPETENSI DASAR

Memahami konsep fungsi kontinu dan sifat-sifatnya serta dapat

menggunakannya untuk menyelesaikan masalah yang memuat

fungsi kontinu.

INDIKATOR:


1. Memahami pengertian kontinu titik, kontinu pada himpunan.

2. Menggunakan konsep limit pada fungsi kontinu.

3. Menggunakan kriteria diskontinuitas.

4. Mengkonstruksi fungsi kontinu

5. Memahami sifat-sifat aljabar fungsi kontinu.

6. Memahami pengertian fungsi terbatas, dan ekstrim mutlak.

7. Memahami sifat-sifat fungsi yang kontinu pada interval.

SUB POKOK BAHASAN :

4.1 Definisi Fungsi Kontinu

4.2 Sifat-Sifat Fungsi Kontinu

4.3 Fungsi Kontinu pada Interval

4.4 Kekontinuan Seragam

4.5 Fungsi Monoton

4.6 Fungsi Invers

4.1 Definisi Fungsi Kontinu

Definisi 4.1.

Diberikan RR →⊆ AfA :, dan Ac∈ . f dikatakan kontinu di titik c jika

untuk setiap persekitaran ))(( cfVε dari f(c) terdapat persekitaran )(cVδ

dari c sehingga jika )(cVAx δ∩∈ maka ))(()( cfVxf ε∈ .

Berikut ini ada beberapa hal yang perlu diperhatikan dalam

pengambilan titik c;



1. Jika Ac∈ , dimana c titik limit A, maka dari definisi limit dan definisi

fungsi kontinu dapat disimpulkan bahwa

)(lim)( xfcfcdikontinufcx→

=⇔ .

Dengan kata lain, jika c titik limit A maka f dikatakan kontinu di titik

c jika memenuhi syarat

• f terdefinisi di titik c

• )(lim xfcx→

ada

• )(lim)( xfcfcx→

=

2. Jika Ac∈ , dimana c bukan titik limit A, maka ada persekitaran )(cVδ

dari c sehingga }{)( ccVA =∩ δ . Jadi dapat disimpulkan bahwa fungsi f

jelas kontinu di titik Ac∈ walaupun c bukan titik limit A. Seperti yang

telah dibahas pada bab III, titik ini disebut ”titik terisolasi dari A”.

Definisi selanjutnya akan membicarakan kekontinuan fungsi pada suatu

himpunan.

Definisi 4.2.

Diberikan RR →⊆ AfA :, Jika AB ⊆ , f dikatakan kontinu pada B jika f

kontinu di setiap titik pada B.

Teorema 4.3

Diberikan RR →⊆ AfA :, dan Ac∈ . Pernyataan berikut ekuivalen :

1) f dikatakan kontinu di titik c jika untuk setiap persekitaran ))(( cfVε

dari f(c) terdapat persekitaran )(cVδ dari c sehingga jika )(cVAx δ∩∈

maka ))(()( cfVxf ε∈ .

2) Untuk εδδε <−⇒<−∈∀∋>∃>∀ )()(,0,0 cfxfcxAx .

3) Jika (xn) barisan bilangan riil, R∈∀∈∋ nAxn , dan (xn) konvergen ke-c

maka barisan f((xn)) konvergen ke f(c).

Dengan kata lain dapat disajikan sebagai berikut:

• ℜ→Af : dan Ac∈ ; f kontinu di ( ) ( ) ( )cfxfcxAxc nnn →⇒→⊆∀⇔ , .

• ℜ→Af : dan Ac∈ ; f diskontinu di ( ) ( ) ( )cfxfcxAxc nnn →⇒→⊆∃⇔ ,



Contoh 4.4

1). ( )⎩⎨⎧

=irrasional,0

rasional,1xx

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). ℜ→ℜ:f kontinu

( ) rrf ∀= ,0 rasional

Buktikan ( ) ℜ∈∀= xxf ,0

Bukti:

Cukup dibuktikan ( ) irrasional,0 xxf ∀=

Diambil sebarang x irrasional. Karena f kontinu pada ℜ , 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). ℜ→ℜ:f

( )⎩⎨⎧

−+

=irrasional,38rasional,3

xxxx

xf

Tentukan titik-titik kekontinuan dari f

Jawab:

Misal f kontinu di c.

Diambil sebarang barisan ( ) cxx nn →ℜ⊆ ,



( )⎩⎨⎧

−+

=irrasional,38rasional,3

nn

nnn xx

xxxf

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 :

( ) 45 sehingga383 =−=+= ccccf .

Teorema 4.5 (Kriteria Ketakkontinuan)

Diberikan RR →⊆ AfA :, dan Ac∈ . f tidak kontinu di titik c jika dan

hanya jika )x(A)x( nn ∋∈∃ konvergen ke c, f((xn)) tidak konvergen ke f(c).

Contoh 4.6 1. Diberikan f(x) = 2x. Buktikan f(x) kontinu pada R .

Bukti: Ambil 0>ε sebarang dan R∈c sebarang.

Pilih εδδεδ =<−=−=−⇒∈<−∋= 2222)()(,2

cxcxcfxfDxcx f .

Sehingga menurut definisi kekontinuan f(x) kontinu pada R .

2. Diberikan R=A , dan f ”fungsi Di richlet” yang didefinisikan sebagai

berikut:⎩⎨⎧

ℜ∈∈

=Qx

Qxxf

\,0,1

)(

Buktikan bahwa f(x) tidak kontinu di R .

Bukti:

• Diberikan Qc∈ , ambil N∈∀→ℜ∈ ncxQx nn ,)(,\)( .

Karena N∈∀= nxf n ,0)( maka 0))((lim =∞→ nn

xf , tetapi f(c) = 1.

Akibatnya f tidak kontinu pada Qc∈ .



• Diberikan Q\R∈b , ambil N∈∀→∈ nbyQy nn ,)(,)( .

Karena N∈∀= nyf n ,1)( maka 1))((lim =∞→ nn

yf , tetapi f(b) = 0.

Akibatnya f tidak kontinu pada Q\R∈b .

Dari kedua kasus di atas dapat disimpulkan f tidak kontinu pada R .

Selanjutnya ada beberapa hal tentang perluasan fungsi kontinu.

Terkadang ada fungsi R→Af : yang tidak kontinu di titik c karena f(c)

tidak terdefinisi.Tetapi, jika fungsi f mempunyai limit L di titik c maka

dapat didefinisaikan fungsi baru R→∪ }{: cAF yang didefinisikan

sebagai berikut:

⎩⎨⎧

∈=

=Ax,)x(fcx,L

)x(F

Maka F kontinu di titik c.

Contoh 4.7

1) Diberikan 01≠⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= x,

xsinx)x(f . Karena f(0) tidak terdefinisi dan f

tidak kontinu di titik x = 0 tetapi 010

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

→ xsinxlim

x, maka kita dapat

memperluas fungsi f(x) menjadi RR →:F yang didefinisikan

sebagai berikut:

⎪⎩

⎪⎨⎧

≠⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

== 01

00

x,x

sinx

x,)x(F .

Sehingga F kontinu di x = 0.

2) Diberikan 01≠⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= x,

xsin)x(g . Karena )x(glim

x 0→ tidak ada, maka kita

tidak dapat memperluas fungsi g(x) di titik x = 0.

4.2 Sifat-sifat Fungsi Kontinu

Pada sub bab ini akan membahas penjumlahan, selisih, perkalian

dua fungsi, dan perkalian fungsi dengan skalar serta pembagian fungsi

kontinu.



Teorema 4.8

Diberikan RRR ∈→⊆ bAgfA ,:,, . Diberikan Ac∈ dan f dan g kontinu di

titik c,

(i) cgf dikontinu ±

(ii) rbcfb skala, dikontinu

(iii) cfg dikontinu

(iv) ( ) 0, dikontinu ≠cgcgf

Bukti: (hampir sama dengan limit. Coba dilanjutkan sebagai latihan).

(i). Bukti

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................



.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

(ii) Bukti

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................



.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

(iii) Bukti

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................



.................................................................................................................

(iv) Bukti

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................



Teorema 4.9.

Diberikan RR →⊆ AfA :, , dan diberikan | f | didefinisikan sebagai

Axxfxf ∈∀= ,)()( .

a) Jika f kontinu di titik Ac∈ maka | f | kontinu di titik c.

b) Jika f kontinu pada A maka | f | kontinu pada A.

Bukti

a)...............................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................



.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

Bukti

b)..............................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................



Teorema 4.10.

Diberikan AxxfAfA ∈∀≥→⊆ 0)(,:, RR , dan diberikan f didefinisikan

sebagai Axxfxf ∈∀= ,)())((

a) Jika f kontinu di titik Ac∈ maka f kontinu di titik c.

b) Jika f kontinu pada A maka f kontinu pada A.

Bukti.

a) Ambil 0>ε sebarang. Diberikan Ac∈ . Jika ( ) 0=cf maka ( ) 0=cf .

Karena f kontinu di Ac∈ maka

( ) 2)(,0 εδδ <=⇒<−∈∀∋>∃ xfxfcxAx atau

( ) ( ) ( ) ε<−=− cfxfxf 0 .

Sekarang diberikan Ac∈ dan ( ) 0≠cf . Karena Karena f kontinu di

Ac∈ maka ( ) ( )cfcfxfcxAx εδδ <−⇒<−∈∀∋>∃ )(,0 .

Perhatikan bahwa δ<−∈∀ cxAx , berlaku

( )( )( )

( )( )

εε

=<−

<+

−=

+−

=+

+−=−

)()(

)()()(

)()()()(

)()()()(

)()()()()()(

)()(

cfcf

cfcfxf

cfxfcfxf

cfxfcfxf

cfxfcfxfcfxf

cfxf

Jadi terbukti f kontinu di titik c. ■

Selanjutnya akan dibahas tentang komposisi fungsi kontinu.

Komposisi Fungsi Kontinu

Teorema 4.11.

Misal BAfBgAfBA ⊆∋→→⊆ )(,:,:,, RRR . Jika f kontinu di titik Ac∈

dan g kontinu pada B)c(fb ∈= maka R→Afg :o kontinu di titik c.

Bukti

.................................................................................................................

.................................................................................................................



.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

Teorema 4.12.

Misal BAfBgAfBA ⊆∋→→⊆ )(,:,:,, RRR . Diberikan f kontinu pada A

dan g kontinu pada B . Jika BAf ⊆)( maka R→Afg :o kontinu pada A.



Bukti

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................



4.3 Fungsi Kontinu pada Interval

Definisi 4.13.

Misal R→Af : .f dikatakan terbatas pada A jika AxMxfM ∈∀≤∋>∃ ,)(0 .

Dari definisi di atas dapat disimpulkan bahwa suatu fungsi dikatakan

terbatas jika range fungsi tersebut terbatas di R . Ingat bahwa fungsi

kontinu tidak selalu terbatas, contohnya pada }0:{,1)( >∈== xxAx

xf R , f

kontinu pada A tetapi tidak terbatas pada A.

Jika }10:{,1)( <<∈== xxBx

xf R juga f kontinu pada B tetapi f tidak

terbatas pada B. Sedangkan jika }1:{,1)( ≥∈== xxCx

xf R f kontinu pada

C dan f terbatas pada C, meskipun C tidak terbatas.

Teorema 4.14 (Keterbatasan).

Misal I = [a,b] interval tertutup terbatas dan diberikan R→If : kontinu

pada I. Maka f terbatas pada I.

Bukti:

Andaikan f tidak terbatas pada I, maka N∈∀>∋∈∃ nnxfIx nn ,)( . Karena

I terbatas maka X = (xn) terbatas, sehingga menurut teorema Bolzano-

Weistrass ada subbarisan yang konvergen, sebut )( nrxX =′ yang

konvergen ke x. Karena IX ∈′ maka menurut teorema Ix∈ .

Dari hipotesis di atas diketahui f kontinu pada I, sehingga menurut

teorema 4.3 ))((rnxf konvergen ke f(x). Menurut teorema suatu barisan

konvergen adalah terbatas, maka ))((rnxf terbatas. Hal ini bertentangan

dengan kenyataan bahwa R∈≥> rrnxf rnr,)( . Jadi pengandaian salah

haruslah f terbatas pada I.■

Definisi 4.15

Diberikan RR →⊆ AfA :, . f mempunyai maksimum absolut pada A jika

ada AxxfxfAx ∈∀≥∋∈ ),(*)(* dan f mempunyai minimum absolut pada

A jika ada AxxfxfAx ∈∀≤∋∈ ),()( ** .



Note: x* disebut titik maksimum absolut dan *x disebut titik minimum

absolut.

Teorema 4.16 (Maksimum-Minimum).


pada I. Maka f mempunyai maksimum absolut dan minimum absolut

pada I.

Bukti :

Diberikan }),({)( IxxfIf ∈= . Karena I interval tertutup terbatas maka f(I)

juga terbatas pada R , sehingga f(I) mempunyai supremum dan infimum,

sebut s* = sup f(I) dan )(inf* Ifs = . Akan dibuktikan

)(&*)(**, *** xfsxfsIxx ==∋∈∃ .

Karena s* = sup f(I) maka N∈− nn

s ,1* bukan batas atas f(I). Sehingga

N∈≤<−∋∈∃ nsxfn

sIx nn *,)(1* .

Karena I terbatas maka X = (xn) juga terbatas, sehingga menurut Teorema

Bolzano-Weistrass ada subbarisan )(rnxX =′ yang konvergen ke x*.

Karena f kontinu di x* maka *)()(lim xfxfrnn=

∞→ sehingga

ℵ∈≤<− rsxfn

srn

r

*,)(1* .

Karena *lim*1*lim ssn

sn

rn ∞→∞→

==⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛− maka menurut teorema apit

*))((lim sxfrnn

=∞→

. Sehingga )(sup*))((lim*)( Ifsxfxfrnn

===∞→

.

Akibatnya f(x) mempunyai absolut maksimum. ■

Teorema 4.17 (Lokasi Akar).


pada I. Jika )(0)(,, βαβαβα ffI <<∋∈< atau )(0)( βα ff >> maka

0)(),( =∋∈∃ cfc βα .

Bukti

.................................................................................................................

.................................................................................................................



.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

Teorema 4.18 (Niai Tengah Bolzano’s).

Misal I = [a,b] interval dan diberikan R→If : kontinu pada I. Jika

Iba ∈, dan jika R∈k yang memenuhi )()( bfkaf << maka

kcfbac =∋∈∃ )(),( .

Bukti:



Misal Iba ∈, dan )()( bfkaf << , R∈k .

• Diberikan a < b dan diberikan g(x) = f(x) – k. Karena )()( bfkaf <<

maka )(0)( bgag << . Karena f(x) kontinu pada I maka g(x) juga

kontinu pada I, sehingga menurut teorema lokasi akar

kcfcgbcabac −==∋<<∈∃ )()(0),,( .Jadi f(c) = k.

• Diberikan b < a dan diberikan h(x) = k - f(x). Karena )()( bfkaf <<

maka )(0)( ahbh << . Karena f(x) kontinu pada I maka h(x) juga

kontinu pada I, sehingga menurut teorema lokasi akar

)()(0),,( cfkchacbbac −==∋<<∈∃ .Jadi f(c) = k. ■

Akibat 4.19.


pada I. Jika ℜ∈k yang memenuhi )(sup)(inf IfkIf ≤≤ maka

kcfIc =∋∈∃ )( .

4.4 Kekontinuan Seragam

Definisi 4.20.

Diberikan .:, RR →⊆ AfA f dikatakan kontinu seragam pada A jika

untuk εεδεδε <−⇒<−∈∀∋>∃>∀ )()()(,,0)(,0 ufxfuxAux .

Selanjutnya akan dibicarakan beberapa kriteria ketakkontinuan

seragam, salah satunya dengan menggunakan barisan.

Definisi 4.21 (Ketak Kontinuan Seragam).

Diberikan .:, RR →⊆ AfA Pernyataan berikut ekuivalen :

1) f tidak kontinu seragam pada A

2) 00 )()(,,0,0 εδεδ δδδδδδ ≥−⇒<−∋∈∃>∃>∀ ufxfuxAux

3) N∈∀≥−=−∋∈∃>∃∞→

nufxfuxAux nnnnn ,)()(&0)(lim)(),(,0 00 εε δδ

Dari definisi kekontinuan fungsi jelas bahwa jika f kontinu seragam pada

A maka f kontinu di setiap titik dari A. Tetapi jika f kontinu di setiap titik

dari A tidak mengakibatkan f kontinu seragam pada A. Contohnya

diberikan }0:{,1)( >∈== xxAx

xg R . Fungsi g kontinu pada A ( lihat



contoh ), tetapi g tidak kontinu seragam pada A karena dengan

mengambil 0)(lim1

1,1,21

0 =−∋+

===∞→ nnnnn ux

nu

nxε dan

R∈∀=≥=+−=− nnnugxg nn ,1|)1(|)()( 021 ε .

Selanjutnya jika f kontinu pada suatu interval tertutup terbatas,

sebut I maka f kontinu seragam pada I.

Teorema 4.22 (Kekontinuan Seragam).

Diberikan I adalah interval tertutup terbatas, dan R→If : kontinu

pada I maka f kontinu seragam pada I.

Bukti

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................



.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

Pada teorema 4.22 suatu fungsi kontinu akan kontinu seragam jika

intervalnya tertutup dan terbatas. Apabila intrervalnya tidak tertutup dan

terbatas akan sulit menentukan kekontinuan seragam. Untuk itu

diperlukan kondisi lain, yaitu kondisi Lipschitz .

Definisi 4.23 (Fungsi Lipschitz).

Diberikan .:, RR →⊆ AfA Jika AuxuxKufxfK ∈∀−≤−∋>∃ ,,)()(0 maka f

dikatakan fungsi Lipschitz pada A atau memenuhi kondisi Lipschitz.

Teorema 4.24.

Jika R→Af : dan f fungsi Lipschitz maka f kontinu seragam pada A.

Bukti: Ambil 0>ε sebarang.

Diberikan f fungsi Lipschitz maka AuxuxKufxfK ∈∀−≤−∋>∃ ,,)()(0 .

Akan ditunjukkan f kontinu seragam pada A atau

εδδ <−⇒<−∈∀∋>∃ )()(,,0 ufxfuxAux .

Pilih Kεδ = , sehingga εεδ ==<−≤−∈∀

KKKuxKufxfAux )()(,, .

Jadi f kontinu seragam pada A. ■

Kebalikan dari teorema di atas tidak benar, artinya tidak setiap fungsi

kontinu seragam adalah fungsi Lipschitz. Contohnya, diberikan

xxgIIg ==ℜ→ )(],2,0[,: . Menurut teorema 4.10 g kontinu pada I,

sehingga menurut teorema 4.22 g kontinu seragam pada I. Tetapi g

bukan fungsi Lipschitz karena tidak ada

IuxuxKugxgK ∈∀−≤−∋> ,,)()(0 .



Contoh 4.25. 1. Diberikan f(x) = x2 pada A = [0,b] dengan b konstanta positif.

Tunjukkan bahwa f kon tinu seragam.

Jawab:

Ambil ],0[, bux ∈ sebarang. Perhatikan bahwa

uxbuxuxuxufxf −≤−+=−=− 2)()( 22 .

Sehingga dengan mengambil K = 2b , f merupakan fungsi Lipschitz.

Menurut teorema 4.24 f kontinu seragam.

2. Diberikan ),1[,)( ∞== Axxg . Tunjukkan bahwa g kon tinu seragam.

Jawab:

Ambil Aux ∈, sebarang. Perhatikan bahwa

uxux

uxuxugxg −≤

+

−=−=−

21)()( .

Sehingga dengan mengambil K = ½ , g merupakan fungsi Lipschitz.

Menurut teorema 4.24 g kontinu seragam.

4.5 Fungsi Monoton dan Fungsi Invers

Definisi 4.26.

1. Diberikan ,: R→Af f dikatakan naik pada A jika Ax,x ∈∀ 21 dan

21 xx ≤ maka )x(f)x(f 21 ≤ . Fungsi f dikatakan naik sejati pada A jika

Ax,x ∈∀ 21 dan 21 xx < maka )x(f)x(f 21 < .

2. Diberikan ,: R→Af f dikatakan turun pada A jika Ax,x ∈∀ 21 dan

21 xx ≤ maka )x(f)x(f 21 ≥ . Fungsi f dikatakan naik sejati pada A jika

Ax,x ∈∀ 21 dan 21 xx < maka )x(f)x(f 21 > .

Selanjutnya jika R,→Af : naik pada A maka g = -f turun pada A,

sedangkan jika R,→Af : turun pada A maka g = -f naik pada A.

Fungsi yang monoton belum tentu konitnu, sebagai contoh

Diberikan ⎩⎨⎧

∈∈

=],(x,],[x,

)x(f211100

Pada fungsi di atas, f naik pada [0,2] tetapi tidak kontinu di x = 1.



Teorema 4.27.

Misal ,:, RR →⊆ IfI f naik pada I. Misal Ic∈ dimana c bukan titik

ujung dari I, maka

}cx,Ix:)x(finf{)x(flim).ii(}cx,Ix:)x(fsup{)x(flim).i(

cx

cx>∈=

<∈=

+

−

→

→

Bukti:

(i). Ambil 0>ε sebarang.

Diberikan Ix∈ dan x < c. Karena f naik maka )c(f)x(f ≤ . Sehingga

}cx,Ix:)x(f{ <∈ terbatas di atas oleh f(c). Karena }cx,Ix:)x(f{ <∈

terbatas di atas maka mempunyai supremum,sebut

}cx,Ix:)x(fsup{L <∈= .

Maka ε−>ε∀ L,0 bukan batas atas }cx,Ix:)x(f{ <∈ , sehingga Iy ∈∃ ε

dimana .L)y(fLcy ≤<ε−∋< εε

Pilih δ<−<∋−=δ ε ycyc 0 maka cyy <<ε dan L)y(f)y(fL ≤≤<ε− ε .

Akibatnya ε<− L)x(f jika δ<−< yc0 atau

ε<<∈− },:)(sup{)( cxIxxfxf untuk δ<−< yc0 .

Karena 0>ε sebarang, maka dapat disimpulkan

},:)(sup{)(lim cxIxxfxfcx

<∈=−→

.

(ii). Bukti

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................



.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

Akibat 4.28.

Misal ,:, RR →⊆ IfI f naik pada I. Misal Ic∈ dimana c bukan titik

ujung dari I, maka pernyataan berikut equivalent:

a) f kontinu di c

b) )x(flim)c(f)x(flimcxcx +− →→

==

c) }cx,Ix:)x(finf{)c(f}cx,Ix:)x(fsup{ >∈==<∈

Misal I interval dan ,: R→If f fungsi naik. Misal a titik ujung kiri dari

I, dan f kontinu di a jika dan hanya jika },ax,Ix:)x(finf{)a(f >∈= atau

f kontinu pada a jika dan hanya jika )x(flim)a(fax +→

= .



Misal I interval dan ,: R→If f fungsi naik. Misal b titik ujung kanan

dari I, dan f kontinu di b jika dan hanya jika },bx,Ix:)x(fsup{)b(f <∈=

atau f kontinu pada b jika dan hanya jika )x(flim)b(fbx −→

= .

Lembar Kerja 8.

1. Diberikan ,: RR →f dan K > 0 yang memenuhi

R∈−≤− yxyxKyfxf ,,)()( . Buktikan bahwa f kontinu di setiap

titik R∈c .

Bukti

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................



.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

2. Diberikan RR →⊆ AfA :, , dan diberikan | f | didefinisikan sebagai

Axxfxf ∈∀= ,)()( . Buktikan jika f kontinu di titik Ac∈ maka |f|

kontinu di titik c.

Bukti

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................



.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

3. Berikan contoh fungsi f dan g yang tidak kontinu di titik c, tetapi

(f + g) dan (fg) kontinu di titik c.

Bukti

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................



.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

4. Berikan contoh fungsi R→]1,0[:f yang tidak kontinu di setiap titik

dari [0,1], tetapi |f| kontinu pada [0,1].

Bukti

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................



.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

5. Misal I = [a,b] dan diberikan R→If : kontinu pada I , dan

diberikan 0)(,0)( >< bfaf . Diberikan { }0)(: <∈= xfIxW dan w =

sup{W}. Buktikan f(w) = 0.

Bukti

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................



.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

6. Diberikan ),0[,)( ∞== Axxg . Tunjukkan bahwa g kontinu

seragam pada A.

Bukti

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................



.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

7. Diberikan ),[,1)( ∞== aAx

xg dengan a konstanta positif.

Tunjukkan bahwa g kon tinu seragam pada A.

Bukti

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................



.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

8. Buktikan jika f kontinu seragam pada A maka f terbatas pada A.

Bukti

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................



.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

9. Diberikan f(x) = x dan g(x) = sin x, tunjukkan bahwa f(x) dan g(x)

kontinu seragam pada ℜ , tetapi (fg)(x) tidak kontinu seragam pada

ℜ .

Bukti

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................



.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

10. Diberikan ),1[,1)( 2 ∞== Ax

xg . Tunjukkan bahwa g kon tinu

seragam pada A, tetapi g tidak kontinu seragam pada ),0( ∞=B .

Bukti

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................



.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

11. Buktikan jika f dan g kontinu seragam pada R maka gf o kontinu

seragam pada R .

Bukti

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................



.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

12. Diberikan RRRR ∈→→⊆ bAgAfA ,:,:, . Diberikan Ac∈ dan f dan

g kontinu di titik c, buktikan (f + g), f - g, fg, bf kontinu di c dengan

menggunakan definisi fungsi kontinu.

Bukti

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................



.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................

.................................................................................................................



DAFTAR PUSTAKA

Apostol, T.M, 1957, Mathematical Analysis, Addison-Wesley Publishing

Company. Bartle, R.G., 2001, A Modern Theory of Integration, American

Mathematical Society, Vol. 32., Providence, Rhode Island. Burk, F.E., 2007, A Garden of Integrals, The Mathematical Association of

America, Number Thirty-One. Burkill,J.C. & Burkill, H, 1970, A Second Course in Mathematical

Analysis, Cambridge University Press, London. Darmawijaya, Soeparna, Pengantar Analisis Real, UGM, Yogyakarta,

2006.

DePree, J., Swartz, C., Introduction to Real Analysis, John Wilwey & Sons,

Inc., 1988.

Goldberg, R. R., Methods of Real Analysis, John Wiley & Sons, Second

Edition.

Guswanto, B.H, & Siti, R.N, Lecture Note Analisis Real, Jurusan MIPA,

Universitas Jenderal Soedirman, Purwokerto, 2006.

Julan H, 2007. Materi kuliah Logika Matematika, jurusan matematika

FMIPA, UAD, Yogyakarta.

http:/www2.edc.org/makingmath

http:/www.cut-the-knot.org

DAFTAR PUSTAKA

Apostol, T.M, 1957, Mathematical Analysis, Addison-Wesley

Publishing Company. Bartle, R.G., 2001, A Modern Theory of Integration, American

Mathematical Society, Vol. 32., Providence, Rhode Island. Burk, F.E., 2007, A Garden of Integrals, The Mathematical

Association of America, Number Thirty-One. Burkill,J.C. & Burkill, H, 1970, A Second Course in Mathematical

Analysis, Cambridge University Press, London. DePree, J., Swartz, C., Introduction to Real Analysis, John Wilwey &

Sons, Inc., 1988.

Goldberg, R. R., Methods of Real Analysis, John Wiley & Sons,

Second Edition.

Julan H, 2007. Materi kuliah Logika Matematika, jurusan

matematika FMIPA, UAD, Yogyakarta.

http:/www2.edc.org/makingmath

http:/www.cut-the-knot.org

modul dan lembar kerja mahasiswa - …erepo.unud.ac.id/6229/1/id5... · analisis real i mahasiswa...

Documents