Analisis bab1 bab2

DAFTAR ISI
1 SISTEM BILANGAN REAL
1.1 Sifat Aljabar Bilangan Real . . . . . . . . .
1.2 Sifat Urutan Bilangan Real . . . . . . . . .
1.3 Nilai Mutlak dan Jarak Pada Bilangan Real
1.4 Supremum dan Inﬁmum . . . . . . . . . . .
2 BARISAN BILANGAN REAL
2.1 Pengertian Barisan dan Limitnya .
2.2 Sifat-sifat Barisan Konvergen . . .
2.3 Barisan Monoton Terbatas (BMT)
2.4 Barisan Bagian . . . . . . . . . . .
2.5 Barisan Cauchy dan Kontraksi . . .

i

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

1
1
6
11
14

.
.
.
.
.

22
22
28
34
37
39

BAB 1
SISTEM BILANGAN REAL
Bilangan real sudah dikenal dengan baik sejak masih di sekolah menengah.
Namun untuk memulai mempelajari materi pada BAB ini anggaplah diri kita
belum tahu apa-apa tentang bilangan real. Kita akan mempelajari bagaimana
sistem bilangan real itu dibangun.
Pertama-tama kita hanya diberikan suatu himpunan bilangan tetapi belum
tahu anggotanya seperti apa, belum aturan yang berlaku di dalamnya. Kemudian kepada himpunan ini diberikan dua operasi binair, penjumlahan dan pengurangan. Dengan dua operasi ini dibuat beberapa aksioma. Dua aksioma penting adalah keujudan elemen 0 dan elemen 1. Inilah anggota bilangan real pertama yang kita ketahui. Selanjutnya dengan aksioma-aksioma ini didefinisikan
anggota-anggota lainnya, seperti bilangan positif, bilangan negatif, bilangan bulat, bilangan rasional dan bilangan irrasional. Juga didefinisikan sifat-sifat yang
mengatur hubungan antar anggota, seperti sifat urutan, sifat jarak, sifat kelengkapan dan sifat kepadatan.

1.1

Sifat Aljabar Bilangan Real

Bilangan real dipandang sebagai suatu himpunan, seterusnya dilambangkan dengan R. Selanjutnya, didefinisikan dua operasi binair ’+’ dan ’·’ masing-masing
disebut operasi penjumlahan dan operasi perkalian. Kedua operasi binair ini
diterapkan pada R dan memenuhi sifat-sifat sebagai berikut:
(A1) a+b = b+a untuk setiap a, b ∈ R, yaitu komutatif terhadap penjumlahan.
(A2) (a + b) + c = a + (b + a) untuk setiap a, b, c ∈ R, yaitu asosiatif terhadap
penjumlahan.
(A3) Terdapat elemen 0 ∈ R sehingga a + 0 = 0 + a = a untuk setiap a ∈ R.
Elemen 0 ini disebut elemen nol.
(A4) Untuk setiap a ∈ R selalu terdapat (−a) ∈ R sehingga a+(−a) = (−a)+a =
0. Elemen (−a) ini disebut negatif dari a.
1

2

Pengantar Analisis Real I by Julan HERNADI

(M1) a · b = b · a untuk setiap a, b ∈ R, yaitu komutatif terhadap perkalian.
(M2) (a · b) · c = a · (b · a) untuk setiap a, b, c ∈ R, yaitu asosiatif terhadap
perkalian.
(M3) Terdapat elemen 1 ∈ R sehingga a · 1 = 1 · a = a untuk setiap a ∈ R.
Elemen 1 ini disebut elemen satuan.
(M4) Untuk setiap a ∈ R, a = 0 selalu terdapat (1/a) ∈ R sehingga a · (1/a) =
(1/a) · a = 1. Elemen (1/a) ini disebut kebalikan dari a.
(D) a · (b + c) = (a · b) + (a · c) dan (b + c) · a = (b · a) + (c · a) untuk setiap
a, b, c ∈ R. Sifat ini disebut distributif perkalian terhadap penjumlahan.
Diperhatikan bahwa ada 4 sifat yang berkaitan dengan operasi penjumlahan yaitu
A1, A2, A3 dan A4 (notasi A untuk Adisi, atau penjumlahan), 4 sifat yang berkaitan dengan perkalian yaitu M1, M2, M3 dan M4 (M untuk Multiplikasi, atau
perkalian) dan 1 sifat yang mencakup keduanya yaitu D (D untuk Distributif).
Kesembilan sifat ini disebut sifat aljabar atau aksioma bilangan real.
Sampai saat ini belum dideﬁnisikan bilangan negatif dan operasi pengurangan.
Notasi (−a) dianggap satu elemen didalam R. Begitu juga elemen kebalikan
(1/a) dianggap satu elemen dan operasi pembagian belum dideﬁnisikan.
Berikut diberikan beberapa teorema sederhana yang diturunkan langsung dari
sifat-sifat aljabar ini.
Teorema 1.1.1. Jika a bilangan real sebarang maka persamaan a + x = b mempunyai penyelesaian tunggal, yaitu x = (−a) + b.
Bukti:
a+x
⇒ (−a) + (a + x)
⇒ ((−a) + a) + x
⇒0+x
⇒x

=
=
=
=
=

b [diketahui]
(−a) + b
(−a) + b [menggunakan A2]

Latihan 1.1.1. Buktikan jika a bilangan real tidak nol maka persamaan a · x = b
mempunyai penyelesaian tunggal, yaitu x = (1/b).
Teorema 1.1.2. Bila a suatu elemen pada R maka
(i) a · 0 = 0
(ii) (−1) · a = −a.


3

Bukti: (i): Berdasarkan (M3) kita mempunyai a · 1 = a. Selanjutnya kedua
ruas ini ditambahkan a · a, diperoleh :
a+a·0 =
=
=
=

a·1+a·0
a · (1 + 0) [menggunakan D]
a · 1 [menggunakan A3]
a [menggunakan M3]

Selanjutnya dengan menggunakan Teorema (1.1.1)dengan menganggap x sebagai
a · 0 diperoleh
a · 0 = (−a) + a = 0.
(ii): Dari (M3) kita mempunyai a = 1 · a. Tambahkan pada kedua ruas dengan
(−1) · a, diperoleh
a + (−1) · a =
=
=
=

1 · a + (−1) · a
(1 + (−1)) · a [menggunakan D]
0 · a [menggunakan A4]
0 [menggunakan bagian i, setelah menerapkan (A1)]

Selanjutnya dengan menggunakan Teorema (1.1.1) dan menganggap x sebagai
(−1) · a, kemudian menggunakan (A3) diperoleh
(−1) · a = (−a) + 0 = −a.

Latihan 1.1.2. Bila a suatu elemen pada R, buktikan
i) −(−a) = a
ii) (−1) · (−1) = 1.
Teorema 1.1.3. Misalkan a, b, c elemen pada R.
(i) Jika a = 0 maka 1/a = 0 dan 1/(1/a) = a.
(ii) Jika a · b = a · c dan a = 0 maka b = c.
Bukti. (i): Karena a = 0 maka menurut (M4) selalu ada 1/a ∈ R. Andaikan
1/a = 0 maka diperoleh
1 = a · (1/a) = a · 0 = 0.

4


Hasil ini berlawanan atau kontradiksi dengan (M3). Jadi pengandaian ini salah,
dan haruslah 1/a = 0. Selanjutnya karena 1/a = 0 dan karena (1/a) · a = 1
maka dengan Teorema (1.1.1) dengan memandang a sebagai x maka diperoleh
a = 1/(1/a).
(ii): Kedua ruas pada a · b = a · c dikalikan dengan (1/a) disertai dengan menggunakan (M2), diperoleh
((1/a) · a) · b = ((1/a) · a) · c
⇔ 1 · b = 1 · c [menggunakan M4]
⇔ b = c [menggunakan M3]

Latihan 1.1.3. Buktikan bahwa jika a · b = 0 maka a = 0 atau b = 0.

Operasi lainnya pada R
Sejauh ini hanya ada dua operasi pada bilangan real. Melalui dua operasi ini
diturunkan bebedapa operasi lainnya yang didefinisikan sebagai berikut :
1. Operasi pengurangan. Bila a, b ∈ R maka notasi a − b dibaca a dikurang
dengan b dan didefinisikan oleh
a − b := a + (−b).
2. Operasi pembagian. Bila a, b ∈ R, b = 0 maka notasi a/b atau
a dibagi dengan b dan didefinisikan oleh

a
b

dibaca

a/b := a · (1/b).
3. Operasi pangkat. Bila a ∈ R maka notasi a2 dibaca a dipangkatkan dengan dua atau a kuadarat dan didefinisikan sebagai a2 := a · a. Secara umum
untuk n bilangan asli, an adalah a dipangkatkan dengan n didefinisikan oleh
an := a · a · a · · · · · a .
sebanyak n faktor

Untuk a = 0, notasi a−1 dimaksudkan untuk 1/a dan notasi a−n untuk
(1/a)n .

5


Beberapa himpunan bagian penting pada R
1. Bilangan asli. Himpunan bilangan asli dilambangkan dengan N dipandang
sebagai himpunan bagian R dan n ∈ N didefinisikan sebagai
n := 1 + 1 + 1 + · · · + 1 .
sebanyak n suku

2. Bilangan bulat. Himpunan bilangan bulat dilambangkan dengan Z dan
keanggotannya dapat didefinisikan sebagai berikut :
Z := {−n : n ∈ N} ∪ N ∪ {0}
dengan −n := (−1) + (−1) + (−1) + · · · + (−1).
sebanyak n suku

3. Bilangan rasional dan irrasional. Himpunan bilangan rasional dilambangkan dengan Q adalah elemen bilangan real yang dapat ditulis dalam
bentuk pecahan. Jadi,
Q :=

b
: a, b ∈ Z, a = 0 .
a

Bilangan real yang tidak dapat disajikan sebagai pecahan disebut bilangan irrasional dan himpunan bilangan irrasional ini biasa dilambangkan
dengan R Q.
Notasi ”:=” berarti ”didefinisikan oleh” (defined by). Penggunaan notasi ini
lebih tepat daripada menggunakan ”=” karena tanda sama dengan seharusnya
digunakan untuk menyatakan kesamaan kedua ruas.
Teorema 1.1.4. Tidak ada bilangan rasional r sehingga r2 = 2.
Bukti. Andai ada bilangan rasional yang kuadratnya sama dengan dua. Untuk
itu dapat ditulis r = m dengan m dan n tidak mempunyai faktor persekutuan
n
selain 1. Diperoleh
m2
2
r = 2 = 2 ⇒ m2 = 2n2 ,
n
2
berarti m bilangan genap. Karena itu m juga genap (lihat latihan berikut!).
Karena m genap maka dapat ditulis m = 2p. Substitusi m ini ke kesamaan
sebelumnya, diperoleh
(2p)2 = 2n2 ⇒ 4p2 = 2n2 ⇒ n2 = 2p2 .
Ini berarti n2 bilangan genap, akibatnya n juga bilangan genap. Berangkat dari
pengandaian tadi diperoleh dua pernyataan berikut

6


a. m dan n tidak mempunyai faktor persekutuan selain 1, berarti m dan n
tidak mungkin keduanya genap.
b. m dan n bilangan genap.
Kedua pernyataan ini bertentangan (kontradiksi), sehingga pengandaian harus
diingkari. Kesimpulannya Teorema terbukti.
Latihan 1.1.4. Buktkan bila m2 genap maka m juga genap.
Contoh 1.1.1. Pada contoh ini dibuktikan bahwa jika z ∈ R bilangan irrasioanl
dan r = 0 bilangan rasional maka r + z dan rz bilangan irrasional. Dibutkikan
dengan kontradiksi. Andai r + z rasional, maka dapat ditulis
r+z =

m
p
dan r = , m, n, p, q ∈ Z, n, q = 0.
n
q

Dari sini diperoleh
z=

m p
mq − np
− =
,
n
q
nq

yaitu z rasional, sebab mq − np, nq ∈ Z, nq = 0. Kontradiksi dengan z irrasioanl.
Jadi pengandaian r + z rasional salah, dan haruslah r + z irrasional. Dengan
argumen yang sama dapat dibuktikan sisanya.
Latihan 1.1.5. Buktikan bahwa jika x, y keduanya rasional maka x + y dan xy
rasional.

1.2

Sifat Urutan Bilangan Real

Urutan pada bilangan real merujuk pada hubungan ketidaksamaan antara dua
bilangan real. Sebelum didefinisikan urutan terlebih dulu didefinisikan bilangan
positif.
Definisi 1.2.1 (Bilangan Positif ). Pada R terdapat himpunan bagian takkosong
P dengan sifat-sifat berikut :
1. Jika a, b ∈ P maka a + b ∈ P.
2. Jika a, b ∈ P maka a · b ∈ P.
Himpunan P ini selanjutnya disebut himpunan bilangan positif.
Definisi 1.2.2 (Sifat Trikotomi). Bila a ∈ R maka tepat satu pernyataan
berikut dipenuhi, yaitu
a ∈ P,

a = 0,

−a ∈ P.

7

Selanjutnya himpunan bilangan negatif didefinisikan sebagai himpunan
{−a : a ∈ P} .
Jadi himpunan bilangan real terbagi atas tiga himpunan saling asing yaitu bilangan positif, bilangan negatif dan nol.
Definisi 1.2.3 (Urutan). Berikut ini definisi ketidaksamaan antara elemenelemen pada R :
1. Bilangan a ∈ P disebut bilangan positif dan ditulis a > 0. Notasi a ≥ 0
berarti a ∈ P ∪ {0}, dan a disebut bilangan taknegatif.
2. Bilangan a ∈ P sehingga−a ∈ P disebut bilangan negatif, ditulis a < 0.
Notasi a ≤ 0 berarti −a ∈ P ∪ {0}, dan a disebut bilangan takpositif.
3. Bilangan real a dikatakan lebih besar dari b, ditulis a > b jika a − b ∈ P
Notasi a b dan b > c maka a > c.
(ii) Tepat satu pernyataan berikut memenuhi : a > b, a = b, a < b.
Bukti. (i): Karena a > b dan b > c maka berdasarkan definisi berlaku a − b ∈ P,
dan b − c ∈ P. Berdasarkan Definisi (1.2.1) diperoleh
a − c = (a − b) + (b − c) ∈ P, yakni a > c.
(ii): Terapkan sifat trikotomi pada a − b.
Teorema 1.2.2. Misalkan a, b, c, d bilangan-bilangan real.
(i) Jika a > b maka a + c > b + c.
(ii) Jika a > b, c > d maka a + c > b + d.
(iii) Jika a > b dan c > 0 maka ca > cb.
Bukti. (i): Karena diketahui a − b ∈ P maka (a + c) − (b + c) = a − b ∈ P, yaitu
a + c > b + c.
(ii): Karena diketahui a − b ∈ P dan c − d ∈ P maka (a + c) − (b + d) =
(a − b) + (c − d) ∈ P, yaitu a + c > b + d.
(iii): Karena diketahui a − b ∈ P, c ∈ P maka (a − b)c = ac − bc ∈ P, yaitu
ac > bc.

8


Latihan 1.2.1. Jika a > b dan c < 0, buktikan ac < bc.
Teorema 1.2.3. Jika a dan b bilangan real dengan a < b maka a < 1 (a + b) < b.
2
Bukti. Karena a < b maka 2a = a + a < a + b. Dengan argumen yang sama
diperoleh juga a + b 0 maka 0 < 2 a < a.

Teorema berikut menjamin bahwa suatu bilangan taknegatif yang kurang
dari bilangan positif apapun adalah nol.
Teorema 1.2.4. Bila a ∈ R dengan 0 ≤ a <

untuk setiap ε > 0 maka a = 0.

Bukti. Andaikan a > 0. Berdasarkan Latihan sebelumnya, berlaku 0 < 1 a < a.
2
Sekarang ambil ε0 := 1 a > 0, sehingga berlaku 0 < ε0 < a. Hasil ini kontradiksi
2
dengan hipotesis bahwa 0 ≤ a < untuk setiap ε > 0. Jadi pengandai salah, dan
haruslah a = 0.
Latihan 1.2.3. Bila a, b bilangan real dengan a 0 maka
a ≤ b.
Dari deﬁnisi bilangan positif bahwa perkalian dua bilangan positif akan
menghasilkan bilangan positif. Tetapi sebaliknya, bila hasil kali dua bilangan
real adalah positif belum tentu kedua bilangan real tadi positif.
Teorema 1.2.5. Jika ab > 0 maka berlaku salah satu dari dua kemungkinan
berikut:
a > 0 dan b > 0 atau a < 0 dan b < 0.
Bukti. Karena ab > 0 maka a = 0 dan b = 0, sebab jika salah satu diantara a
atau b bernilai nol maka ab = 0. Karena sifat trikotomi sekarang kemungkinnya
a > 0 atau a < 0. Untuk a > 0 maka 1/a > 0 dan
b = 1 · b = ((1/a)a) b = (1/a) (ab) > 0.
>0

>0

Dengan argumen yang sama, dapat dibuktikan untuk kasus a < 0.
Latihan 1.2.4. Buktikan bahwa jika ab < 0 maka berlaku salah satu dari dua
kemungkinan berikut:
a > 0 dan b < 0 atau a < 0 dan b > 0.
Kedua hasil yang baru saja diberikan mengatakan bahwa jika hasil kali dua
bilangan positif maka kedua bilangan itu bertanda sama. Sebaliknya, jika hasil
kali kedua bilangan negatif maka kedua bilangan itu berlainan tanda.

9


Beberapa ketidaksamaan penting
Teorema 1.2.6. Misalkan a ≥ 0 dan b ≥ 0. Maka pernyataan-pernyataan berikut
equivalen :
(i) a 0 ⇐⇒ b2 > 0 ⇐⇒

√

b > 0.

Fakta ini mudah dibuktikan sendiri. Sekarang diasumsikan a > 0 dan b > 0,
yaitu a + b > 0.
(i) ⇒ (ii): Diketahui a < b, atau a − b < 0. Jadi diperoleh
a2 − b2 = (a − b) (a + b) < 0
<0

>0

(ii) ⇒ (i): Diketahui a2 −b2 = (a − b) (a + b) < 0. Karena diketahui pula a+b > 0
<0

>0

maka haruslah a − b < 0, atau a < b.
(i) ⇔ (iii): Sebelumnya sudah dibuktikan bahwa jika x, y > 0 maka
x < y ⇐⇒ x2 < y 2 .
√
√
√
Pada bagian ini diambil x = a dan y = b sehingga x, y > 0. Karena a = ( a)2
√ 2
dan b = b) maka diperoleh
√
√
√
√
a < b ⇐⇒ ( a)2 = a < b = ( b)2 .
Jadi lengkaplah bukti ini karena telah ditunjukkan berlakunya equivalensi
(iii) ⇐⇒ (i) ⇐⇒ (ii).
Teorema 1.2.7 (Rata-rata Aritmatika-Geometri (RAG). Bila a dan b bilangan positif maka berlaku
√
1
ab ≤ (a + b)
(RAG)
2
Bukti. Bila a = b maka relasi pada (RAG) menjadi kesamaan (lihat latihan di
√
bawah). Sekarang diasumsikan a = b. Karena a > 0 dan b > 0 maka a > 0 dan
√
b > 0. Diperhatikan bahwa
√ √
√
√
0 = a − b = ( a − b) ( a + b) .
√

Jadi ( a −

√

>0

b) = 0, dan selanjutnya dikuadratkan diperoleh
√
√
√
√
1
0 < ( a − b)2 = a − 2 ab + b ⇐⇒ ab > (a + b).
2

10


Latihan 1.2.5. Buktikan bahwa bila a = b maka relasi pada (RAG) menjadi
kesamaan.
Rata-rata aritmatika (RA) dari dua bilangan real a dan b adalah a+b , sedan2
√
gkan rata-rata geometri (RG) dari a dan b adalah ab. Biasanya dalam kehidupan sehari-hari, rata-rata aritmatika lebih sering digunakan daripada rata-rata
geometri. Secara umum dua macam rata-rata ini dideﬁnisikan sebagai berikut :
Misalkan diketahui bilangan real (data) a1 , a2 , · · · , an maka
1
RA =
n

n

1/n

n

ak , RG =
k=1

ak
k=1

dengan notasi
untuk penjumlahan dan
untuk perkalian suku-suku. Masih
tetap berlaku bahwa
RG ≤ RA.
Teorema 1.2.8 (Ketidaksamaan Bernoulli). Jika x > −1 maka untuk setiap
n ∈ N berlaku
(1 + x)n ≥ 1 + nx.
(KB)
Bukti. Dibuktikan dengan induksi matematika. Untuk n = 1 kedua ruas pada
(KB) menjadi kesamaan. Diasumsikan berlaku untuk n = k, yaitu berlaku (1 +
x)k ≥ 1 + kx. Untuk n = k + 1, diperoleh
⇔ (1 + x)k+1

(1 + x)k ≥ 1 + kx [ diketahui ]
= (1 + x)k (1 + x) ≥ (1 + kx)(1 + x)
= 1 + (k + 1)x + kx2
≥ 1 + (k + 1)x.

Jadi berlaku untuk n = k + 1. Perhatikan pada baris kedua kedua ruas dikalikan
dengan (1 + x) suatu bilangan positif karena x > −1.
Teorema 1.2.9 (Ketidaksamaan Cauchy). Misalkan a1 , a2 , · · · an dan b1 , b2 , · · · , bn
bilangan real maka berlaku
2

n

ak bk

n

n

a2
k

≤

k=1

k=1

b2
k
k=1

Bukti. Dideﬁnisikan fungsi F : R → R dengan
n

(ak − tbk )2 .

F (t) :=
k=1

.

11


Jelas F fungsi taknegatif, karena itu diperoleh
n

a2 − 2tak bk + t2 b2
k
k

F (t) =

k=1
n

n

b2
k

=

n

2

t −2

k=1

ak bk

a2
k

t+

k=1

≥ 0.

k=1

Jadi F merupakan fungsi kuadrat definit tak negatif, sehingga diskriminannya
pun tak negatif, yaitu
2

n

4

ak bk

n

n

−4

k=1

a2
k

b2
k

≤ 0.

k=1

k=1

Akhirnya dengan memindahkan ruas pada ketidaksamaan ini terbuktilah bahwa
2

n

ak bk

b2
k

a2
k
k=1

k=1

1.3

n

n

≤

.

k=1

Nilai Mutlak dan Jarak Pada Bilangan Real

Pada sifat urutan bilangan real kita baru mengetahui urutan lebih besar antara
dua bilangan real tetapi belum menentukan jarak antara dua bilangan real. Jarak
atau metrik pada bilangan real ini ditentukan melalui nilai mutlak.
Definisi 1.3.1. Nilai mutlak suatu bilangan real a, ditulis dengan |a| didefinisikan
sebagai:

a
bila a > 0,

|a| := 0
bila a = 0,


−a bila a < 0.
Sebagai contoh, |3| = 3, |0| = 0, dan | − 1| = 1. Dengan kata lain, nilai
multak bilangan real bersifat dikotomi, yaitu nol atau positif. Diperhatikan tiga
cabang pada definisi nilai mutlak dapat disederhanakan menjadi
|a| :=

a
−a

bila a ≥ 0,
bila a < 0.

Teorema berikut ini menyajikan sifat-sifat dasar nilai mutlak.
Teorema 1.3.1. Misalkan a, b, c bilangan-bilangan real.
(i) |a| = 0 bila hanya bila a = 0

12

(ii) | − a| = |a|
(iii) |ab| = |a||b|
(iv) untuk c ≥ 0, |a| ≤ c bila hanya bila −c ≤ a ≤ c.
(v) −|a| ≤ a ≤ |a|.
Bukti. (i)(⇐=): langsung dari definisi. (=⇒): dibuktikan melalui kontraposisinya, yaitu jika a = 0 maka |a| = 0, juga langsung dari definisi.
(ii) Jika a = 0 maka diperoleh |a| = |0| = 0 = | − 0| = | − a|. Jika a > 0 maka
−a < 0 sehingga diperoleh |a| = a = −(−a) = | − a|. Jika a < 0 maka −a > 0
sehingga diperoleh |a| = −a = |a|.
(iii) Bila minimal salah satu dari a atau b bernilai nol maka kedua ruas bernilai
nol. Bila keduanya tidak ada yang nol, ada 4 kemungkinan nilai a, b yang perlu
diselidiki yaitu a > 0, b > 0, a > 0, b < 0, a < 0, b > 0 dan a < 0, b < 0. Untuk
a > 0, b < 0 maka ab < 0, |a| = a, |b| = −b dan
|ab| = −(ab) = (a)(−b) = |a||b|.
(iv): (⇐=): karena |a| ≤ c maka a ≤ c dan −a ≤ c atau a ≥ −c, digabungkan
diperoleh −c ≤ a ≤ c. (=⇒): bila −c ≤ a ≤ c maka kita mmepunyai a ≤ c
dan −c ≤ a, atau −a < c. Karena |a| bernilai |a| atau | − a| maka disimpulkan
|a| < c.
(v): dengan mengambil c := |a| ≥ 0 pada bagian (iv) maka |a| ≤ |a| adalah
pernyataan yang benar. Implikasinya adalah −|a| ≤ c ≤ |a|. Cara lain adalah
dengan menggunakan kenyataan bahwa |a| ≥ a berlaku untuk setiap a ∈ R.
Karena −a ∈ R maka |a| = | − a| ≥ −a, atau −|a| ≤ a. Setelah digabungkan
diperoleh −|a| ≤ c ≤ |a|.
Definisi 1.3.2. Jarak (metrik) antara dua bilangan real a dan b didefinisikan
sebagai
d(a, b) := |a − b|.
Bila b = 0 maka d(a, 0) = |a| dipandang sebagai jarak a terhadap titik asal 0.
Interpretasi sederhana bilangan real dapat disajikan dalam garis bilangan.
Gambar berikut adalah garis bilangan dan ilustrasi jarak antara −3 dan 2.

Gambar 1.1: Garis bilangan dan jarak antara dua bilangan real
Teorema berikut berkaitan dengan sifat dasar nilai mutlak dan sangat sering
digunakan dalam analisis.

13

Teorema 1.3.2 (Ketidaksamaan segitiga). Untuk sebarang bilangan real a
dan b berlaku
|a + b| ≤ |a| + |b|.
(KS)
Bukti. Dari Teorema sebelumnya bagian (v) kita mempunyai −|a| < a < |a|
dan −|b| < b < |b|. Dengan menjumlahkan dua ketidaksamaan ini diperoleh
−(|a| + |b|) < a + b < (|a| + |b|).
Kemudian, dari bagian (iv) dengan menganggap c := (|a| + |b|) maka terbukti
bahwa
|a + b| ≤ |a| + |b|.
Latihan 1.3.1. Untuk sebarang bilangan real a dan b, buktikan
(i) ||a| − |b|| ≤ |a − b|.
(ii) |a − b| ≤ |a| + |b|.
Contoh 1.3.1. Tentukan semua bilangan real x yang memenuhi |x − 1| > |x + 1|.
Penyelesaian. Diperhatikan titik x = −1 dan x = 1 merupakan titik transisi,
yaitu perbatasan dimana nilai mutlak berlainan nilai.
Untuk x < −1, maka x − 1 < 0 dan x + 1 > 0 sehingga |x − 1| = −(x − 1) dan
|x + 1| = −(x + 1). Subtitusi kedalam ketidaksamaan diperoleh
−(x − 1) > −(x + 1) ⇐⇒ 1 > −1
suatu pernyataan yang benar untuk setiap x < −1.
Untuk −1 < x < 1 berlaku |x − 1| = −(x − 1) dan |x + 1| = (x + 1). Subtitusi
kedalam ketidaksamaan diperoleh
−(x − 1) > (x + 1) ⇐⇒ 2x >< 0 ⇐⇒ x < 0.
Untuk x > 1 berlaku |x − 1| = x − 1 dan |x + 1| = x + 1. Subtitusi kedalam
ketidaksamaan diperoleh
x − 1 > x + 1 ⇐⇒ −1 > 1
suatu pernyataan yang salah untuk setiap x > 1. Dengan menggabungkan ketiga
hasil ini diperoleh himpunan penyelesaian untuk x sebagai berikut
{x : x < −1} ∪ {x : x < 0} = {x : x < 0}.
Cara lain adalah dengan menggunakan Teorema 1.2.6, yaitu
|x−1| > |x+1| ⇔ (x−1)2 > (x+1)2 ⇔ x2 −2x+1 > x2 +2x+1 ⇔ 4x < 0 ⇔ x < 0.

14


Latihan 1.3.2. Tentukan semua bilangan real x yang memenuhi |x|+|x+1| < 2.
Latihan 1.3.3. Jika x < z, buktikan bahwa x < y < z bila hanya bila |x − y| +
|y − z| = |x − z|. Interprestasikan fakta ini secara geometris.
Dapat diperiksa bahwa jarak (metrik) seperti diberikan pada Definisi 1.3.2
mempunyai sifat-sifat sebagai berikut :
1. d(x, y) ≥ 0 untuk setiap x, y ∈ R.
2. d(x, y) = 0 bila hanya bila x = y.
3. d(x, y) = d(y, x) untuk setiap x, y ∈ R.
4. d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y) untuk setiap x, y ∈ R.
Catatan 1.3.1. Sifat 4 ini merupakan generalisasi dari ketidaksamaan segitiga
(KS). Himpunan bilangan real yang dilengkapi dengan metrik d ini disebut ruang
metrik. Lebih lanjut, pada analisis dikenal pula ruang bernorma, ruang Banach,
dan lain-lain.
Latihan 1.3.4. Misalkan S himpunan takkosong, buktikan fungsi d pada S × S
yang didefinisikan oleh
d(s, t) :=

0
1

bila s = t,
bila s = 0.

merupakan metrik. Metrik ini disebut metrik diskrit.
Bentuk lain generalisasi (KS) diungkapkan pada teorema berikut.
Teorema 1.3.3. Untuk sebarang bilangan real a1 , a2 , · · · , an , berlaku
|a1 + a2 + · · · + an | ≤ |a1 | + |a2 | + · · · + |an |.
Bukti. Dapat dibuktikan dengan induksi. Ingat dengan prinsip induksi, jika
berlaku untuk dua bilangan maka akan berlaku untuk sejumlah berhingga bilangan.

1.4

Supremum dan Infimum

Ketika kita diberikan himpunan A = [0, 1) maka minimum atau anggota terkecil himpunan ini adalah 0. Pertanyaannya, apakah A mempunyai maksimum ?
Kalau ada, berapa nilainya. Perhatikan bahwa 1 bukan nilai maksimum karena
ia tidak termuat di dalam A.

15

Latihan 1.4.1. Buktikan bahwa himpunan A = (0, 1] tidak mempunyai maksimum. (Petunjuk: gunakan bukti tak langsung dengan kontradiksi).
Walaupun 1 bukan maksimum A namun tidak ada anggota A yang melebihinya.
Dengan kata lain, 1 merupakan batas atas paling kecil untuk himpunan A.
Deﬁnisi 1.4.1. Misalkan S suatu himpunan bagian dari R.
(i) Bilangan u ∈ R dikatakan batas atas S jika s ≤ u untuk setiap s ∈ S.
(ii) Bilangan w ∈ R dikatakan batas bawah S jika w ≤ s untuk setiap s ∈ S.
Diperhatikan dengan seksama bahwa batas bawah atau batas atas suatu
himpunan tidak harus berada di dalam himpunan tersebut. Ilustrasi batas atas
dan batas bawah diberikan pada gambar berikut.

Gambar 1.2: Batas atas dan batas bawah suatu himpunan
Contoh 1.4.1. Diberikan S := [0, 1), maka batas atas S adalah himpunan {x :
x ≤ 0} dan batas bawah S adalah {x : x ≥ 1}. Diperhatikan 0 merupakan batas
bawah dan termasuk didalam S, sedangkan 1 batas atas S tetapi ia tidak termuat
didalam S.
Contoh 1.4.2. Himpunan bilangan asli N tidak mempunyai batas bawah maupun
batas atas.
1
Contoh 1.4.3. Himpunan S := { n : n ∈ N} mempunyai himpunan batas bawah
{x : x ≤ 0} dan mempunyai himpunan batas atas {x : x ≥ 1}.

Contoh 1.4.4. Misalkan S := ∅ himpunan kosong maka setiap bilangan real
adalah batas atas S. Argumennya dapat dijelaskan sebagai berikut. Bilangan
u ∈ R batas atas S dapat disajikan dalam kalimat logika berikut
s ∈ S =⇒ s < u.
Dalam kasus S himpunan kosong maka pernyataan s ∈ S bernilai salah, sehingga
kalimat implikasi s ∈ S =⇒ s < u selalu benar. Dengan argumen yang sejalan
dapat disimpulkan bahwa semua bilangan real juga merupakan batas bawah himpunan kosong. Kenyataan ini sepertinya dibuat-buat, tetapi inilah konsekuensi
logis deﬁnisi.

16

Latihan 1.4.2. Tuliskan definisi v1 bukan batas atas S, juga definisi w1 bukan
batas bawah S.
Definisi 1.4.2. Himpunan yang mempunyai batas atas disebut terbatas diatas
(bounded above), sedangkan himpunan dikatakan terbatas dibawah (bounded
below ) jika ia mempunyai batas bawah. Himpunan dikatakan terbatas jika ia
terbatas diatas dan terbatas dibawah.
Contoh 1.4.5. Himpunan bilangan real R := (−∞, ∞) tidak terbatas diatas
maupun dibawah. Himpunan S := [1, ∞) terbatas dibawah. Himpunan E :=
1
{ n : n ∈ N} terbatas.
Definisi 1.4.3. Misalkan S himpunan bagian dari R.
(i) Bila S terbatas diatas maka batas atas u dikatakan supremum dari S jika
tidak ada bilangan lain yang lebih kecil dari u yang menjadi batas atas S.
Dengan kata lain u batas atas yang paling kecil.
(ii) Bila S terbatas dibawah maka batas bawah w dikatakan infimum dari S
jika tidak ada bilangan lain yang lebih besar dari w yang menjadi batas
bawah S. Dengan kata lain w batas bawah yang paling besar.
Berdasarkan definisi ini, supremum himpunan S dapat dikarakterisasi oleh
dua kondisi berikut, yaitu :
1. s ≤ u untuk setiap s ∈ S
2. bila ada v ∈ R dengan v < u maka ada s0 ∈ S sehingga v < s0 .
Kondisi pertama menyatakan bahwa v haruslah batas atas S dan kondisi kedua
menyatakan bahwa batas atas ini haruslah yang terkecil.
Latihan 1.4.3. Buatlah karakterisasi w infimum S.
Biasanya supremum dan infimum himpunan S disingkat dengan
sup S dan inf S.
Ilustrasi supremum dan infimum diberikan pada gambar berikut.

Gambar 1.3: Supremum dan infimum suatu himpunan

17

Catatan 1.4.1. Supremum suatu himpunan selalu tunggal.
Bukti. Andaikan u = sup S dan u1 = sup S dengan u = u1 . Karena itu ada dua
kemungkinan yang dapat terjadi, yaitu u < u1 atau u > u1 . Untuk u < u1 berarti
u bukan batas atas S, ini berlawanan dengan u = sup S. Untuk u > u1 berarti
u1 bukan batas atas S, ini bertentangan dengan u1 = sup S. Jadi pengandaian
u = u1 salah, seharusnya u = u1
Latihan 1.4.4. Buktikan bahwa infimum suatu himpunan selalu tunggal.
Berikut adalah kriteria yang mudah dan sering digunakan untuk mengetahui
suatu batas atas merupakan supremum atau bukan.
Teorema 1.4.1. Misalkan u suatu batas atas S.
u = sup S ⇐⇒ ∀ε > 0, ∃s ∈ S sehingga u − ε < s.
Bukti. (=⇒): Ambil ε > 0 sebarang. Karena diketahui u = sup S maka u − ε
bukan batas atas S, jadi ada s ∈ S sehingga u − ε < s. (⇐=): Akan ditunjukkan
bahwa u yang memenuhi sebelah kanan merupakan supremum S. Misalkan untuk
sebarang bilangan real v, v < u. Ambil ε := u − v > 0, maka ada s ∈ S sehingga
u − ε = u − (u − v) = v < s.
Ini berarti v bukan batas atas S, dan berdasarkan karakteristik supremum disimpulkan bahwa u = sup S.
Teorema ini dapat diilustrasikan secara grafik sebagai berikut.

Gambar 1.4: Kriteria supremum
Latihan 1.4.5. Misalkan w suatu batas atas S. Buktikan bahwa
w = inf S ⇐⇒ ∀ε > 0, ∃s ∈ S sehingga w + ε > s.
Contoh 1.4.6. Diperhatikan himpunan S := {x : 0 ≤ x < 1}. Maka maks S
tidak ada, sup S = 1, min S = inf S = 0.
1
Contoh 1.4.7. Diperhatikan himpunan S := { n : n ∈ R}. Maka maks S =
sup S = 1, min S tidak ada tetapi inf S = 0. Hasil ini dapat dibuktikan sebagai
berikut. Jika diberikan ε > 0 sebarang maka selalu dapat dipilih bilangan asli n0
1
dengan n0 > 1/ε. Nah, s = n0 ∈ S dan 0 + s > ε. Berdasarkan kriteria infimum
(latihan sebelumnya) maka disimpulkan 0 adaah infimum S.

18


Catatan 1.4.2. Pada pembuktian infimum sebelumnya kita dapat memilih bilangan asli yang lebih besar dari suatu bilangan real yang diberikan. Ada referensi
yang menyebut sifat ini sebagai sifat Archimedes. Secara formal sifat ini diungkapkan sebagai berikut.
Jika x ∈ R maka ada nx ∈ N sehingga nx > x.
Catatan 1.4.3. Bila suatu himpunan S mempunyai maksimum dan minimum
maka
sup S = maks S, inf S = min S.
Latihan 1.4.6. Buktikan bahwa bilangan real R tidak mempunyai supremum
dan infimum.
Latihan 1.4.7. Misalkan S := {1 −
Buktikan hasil yang anda peroleh.

(−1)n
n

: n ∈ N}. Tentukan inf S dan sup S.

Sifat supremum dan infimum pada R
Sifat ini dapat disajikan secara sederhana sebagai berikut. Setiap himpunan tak
kosong yang terbatas diatas selalu mempunyai supremum, dan setiap himpunan
tak kosong yang terbatas dibawah selalu mempunyai infimum.
Sifat supremum ini dikenal juga dengan sifat kelengkapan bilangan real.
Dengan sifat ini terjamin bahwa garis bilangan adalah ”padat”, artinya tidak
ada satupun titik yang hilang. Sebagai ilustrasi, diperhatikan himpunan terbatas
berikut
A := {x > 0 : x2 < 2}.
Himpunan A ini tidak mempunyai maksimum tetapi A mempunyai supremum,
√
√
yaitu sup A = 2. Fakta ini menjamin eksistensi 2 yang merupakan bilangan
irrasional.
√
Sekarang kita tahu terdapat paling tidak satu bilangan irrasional, yaitu 2.
Pertanyaannya, seberapa banyak bilangan irrasional yang ada. Lebih ”banyak”
mana, bilangan rasional atau bilangan irrasional. Nah, berikut ini diberikan sifat
kepadatan bilangan rasional dalam R.
Teorema 1.4.2. Bila a dan b bilangan real dengan a b−a . Untuk n ini berlaku

nb − na > 1.

(*)

Sekarang ambil m sebagai bilangan bulat pertama yang lebih besar dari na, dan
berlaku
m − 1 ≤ na < m.
(**)

19


Dari (*) dan (**) diperoleh
na < m ≤ na + 1 < nb.
Bentuk terakhir ini dapat ditulis na < m < nb, dan dengan membagi semua ruas
dengan n, didapat
m
a<
<b
n
dan dengan mengambil r := m maka bukti Teorema selesai.
n
√
Contoh 1.4.8. Tentukan 3 buah bilangan rasional diantara 2 dan 3 .
2
√
Penyelesaian.
1. Diketahui a = 2 ≈ 1, 4142, b = 3/2 = 1, 5
2. d =

1
1,5−1,4142

≈ 11.6569

3. Jadi bilangan asli yang yang dapat diambil adalah n = 12, 13, 14, 15, 16.
√
4. Untuk n = 12 diperoleh na √ (12)( 2) ≈ 16, 9706 maka diambil m = 17.
≈
Untuk n = 13, na ≈ (13)( 2) ≈ 18, 3848 dan dimabil m = 19. Untuk
√
n = 14 maka na ≈ (14)( 2) ≈ 19, 7990 dan dimabil m = 20.
√
5. Jadi bilangan rasional r = 17 , 19 , dan 20 terletak diantara 2 dan 3/2.
12 13
14
Akibat 1.4.1. Bila a dan b bilangan real dengan a < b maka terdapat bilangan
irrasional z dengan a < z < b.
Bukti. Dengan menerapkan Teorema sebelumnya pada dua bilangan real
b
√ maka ada bilangan rasional r sehingga
2

a
√
2

dan

a
b
√ <r< √ .
2
2
√
Selanjutnya diambil z := r 2, inilah bilangan irrasioanl yang dimaksud.
Latihan 1.4.8. Temukan 5 bilangan irrasional yang terletak diantara 1 dan 1.01.

SOAL-SOAL LATIHAN BAB I
1. Buktikan jika a, b ∈ R maka
a. −(a + b) = (−a) + (−b)
b. (−a) · (−b) = a · b
c. 1/(−1/a) = −(1/a) asalkan a = 0
d. −(a/b) = (−a)/b asalkan b = 0.

20


2. Jika a = 0 dan a · a = a, buktikan a = 0 atau a = 1.
3. Buktikan tidak ada bilangan rasional r sehingga r2 = 3.
4. Tunjukkan dengan contoh bahwa ada dua bilangan irrasional yang jumlah
keduanya rasional.
5. Tunjukkan dengan contoh bahwa ada dua bilangan irrasional yang hasil kali
keduanya rasional.
6. Tunjukkan ada bilangan irrasional x dan y dengan xy rasional.
7. Buktikan bahwa jika 0 < a < b dan 0 < c < d maka 0 < ac < bd.
8. Jika a, b ∈ R tunjukkan bahwa a2 + b2 = 0 bila dan hanya bila a = 0 dan
b = 0.
9. Bila 0 ≤ a < b, buktikan a2 ≤ ab < b2 .
10. Buktikan bahwa jika 0 < a < b maka a <

√

ab 1 maka
1 < c < c2 .
14. Buktikan bahwa |a + b| = |a| + |b| bila hanya bila ab ≥ 0.
15. Jika a < x < b dan a < y < b, tunjukkan bahwa |x − y| < b − a. Interprestasikan fakta ini secara geometris.
16. Tentukan dan sketsalah pasangan titik (x, y) pada R × R yang memenuhi
(a) |x| = |y|.
(b) |xy| = 1.
17. Tentukan dan sketsalah pasangan titik (x, y) pada R × R yang memenuhi
(a) |x| + |y| ≤ 1.
(b) |xy| ≤ 2.
18. Misalkan S himpunan takkosong yang terbatas dibawah. Buktikan
inf S = − sup{−s : s ∈ S}.
19. Misalkan S himpunan terbatas dan S0 himpunan bagian dari S. Buktikan
inf S ≤ inf S0 ≤ sup S0 ≤ sup S.

21

20. Misalkan S himpunan takkosong yang terbatas diatas. Untuk a ∈ R didefinisikan
a + S := {a + x : x ∈ S}.
Buktikan
sup(a + S) = a + sup S.
1
1
21. Misalkan S := { n − m : m, n ∈ N}. Tentukan sup S dan inf S, buktikan
hasil yang anda peroleh.

22. Misalkan S himpunan takkosong. Untuk a bilangan real tidak nol didefinisikan aS := {as : s ∈ S}. Buktikan
(i) Bila a > 0 maka
inf(aS) = a inf S, dan sup(aS) = a sup S.
(ii) Bila a < 0 maka
inf(aS) = a sup S, dan sup(aS) = a inf S.
23. Misalkan A dan B himpunan takkosong dan A+B := {a+b : a ∈ A, b ∈ B}.
Buktikan bahwa
sup(A + B) = sup A + sup B dan inf(A + B) = inf A + inf B.
24. Misalkan f dan g dua fungsi yang didefinisikan pada domain X. Jika
rangenya terbatas, buktikan
(i) sup{f (x) + g(x) : x ∈ X} ≤ sup{f (x) : x ∈ X} + sup{g(x) : x ∈ X}.
(ii) inf{f (x) + g(x) : x ∈ X} ≥ inf{f (x) : x ∈ X} + inf{g(x) : x ∈ X}.

BAB 2
BARISAN BILANGAN REAL
Di sekolah menengah barisan diperkenalkan sebagai kumpulan bilangan yang disusun menurut ”pola” tertentu, misalnya barisan aritmatika dan barisan geometri.
Biasanya barisan dan deret merupakan satu kesatuan pokok bahasan. Sekarang
barisan dipahami dari sudut pandang analisis dan ia merupakan bentuk khusus
dari fungsi. Sedangkan deret akan dibahas secara khusus pada bab yang lain.

2.1

Pengertian Barisan dan Limitnya

Deﬁnisi 2.1.1. Barisan bilangan real adalah fungsi suatu fungsi dengan domain himpunan bilangan asli N dengan domain termuat didalam R. Jadi barisan
adalah fungsi X : N → R, dimana setiap n ∈ N nilai fungsi X(n) biasa ditulis
sebagai
X(n) := xn
dan disebut suku ke-n barisan X. Notasi barisan yang sering digunakan dalam
buku ini adalah
X, (xn ), (xn : n ∈ N).
Contoh 2.1.1. Beberapa barisan dan cara penulisannya :
a. X := (2, 4, 6, 8, · · · ) merupakan barisan bilangan genap. Dapat juga ditulis
sebagai X := (2n : n ∈ N).
b. Y :=

1 1 1
, , ,···
1 2 3

. Dapat juga ditulis Y :=

1
n

:n∈N .

Dalam beberapa keperluan praktis, barisan dideﬁnisikan secara rekusif atau
induktif sebagai berikut
x1 , x2 , · · · , xn−1 diberikan,
xn := f (x1 , x2 , · · · , xn−1 ).

22

23

c. Barisan Fibonacci adalah barisan yang berbentuk F := (1, 1, 2, 3, 5, 8, · · · ).
Barisan ini dapat ditulis secara rekursif sebagai berikut :
x1 := 1, x2 := 1, xn := xn−1 + xn−2 , untuk n ≥ 3.
Latihan 2.1.1. Berikut diberikan beberapa suku awal barisan (xn ). Seandainya
pola seperti ini tetap, tentukan formula umum suku ke n nya.
a. 1/2, 2/3, 3/4, 4/5, · · · ,
b. 1/2, −1/4, 1/8, −1/16, · · · ,
c. 1, 4, 9, 16, · · · ,
Latihan 2.1.2. Diberikan barisan yang didefinisikan secara rekursif. Tentukan
5 suku pertamanya
a. y1 := 2, yn+1 := 1 (yn + 2/yn ), n ≥ 1.
2
b. z1 := 1, z2 := 2, zn+2 := (zn+1 + zn )/(zn+1 − zn ), n ≥ 3.
c. x1 := 1, yn+1 := 1 (2yn + 3), n ≥ 1.
4
Penulisan barisan menggunakan kurung biasa ”( )” dimaksudkan untuk
membedakannya dengan himpunan yang biasa ditulis menggunakan kurung kurawal ”{ }”. Pada himpunan, anggota yang sama cukup ditulis satu kali. Sedangkan pada barisan, suku-suku yang berbeda memungkinkan mempunyai nilai
yang sama. Sebagai contoh ambil barisan (xn ) yang didefinisikan xn := (−1)n .
Jadi barisannya adalah
X := (−1, 1, −1, 1, · · · ).
Tetapi bila dipandang sebagai himpunan maka diperoleh himpunan
X := {−1, 1}.
Definisi 2.1.2 (Limit barisan). Misalkan X = (xn ) barisan bilangan real.
Bilangan real x dikatakan limit dari (xn ) jika untuk setiap ε > 0 terdapat bilangan
asli N (biasanya bergantung pada ε) sehingga
|xn − x| < ε untuk setiap n ≥ N.
Jika x limit dari barisan X maka X dikatakan konvergen ke x dan ditulis
lim X = x, atau lim(xn ) = x.
Jika suatu barisan mempunyai limit kita katakan barisan itu konvergen. Sebaliknya jika tidak mempunyai limit kita katakan ia divergen.

24

Gambar 2.1: Kekonvergenan barisan
Diperhatikan pada deﬁnisi ini pernyataan |xn − x| < ε dapat ditulis sebagai
x − ε < xn < x + ε. Ini berarti pada suatu saat, semua suku-suku barisan berada
dalam ”kerangkeng” (x−ε, x+ε). Ilustrasi geometris barisan (xn ) yang konvergen
ke x diberikan pada Gambar 2.1.
Kadangkala digunakan notasi xn → x untuk menyatakan secara intuitif
bahwa xn ”mendekati” x bila n → ∞. Pada deﬁnisi ini kriteria xn ”mendekati”
x diukur oleh ε > 0, sedangkan kriteria n → ∞ dicirikan oleh adanya bilangan
asli N . Tidak adanya notasi n → ∞ pada penulisan lim(xn ) dapat dipahami
karena barisan yang dibahas adalah barisan takberujung, yaitu banyak sukunya
takterhingga.
Muncul pertanyaan apakah mungkin suatu barisan konvergen ke dua limit
yang berbeda ? Jawaban diberikan secara formal dalam teorema berikut.
Teorema 2.1.1. Suatu barisan bilangan real hanya dapat mempunyai satu limit.
Dengan kata lain, jika suatu barisan konvergen maka limitnya tunggal.
Bukti. Andaikan barisan X := (xn ) mempunyai dua limit yang berbeda, katakan
xa dan xb dengan xa = xb . Diberikan ε := 1 |xb − xa |.
3
Karena lim(xn ) = xa maka untuk ε ini terdapat Na sehingga
|xn − xa | < ε untuk setiap n ≥ Na .
Juga, karena lim(xn ) = xb maka terdapat Nb sehingga
|xn − xb | < ε untuk setiap n ≥ Nb .
Sekarang untuk n ≥ maks {Na , Nb } maka berlaku
|xa − xb | = |xa − xn + xn − xb |
≤ |xn − xa | + |xn − xb |
< ε+ε
2
=
|xa − xb |.
3
2
Akhirnya diperoleh |xa − xb | < 3 |xa − xb | suatu pernyataan yang kontradiksi.
Pengandaian xa = xb salah dan haruslah xa = xb , yaitu limitnya mesti tunggal.

25


Latihan 2.1.3. Diberikan barisan bilangan real (xn ).
a. Tuliskan definisi barisan (xn ) tidak konvergen ke x.
b. Tuliskan definisi barisan (xn ) divergen.
Pembahasan barisan di sini ditekankan pada pembuktian-pembuktian teoritis bukan pada aspek teknik komputasi. Membuktikan suatu barisan dengan
limit telah diketahui lebih rumit daripada menentukan nilai limit suatu barisan.
Contoh-contoh berikut memberikan gambaran bagaimana definisi digunakan untuk membuktikan kebenaran limit suatu barisan.
Contoh 2.1.2. Butkikan bahwa lim(1/n) = 0.
1
Penyelesaian. Disini kita mempunyai xn := n , dan x = 0. Diberikan ε > 0
sebarang. Harus ditemukan bilangan asli N sehingga

|xn − x| = |1/n − 0| =

1
< ε untuk setiap n ≥ N.
n

1
Mudah saja, pada bentuk terakhir ketidaksamaan ini berlaku n < ε. Disele1
saikan, diperoleh n > ε . Jadi N cukup diambil sebagai bilangan asli terkecil
yang lebih besar dari 1 . Sebagai contoh, misalkan diberikan ε := 0.013 maka
ε
1
= 76.9231. Jadi cukup diambil N := 77. Untuk meyakinkan dapat diperiksa
ε
bahwa

x77 = 0.0130, x78 = 0.0128, x79 = 0.0127, x80 = 0.0125, x81 = 0.0123, x82 = 0.0122
kesemuanya kurang dari 0.013. Lebih telitinya x77 = 0.012987.
Contoh 2.1.3. Buktikan lim

n+1
3n+2

= 1/3.

Penyelesaian. Disini kita mempunyai xn :=

n+1
3n+2

dan x = 1/3.

n+1
1
−
3n + 2 3
3n + 3 − 3n − 2
=
3(3n + 2)
1
=
3(3n + 2)

|xn − x| =

Bentuk terakhir ini akan kurang dari ε bila
(9n + 6)ε > 1 ⇔ 9n >

1 − 6ε
6−ε
⇔n>
.
ε
9ε

Jadi N cukup diambil sebagai bilangan asli terkecil yang lebih besar dari 6−ε .
9ε
Sebagai contoh, misalkan diberikan ε := 0.013 maka 6−ε = 7.8803. Jadi cukup
9ε

26


diambil N := 8. Agar lebih meyakinkan diambil beberapa nilai xn − 1/3, untuk
n = 8, 9, 10, 11, 12, hasilnya
0.0128, 0.0115, 0.0104, 0.0095, 0.0088,
yang kesemuanya kurang dari ε := 0.013.
Latihan 2.1.4. Gunakan definisi limit barisan untuk membuktikan
lim

3n + 1
2n + 5

3
= .
2

Tentukan bilangan asli terkecil N yang dapat diambil jika diberikan ε := 0.0023,
juga bila ε := 0.0132.
lim

(−1)n n
n2 + 1

= 0.

Tentukan bilangan asli terkecil N yang dapat diambil jika diberikan ε := 1/4,
juga bila ε := 1/16.
lim

1
1
−
n n+1

= 0.

Tentukan bilangan asli terkecil N yang dapat diambil jika diberikan ε := 1/4,
juga bila ε := 1/16.
Dari beberapa contoh dan latihan ini mestinya dapat disimpulkan bahwa
semakin kecil ε > 0 yang diberikan maka semakin besar indeks N yang dapat
diambil. Kenyataan ini sesuai dengan definisi bahwa semakin kecil ε > 0 maka
semakin kecil lebar ”kerangkeng” dan semakin lama pula suku-suku barisan dapat
mulai mengumpul di dalam ”kerangkeng” ini.
Kekonvergenan barisan (xn ) ditentukan oleh pola suku-suku yang sudah
jauh berada diujung. Walaupun pada awalnya suku-suku barisan berfluktuasi
cukup besar namun bila pada akhirnya suku-suku ini mengumpul disekitar titik
tertentu maka barisan ini tetap konvergen.
Definisi 2.1.3. Misalkan barisan X := (x1 , x2 , x3 , · · · , xn , · · · ) dipotong pada
suku ke m dan dibentuk barisan baru
Xm := (xm+1 , xm+2 , · · · )
maka barisan Xm disebut ekor ke m barisan X.
Latihan 2.1.7. Buktikan bahwa X konvergen bila hanya bila Xm konvergen dan
lim X = lim Xm .

27


Pembuktikan limit barisan melalui deﬁnisi akan menjadi sulit bilamana bentuk barisan yang dihadapi cukup rumit. Melalui deﬁnisi dikembangkan ”alatalat” sederhana yang dapat digunakan untuk membuktikan limit barisan, khususnya barisan yang mempunyai bentuk tertentu.
Teorema 2.1.2 (Teorema Konvergen Terdominasi). Misalkan ada dua barisan
bilangan real (an ) dan (xn ). Jika ada C > 0 dan m ∈ N sehingga berlaku
|xn − x| ≤ C|an | untuk semua n ≥ m dan lim(an ) = 0
maka lim(xn ) = x.
Bukti. Diberikan ε > 0. Karena lim(an ) = 0 maka ada Na ∈ N sehingga
|an | < ε/C untuk setiap n ≥ Na .
Jadi untuk setiap n ≥ N := maks {Na , m} berlaku
|xn − x| ≤ C|an | < C(ε/C) = ε.
Terbukti bahwa lim(xn ) = x
Teorema ini biasa disebut teorema kekonvergenan terdominasi (TKD), karena
kekonvergenan ini disebabkan karena terdominasi oleh barisan yang konvergen.
Dalam penggunaan teorema ini harus dibangun barisan (an ) yang konvergen ke
0 dan ditentukan konstanta positif C.
Contoh 2.1.4. Bila a > 0, buktikan barisan lim

1
1+na

= 0.

Bukti. Karena a > 0 maka berlaku 0 < na < na + 1, dan akibatnya kita
mempunyai
1
1
<
.
na + 1
na
Selanjutnya,
1
1
1
1
|
− 0| =
<
.
1 + na
1 + na
a
n
Dengan mengambil C := 1/a dan an = 1/n dan dikarenakan lim an = 0 maka
1
dengan teorema sebelumnya disimpulkan bahwa lim 1+na = 0.
Contoh 2.1.5. Misalkan 0 0. Dapat ditulis b :=
b
b
ketidaksamaan Bernoulli berlaku
(1 + a)n ≥ 1 + na
dan diperoleh
0<

1
1
1
≤
<
=
n
(1 + a)
1 + na
na

1
a

Latihan 2.1.8. Misalkan c > 0, buktikan lim(c1/n ) = 0.
Latihan 2.1.9. Buktikan lim(n1/n ) = 1.

1
n

.

1
(1+a)

dan dengan

2.2

28

Sifat-sifat Barisan Konvergen

Berikut ini diberikan sifat aljabar barisan konvergen. Sifat-sifat ini banyak digunakan dalam keperluan praktis terutama dalam menghitung nilai limit barisan.
Sebelumnya diberikan sifat keterbatasan barisan konvergen.
Deﬁnisi 2.2.1. Barisan (xn ) dikatakan terbatas jika ada bilangan M > 0 sehingga |xn | ≤ M untuk setiap n ∈ N. Dengan kata lain, barisan (xn ) terbatas
jika hanya jika himpunan {xn : n ∈ N} terbatas pada R.
Contoh 2.2.1. Barisan (1/n : n ∈ N) terbatas dengan M = 1, ((−1)n : n ∈ N)
terbatas dengan M = 1, (n2 : n ∈ N) tidak terbatas.
Teorema 2.2.1. Jika barisan (xn ) konvergen maka ia terbatas.
Bukti. Diketahui barisan (xn ) konvergen, katakan lim(xn ) = x. Ambil ε := 1
maka ada N ∈ N sehingga
|xn − x| < 1 untuk setiap n ≥ N.
Karena ||xn | − |x|| ≤ |xn − x| < 1 maka berdasarkan sifat nilai mutlak diperoleh
|xn | < 1 + |x| untuk setiap n ≥ N.
Bila
M := max {|x1 |, |x2 |, · · · , |xN −1 |, 1 + |x|}
maka berlaku
|xn | ≤ M untuk setiap n ∈ N,
yaitu (xn ) terbatas.
Catatan 2.2.1. Barisan terbatas belum tentu konvergen. Barisan tidak terbatas
pasti divergen.
Contoh 2.2.2. Diberikan barisan ((−1)n : n ∈ N). Jelas barisan ini terbatas
karena |xn | < 1 untuk setiap n. Selanjutnya, kita buktikan barisan ini tidak
konvergen. Andaikan ia konvergen, katakan lim(xn ) = a. Ambil ε := 1, maka
terdapat bilangan asli N sehingga
|(−1)n − a| < 1 untuk setiap n ≥ N.
Bilangan n ≥ N dapat berupa bilangan genap atau bilangan ganjil. Untuk n
ganjil maka (−1)n = −1, sehingga diperoleh
|(−1)n − a| = | − 1 − a| < 1 ⇒ −2 < a < 0.

(*)

Untuk n genap maka (−1)n = 1, sehingga diperoleh
|(−1)n − a| = |1 − a| < 1 ⇒ 0 < a < 2.

(**)

Dua pernyataan (*) dan (**) saling kontradiksi, sehingga pengandaian salah.
Jadi terbukti barisan ((−1)n : n ∈ N) divergen.

29

Teorema 2.2.2. Jika X := (xn ) dan Y := (yn ) dua barisan yang masing-masing
konvergen ke x dan y maka
(a). barisan X ± Y := (xn + yn ) konvergen ke x ± y,
(b). barisan XY := (xn yn ) konvergen ke xy.
(c). barisan cX := (cxn ) konvergen ke cx
Bukti. (a) Untuk membuktikan lim(xn + yn ) → (x + y), kita harus memberikan
estimasi pada |(xn + yn ) − (x + y)|. Karena lim(xn ) = x dan lim(yn ) = y maka
untuk ε > 0 yang diberikan terdapat N1 dan N2 sehingga
|xn − x| < ε/2 untuk setiap n ≥ N1 dan |yn − y| < ε/2 untuk setiap n ≥ N2 .
Jadi untuk setiap n ≥ N := max{N1 , N2 } diperoleh
(xn + yn ) − (x + y)| = |(xn − x) + (yn − y)|
≤ |xn − x| + |yn − y|
≤ ε/2 + ε/2 = ε
Dengan cara yang sama dapat dibuktikan (xn − yn ) konvergen ke (x − y).
(b). Karena (xn ) konvergen maka ia terbatas, yaitu ada M1 > 0 sehingga |xn | ≤
M1 untuk setiap n ∈ N. Ambil M := max{M1 , |y|}. Karena lim(xn ) = x dan
lim(yn ) = y maka untuk ε > 0 yang diberikan terdapat N1 dan N2 sehingga
|xn −x| < ε/2M untuk setiap n ≥ N1 dan |yn −y| < ε/2M untuk setiap n ≥ N2 .
Jadi untuk setiap n ≥ N := max{N1 , N2 } diperoleh
|xn yn − xy| =
=
≤
≤
≤

|(xn yn − xn y) + (xn y − xy)|
|xn (yn − y) + y(xn − x)|
|xn ||y − yn | + |y||x − xn |
M |xn − x| + M |yn − y|
M (ε/2M ) + M (ε/2M ) = ε.

(c). Pernyataan ini dapat dibutkikan dengan cara membentuk
|cxn − cx| = |c||xn − x|.
Bukti lengkapnya dapat diselesaikan sendiri.
Catatan 2.2.2. Pada sifat perkalian limit dua barisan dapat dikembangkan untuk perkalian sebanyak berhingga barisan, yaitu jika (an ), (bn ), · · · , (zn ) barisanbarisan konvergen maka berlaku
lim ((an )(bn ) · · · (zn )) = lim(an ) lim(bn ) · · · lim(zn ).
Khususnya jika barisan-barisannya sama, katakan ada sebanyak k barisan (xn )
maka
lim(ak ) = (lim(an ))k .
n

30


Teorema 2.2.3. Misalkan X := (xn ) dan Y := (yn ) barisan konvergen, berturutturut ke x dan y, yn = 0 untuk setiap n ∈ N dan y = 0 maka barisan hasil bagi
X
n
:= xn konvergen ke x .
Y
y
y
Bukti.
xn x
−
yn
y

=
=
=
=
≤

xn y − xyn
yn y
1
|xn y − xyn |
|yn ||y|
1
|xn y − xn yn + xn yn − xyn |
|yn ||y|
1
|xn (y − yn ) + yn (xn − x)|
|yn ||y|
|xn |
1
|yn − y| + |xn − x|
|yn ||y|
|y|

Selanjutnya, kita perlu memberikan batas untuk suku |y|xn | . Karena (xn ) konvern ||y|
gen maka ada M > 0 sehingga |xn | ≤ M untuk setiap n ∈ N. Karena lim(yn ) = y
1
maka diberikan ε := 2 |y| ada N1 ∈ N sehingga
1
|yn − y| < |y| untuk setiap n ≥ N1 .
2
Karena ||yn | − |y|| ≤ |yn − y| dan |yn − y| < 1 |y| maka
2
1
1
3
1
||yn | − |y|| < |y| ⇔ |y| < |yn | < |y| ⇒ |yn | > |y| untuk setiap n ≥ N1 .
2
2
2
2
Jadi berlaku

1
2
<
untuk setiap n ≥ N1 .
|yn |
|y|
Dengan demikian kita mempunyai estimasi
xn x
1
2M
1
|xn |
−
|yn − y| + |xn − x| < 2 |yn − y| + |xn − x|.
≤
yn
y
|yn ||y|
|y|
|y|
|y|

(*)

Sekarang diberikan ε > 0 sebarang. Karena lim(yn ) = y dan lim(xn ) = x maka
ada N2 , N3 ∈ N sehingga
|xn − x| <

|y|2
|y|
ε untuk setiap n ≥ N2 , dan |yn − y| <
ε untuk setiap n ≥ N3 .
2
4M

Dengan mengambil N := max{N1 , N2 , N3 } maka berdasarkan (*), diperoleh
xn x
−
< ε/2 + ε/2 = ε untuk setiap n ≥ N.
yn
y

31


Contoh 2.2.3. Kita tunjukkan bahwa lim
ke dalam bentuk barisan konvergen, yaitu
2n + 1
n+5

=

2n+1
n+5

= 2. Pertama kita ubah dulu

2 + 1/n
.
1 + 5/n

Selanjutnya, diambil X := (2 + 1/n) dan Y := (1 + 5/n). Jelas bahwa lim X = 2
dan lim Y = 1 maka lim X = 2 = 2.
Y
1
Teorema 2.2.4. Bila (xn ) barisan taknegatif, yaitu xn ≥ 0 untuk setiap n ∈ N
maka lim(xn ) ≥ 0.
Bukti. Andaikan kesimpulan ini salah, yaitu x := lim(xn ) < 0. Ambil ε :=
−x > 0, maka ada K ∈ N sehingga
|xn − x| < −x ⇐⇒ x < xn − x < −x =⇒ xn < 0, untuk semua n ≥ K.
Khususnya untuk n = K berlaku xn < 0. Hal ini kontradiksi dengan hipotesis
bahwa xn ≥ 0 untuk setiap n ∈ N.
Teorema 2.2.5. Jika (xn ) dan (yn ) barisan konvergen dan xn ≤ yn untuk setiap
n ∈ N maka lim(xn ) ≤ lim(yn ).
Bukti. Dideﬁnisikan barisan (zn ) dengan zn := yn − xn . Diperoleh (zn ) barisan
taknegatif, dan selanjutnya digunakan Teorema sebelumnya.
Teorema 2.2.6. Bila (xn ) barisan konvergen dan a ≤ xn ≤ b untuk setiap n ∈ N
maka a ≤ lim(xn ) ≤ b.
Bukti. Bandingkan barisan (xn ) dengan barisan konstan (a) dan barisan (xn )
dengan barisan konstan (b), kemudian gunakan Teorema sebelumnya.
Teorema berikut menjelaskan kekonvergenan suaru barisan yang terjepit
oleh dua barisan yang konveregen ke limit yang sama. Teorema ini sangat
bermanfaat dalam membuktikan limit barisan.
Teorema 2.2.7 (Teorema Konvergen Terjepit). Bila (xn ), (yn ) dan (zn )
barisan bilangan real yang memenuhi kondisi berikut
(i) xn ≤ yn ≤ zn untuk setiap n ∈ N,
(ii) lim(xn ) = lim(zn )
maka (yn ) konvergen dan lim(xn ) = lim(yn ) = lim(zn ).

32

Bukti. Misalkan w := lim(xn ) = lim(zn ). Diberikan ε > 0 sebarang, maka
terdapat bilangan asli N1 dan N2 sehingga
|xn − w| < ε untuk setiap n ≥ N1 dan |zn − w| < ε untuk setiap n ≥ N2 .
Bila diambil N := max{N1 , N2 } maka berlaku
|xn − w| < ε dan |zn − w| < ε untuk setiap n ≥ N.
Dari ini diperoleh
−ε < xn − w dan zn − w < ε untuk setiap n ≥ N.
Diketahui xn ≤ yn ≤ zn , dengan menambahkan w pada ketiga ruas diperoleh
xn − w ≤ yn − w ≤ zn − w untuk setiap n ∈ N.
Dengan hasil sebelumnya, diperoleh
−ε < yn − w < ε ⇐⇒ |yn − w| < ε untuk setiap n ≥ N.
Jadi terbukti lim(yn ) = w.
Teorema ini dikenal dengan Teorema squeeze, atau Teorema kekonvergenan
terjepit (TKJ).
Contoh 2.2.4. Buktikan lim

sin n
n

= 0.

Bukti. Diperhatikan untuk setiap bilamgan asli n berlaku
−1 ≤ sin n ≤ 1.
Karena itu diperoleh

−1
sin n
1
≤
≤ .
n
n
n
sin n
Dengan mengambil xn = −1/n, yn = n dan zn = 1/n maka dengan TKJ
diperoleh lim sin n = lim(−1/n) = lim(1/n) = 0.
n
Penggunaan selanjutnya TKJ ini akan banyak muncul pada pembahasan
limit fungsi secara umum yang akan diberikan pada bab selanjutnya.
Satu lagi alat cepat dan mudah untuk menyelidiki kekonvergenan barisan
adalah uji rasio berikut.
Teorema 2.2.8. Misalkan (xn ) barisan bilangan real positif sehingga
n+1
lim xxn := L ada. Jika L < 1 maka (xn ) konvergen dan lim(xn ) = 0.

33


n+1
Bukti. Karena (xn ) positif maka ( xxn ) barisan taknegatif sehingga L ≥ 0. Jadi
0 ≤ L < 1. Misalkan r suatu bilangan dimana L < r < 1, ambil ε := r − L > 0.
Terdapat bilangan asli K sehingga

xn+1
− L < ε := r − L untuk setiap n ≥ K.
xn
Jadi untuk setiap n ≥ K berlaku
xn+1
< r ⇒ xn+1 < rxn ,
xn
dan karena 0 < r < 1 maka diperoleh
0 < xn+1 < rxn < r2 xn < · · · < rn−K+1 xK .
Dengan mengambil C :=

xK
rK

kita mempunyai
0 < xn+1 < Crn+1 .

Karena 0 < r < 1 maka lim(rn+1 ) = 0 dan dengan menggunakan Teorema
kekonvergenan terdominasi maka terbukti
lim(xn ) = lim(xn+1 ) = 0.
2

n
Contoh 2.2.5. Kita selidiki apakah barisan ( 2n ) konvergen. Kita gunakan uji
rasio, yaitu

xn+1
(n + 1)2 2n
=
xn
2n+1 n2
1 n2 + 2n + 1
=
2
n2
1
2
1
=
(1 + + 2 )
2
n n
Jadi L := lim 1 (1 +
2
dengan limit nol.

2
n

+

1
)
n2

2

n
= 1/2 < 1, dan disimpulkan barisan ( 2n ) konvergen

Latihan 2.2.1. Misalkan b > 1, selidikilah kekonvergenan barisan ( bn ).
n
Pada bagian akhir sub pokok bahasan ini diberikan dua hasil yang berguna
untuk mempelajari materi yang akan datang.
Teorema 2.2.9. Jika barisan (xn ) yang konvergen maka
(i) Barisan nilai mutlak (|xn |) konvergen dengan lim |xn | = | lim(xn )|.
√
√
(ii) Jika xn ≥ 0 maka barisan ( xn ) konvergen dengan lim( xn ) =

lim(xn ) .

Bukti. (i) Misalkan lim(xn ) = x. Kita telah mempunyai sifat nilai mutlak bahwa
||xn | − |x|| ≤ |xn − x|, untuk semua n ∈ N.
Jadi kekonvergenan (|xn |) langsung diakibatkan oleh kekonvergenan (xn ).

34


(ii) Karena x > 0 maka

√

x > 0. Selanjutnya dibentuk
√ √
√
√
√
( xn − x)( xn + x)
√
xn − x
√
√ .
xn − x =
=√
(*)
√
xn + x
xn + x
√
√
√
1
Karena xn + x ≥ x > 0 maka √xn1 √x ≤ √x sehingga dari (*) diperoleh
+
√

xn −

√

x ≤

1
√
x

|xn − x|.

Karena xn → x maka (xn − x) → 0, dan dengan menggunakan Teorema kekon√
√
vergenan terdominasi maka terbukti lim( xn ) = x =
lim(xn ) .

2.3

Barisan Monoton Terbatas (BMT)

Sebelumnya sudah dibahas bahwa barisan konvergen pasti terbatas, tetapi barisan
terbatas belum tentu konvergen. Pada bagian ini dibahas syarat cukup agar
barisan terbatas konvergen.
Deﬁnisi 2.3.1. Suatu barisan (xn ) dikatakan monoton jika ia naik saja atau
turun saja. Dikatakan naik jika
x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn ≤ · · · , atau xn ≤ xn+1 untuk setiap n ∈ N
dan dikatakan turun jika
x1 ≥ x2 ≥ · · · ≥ xn ≥ · · · , atau xn ≥ xn+1 untuk setiap n ∈ N.
Contoh 2.3.1. Barisan (1, 2, 3, 4, · · · , n, · · · ), (1, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 4, · · · ) meru1
1
pakan barisan yang naik. Barisan (1, 2 , 1 , · · · , n , · · · ), merupakan barisan yang
3
2 3
n
turun. Barisan (a, a , a , · · · , a , · · · ) turun jika a < 0, dan naik jika a > 0.
Barisan (−1, +1, −1, · · · , (−1)n , · · · ) merupakan barisan tidak monoton. Barisan
konstan (2, 2, · · · , 2, · · · ) merupakan barisan naik dan juga turun. Barisan
(7, 6, 2, 1, 2, 3, 4, · · · ) dan (−2, 0, 1, 1 , 1 , 1 , · · · ) merupakan barisan tidak monoton
3 2 3
tapi pada akhirnya monoton.
Teorema 2.3.1 (Teorema Konvergen Monoton). Jika barisan (xn ) monoton
dan terbatas maka ia konvergen. Selanjutnya,
(i) Bila (xn ) naik maka lim(xn ) = sup{xn n ∈ N}
(ii) Bila (xn ) turun maka lim(xn ) = inf{xn n ∈ N}.
Bukti. (i) Diketahui (xn ) naik dan terbatas. Ada M > 0 sehingga |xn | ≤ M ⇒
xn ≤ M untuk semua n ∈ N. Jadi himpunan {xn : n ∈ N} terbatas diatas.
Berdasarkan sifat supremum, himpunan ini selalu mempunyai supremum, katakan
x∗ := sup{xn : n ∈ N}.
Selanjutnya akan ditunjukkan lim(xn ) = x∗ .

35

Diberikan ε > 0 sebarang, maka x∗ − ε bukan lagi batas atas {xn : n ∈ N}.
Jadi ada xK ∈ {xn } sehingga
x∗ − ε < x K .
Karena (xn ) naik dan xn < x∗ untuk setiap n maka diperoleh
x∗ − ε < xK ≤ xn < x∗ < x∗ + ε untuk setiapn ≥ K.
Ini berakibat x∗ − ε < xn < x∗ + ε atau |xn − x∗ | < ε untuk setiap n ≥ K, yaitu
terbukti lim(xn ) = x∗ .
Bukti untuk bagian (ii) lihat latihan berikut.
Latihan 2.3.1. Lengkapi bukti bagian (ii) Teorema TKM di atas.
Contoh 2.3.2. Selidikilah apakah barisan (xn ) yang dideﬁnisikan oleh
1 1
1
xn := 1 + + + · · · +
2 3
n
konvergen atau divergen.
Bukti. Jelas barisan ini monoton naik sebab
1
xn+1 = xn + ≥ xn untuk setiap n ∈ N.
n
Selanjutnya dibuktikan apakah barisan ini terbatas atau tidak.
Untuk melihat pola barisan ini secara numerik , kita perhatikan suku ke n
1 1
1
xn = 1 + + + · · · +
2 3
n
Komputasi numerik memberikan data sebagai berikut :
x10 = 2.9290, x100 = 5.1874, x1000 = 7.4855, x10000 = 9.7876, x100000 = 12.0901.
Terlihat bahwa kenaikannya sangat lambat sehingga berdasarkan data ini ’seolaholah’ suku-suku barisan ini akan menuju bilangan tertentu atau konvergen. Untuk
suatu n diambil suku ke 2n , yaitu x2n . Untuk n = 1, x21 = 1 + 1 . Untuk n = 2,
2
1
x22 = 1 + 1 + 1 + 1 . Untuk n = 3, x23 = 1 + 2 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 .
2
3
4
3
4
5
6
7
8
Secara umum diperoleh
1 1
1
1
1
1
+
+
+ ··· +
+ n−1
+ ··· + n
2
3 4
2n−1 + 1 2
+2
2
1
1 1
1
1
1
> 1+ +
+
+ n + ··· + n
+ ··· + ··· +
n
2
4 4
2
2
2
1 1 1
1
= 1 + + + + ··· +
2 2 2
2

x2n = 1 +

nsuku

n
= 1+ .
2
Jadi selalu ada suku pada barisan ini yang lebih besar dari bilangan real manapun
sehingga barisan ini tidak terbatas dan disimpulkan barisan ini divergen. Sebagai
ilustrasi diberikan bilangan real α = 5001. Maka kita dapat menemukan suku
yang lebih besar dari 5001, yaitu suku ke 210.000 . Silahkan dicek!

36


Kekonvergenan barisan yang disajikan dalam bentuk rekursif lebih mudah
diperiksa dengan menggunakan TKM.
Contoh 2.3.3. Misalkan (xn ) barisan yang dideﬁnisikan secara rekursif sebagai
berikut :
x1 := 1,
√
xn+1 := 2xn untuk n ≥ 1.
Selidikilah kekonvergenan barisan ini. Bila ia konvergen berapakah limitnya.
√
Penyelesaian. Diperhatikan x1 = 1 dan x2 = 2. Jadi 1 ≤ x1 < x2 < 2.
Secara intuitif, barisan ini monoton naik dan terbatas diatas oleh 2. Untuk menunjukkan klaim ini kita gunakan prinsip induksi matematika, yaitu menunjukkan
bahwa berlaku
1 ≤ xn < xn+1 < 2.
Kita baru saja membuktikan pernyataan ini berlaku untuk n = 1. Diasumsikan
berlaku untuk n = k, yaitu kita mempunyai 1 ≤ xk < xk+1 < 2. Akibatnya,
2 ≤ 2xk < 2xk+1 < 4. Untuk n = k + 1, diperoleh
√
√
√
1 < 2 ≤ xk+1 = 2xk < 2xk+1 := xk+2 < 4 = 2.
Jadi berlaku
1 ≤ xk+1 < xk+2 < 2, yaitu berlaku untuk n = k + 1.
Dengan demikian terbukti bahwa barisan ini monoton naik dan terbatas. Berdasarkan TKM barisan ini konvergen. Selanjutnya dihitung limitnya. Bila supremum
himpunan {xn } mudah dicari maka limitnya langsung didapat, yaitu lim(xn ) =
sup{xn }. Berdasarkan hasil perhitungan numeris 10 suku pertama barisan ini
adalah
1.0000, 1.4142, 1.6818, 1.8340, 1.9152, 1.9571, 1.9785, 1.9892,
1.9946, 1.9973.
Terlihat supremumnya adalah 2. Secara teoritis masih harus dibuktikan bahwa
2 benar-benar sebagai supremumnya. Cara kedua adalah dengan menggunakan
sifat ekor barisan dan barisan akar. Misalkan x = lim(xn ), maka
√
lim(xn+1 ) = lim( 2xn ) = lim(2xn )
√
x =
2x
2
x = 2x ⇒ x(x − 2) = 0.
Diperoleh x = 0 atau x = 2. Karena xn > 1 maka nilai yang memenuhi adalah
x = 2. Cara ketiga adalah dengan mengamati bahwa untuk limit ini menghasilkan
bentuk akar kontinu berikut,
lim(xn ) =

2

√
2 2 · · ·.

Misalkan x =

2

37

√
2 2 · · · maka diperoleh
x2 = 2x ⇒ x(x − 2) = 0 ⇒ x = 0 atau x = 2.

Ini memberikan hasil yang sama yaitu lim(xn ) = 2.
Latihan 2.3.2. Diberikan barisan (zn ) yang didefinisikan secara rekursif sebagai
berikut :
z1 := 1,
zn+1 := 1 (2zn + 3) untuk n ≥ 1.
4
Selidikilah kekonvergenan barisan ini. Jika ia konvergen, hitunglah limitnya.
Latihan 2.3.3. Misalkan a > 0 dan z1 > 0. Didefinisikan zn+1 := (a + zn )1/2 .
Selidikilah kekonvergenan barisan ini. Jika ia konvergen, hitunglah limitnya.
Latihan 2.3.4. Buktikan dengan menggunakan TKM, jika 0 0.

2.4

Barisan Bagian

Pada bagian awal Bab ini telah diperkenalkan istilah ekor barisan. Ekor barisan
ini merupakan bentuk khusus dari barisan bagian. Berikut ini diberikan definisi
barisan bagian.
Definisi 2.4.1. Misalkan X := (xn ) barisan bilangan real dan misalkan diambil
barisan bilangan asli naik tegas, yaitu r1 < r2 < · · · < rn < · · · maka barisan X
yang diberikan oleh
(xr1 , xr2 , xr3 , · · · , xrn , · · · )
disebut barisan bagian dari X. Barisan bagian ini ditulis X := (xrn : n ∈ N).
1
1
Contoh 2.4.1. Diberikan barisan X := (1, 2 , 1 , · · · , n , · · · ). Beberapa barisan
3
bagian dari X adalah
1
(a) X := ( 1 , 1 , · · · , 2n , · · · ).,
2 4
1
(b) X := (1, 1 , 5 , · · · ,
3

1
, · · · ).
2n−1

1
1
(c) X := ( 1 , 1 , 6 , · · · , n+3 , · · · ).
4 5

Sedangkan berikut ini bukan merupakan barisan bagian X :
1
(a) Y := (1, 1 , 1 , 4 , 1 , · · · )
3 2
3
1
(b) Y := ( 1 , 2 , 1 , 1 , · · · ).
2
3 3

38

Gambar 2.2: Konstruksi barisan bagian
Konstruksi barisan bagian ini diilustrasikan pada Gambar 2.2. Berdasarkan
konstruksi ini terlihat jelas bahwa rn ≥ n untuk setiap n ∈ N. Kekonvergenan
barisan bagian mengikuti kekonvergenan barisan induknya. Berikut ini Teorema
kekonvergenan barisan bagian (TKBB).
Teorema 2.4.1 (Teorema Konvergen Barisan Bagian). Jika barisan (xn )
konvergen ke x maka setiap barisan bagiannya konvergen ke x.
Bukti. Diberikan ε > 0 sebarang. Karena (xn ) konvergen ke x maka ada bilangan asli K sehingga
|xn − x| < ε untuk setiap n ≥ K.
Karena rn ≥ n untuk setiap n ∈ N maka berlaku pula
|xrn − x| < ε untuk setiap rn ≥ n ≥ K.

Contoh 2.4.2. Kita buktikan dengan menggunakan TKBB bahwa lim(c1/n ) = 1
2
dimana c > 0. Misalkan zn = c1/n , diambil z2n = c1/2n = (c1/n )2 = zn sebagai
barisan bagiannya. Ditulis z = lim(zn ), diperoleh
lim(zn ) = lim(z2n )
lim(zn ) = lim((zn )2 ) = (lim(zn ))2
z = z 2 ⇒ z(z − 1) = 0 ⇒ z = 0 atau z = 1.
Karena zn > 0 untuk setiap n dan (zn ) monoton naik (seharusnya sudah dibuktikan pada latihan sebelumnya) maka dimabil z = 1.
Melalui TKBB kita dapat membuat kriteria barisan divergen. Diperhatikan
kontraposisinya, jika ada dua barisan bagian konvergen tetapi limit keduanya
tidak sama maka barisan induknya divergen.

39

Contoh 2.4.3. Diperhatikan barisan X := ((−1)n ) mempunyai dua barisan
bagian X := (x2n ) = ((−1)2n ) dan X := (x2n−1 ) = ((−1)2n−1 ). Karena
lim X = 1 = −1 = lim X
maka barisan ((−1)n ) divergen, hasil yang sama seperti sebelumnya.
Tidak semua barisan monoton, tetapi pada setiap barisan selalu dapat
dikonstruksi barisan bagian yang monoton. Bila barisan induknya terbatas maka
jelas setiap barisan bagian juga terbatas. Kosekuensi dari kenyataan ini diperoleh
Torema terkenal berikut.
Teorema 2.4.2 (Teorema Bolzano-Wierestraß). Setiap barisan terbatas selalu memuat barisan bagian yang konvergen.
Sebagai ilustrasi yang menjelaskan Teorema B-W ini diperhatikan barisan
((−1)n ) merupakan barisan terbatas tetapi tidak konvergen. Dua barisan bagiannya yaitu (x2n ) = ((−1)2n ) dan (x2n−1 ) = ((−1)2n−1 ) konvergen, berturut-turut
ke 1 dan −1.

2.5

Barisan Cauchy dan Kontraksi

Teorema konvergen monoton (TKM) yang sudah dibahas sebelumnya sangat
berguna untuk menyelidiki kekonvergenan suatu barisan, namun ia memiliki
keterbatasan karena hanya dapat diterapkan pada barisan yang monoton. Untuk
barisan yang tidak monoton TKM tidak berguna sama sekali. Untuk itu pada
bagian akhir Bab ini diberikan dua kriteria konvergenan tanpa syarat monoton.
Deﬁnisi 2.5.1 (Barisan Cauchy). Barisan X := (xn ) disebut barisan Cauchy
jika untuk setiap ε > 0 terdapat bilangan asli K, biasanya bergantung pada ε
sehingga
|xn − xm | < ε untuk setiap m, m ≥ K.
Lemma 2.5.1. Barisan Cauchy selalu terbatas.
Bukti. Misalkan X := (xn ) barisan Cauchy, dan diberikan ε := 1. Terdapatlah
bilangan asli K sehingga
|xn − xm | < 1 untuk setiap m, n ≥ K.
Khususnya, untuk m = K maka berlaku
|xn − xK | < 1 ⇒ |xn | < 1 + |xK | untuk setiap n ≥ K.
Ambil M := max{|x1 |, |x2 |, · · · , |xK−1 |, 1 + |xK |} maka diperoleh |xn | < M untuk
setiap n ∈ N yaitu (xn ) terbatas.

40

Kriteria Cauchy untuk barisan diungkapkan pada Teorema berikut.
Teorema 2.5.1. Suatu barisan bilangan real adalah konvergen bila hanya bila ia
barisan Cauchy.
Bukti. (⇒) Diketahui (xn ) konvergen, katakan lim(xn ) = x. Diberikan ε > 0
sebarang, maka ada bilangan asli K sehingga |xn − x| < ε/2 untuk setiap n ≥ K.
Jadi untuk setiap m, n ≥ K berlaku
|xn − xm | = |(xn − x) + (x − xm )|
≤ |x − xn | + |x − xm | < ε/2 + ε/2 = ε.
Terbukti (xn ) barisan Cauchy.
(⇐) Diberikan ε > 0 sebarang. Karena (xn ) Cauchy maka ada bilangan asli K1
sehingga
|xn − xm | < ε/2 untuk setiap m, n ≥ K1 .
Berdasarkan Lemma 2.5.1, barisan Cauchy (xn ) ini terbatas dan berdasarkan Teorema Bolzano-Wierestraß terdapat barisan bagian (xrn ) yang konvergen, katakan
lim(xrn ) = x∗ . Oleh karena itu terdapat bilangan asli K2 sehingga
|xrn − x∗ | < ε/2 untuk setiap rn ≥ K2 .
Bila diambil K := max{K1 , K2 } maka keduanya berlaku
|xn − xm | < ε/2 dan |xrn − x∗ | < ε/2 untuk setiap n, m, rn ≥ K.
Khususnya untuk m = K = rn berlaku
|xn − xK | < ε/2 dan |xK − x∗ | < ε/2 untuk setiap n ≥ K.
Akhirnya diperoleh untuk setiap n ≥ K berlaku
|xn − x∗ | = |xn − xK + xK − x∗ |
≤ |xn − xK | + |xK − x∗ | < ε/2 + ε/2 = ε,
yaitu (xn ) konvergen ke x.
1
Contoh 2.5.1. Kita tunjukkan ( n ) adalah barisan Cauchy. Diberikan ε > 0
sebarang. Selalu ada bilangan asli K sehingga K > 2 . Jadi untuk setiap m, n ≥
ε
ε
1
ε
1
M berlaku m < 2 dan n < 2 . Jadi

|xm − xn | = |1/m − 1/n| ≤ 1/m + 1/n < 2/ε + 2/ε = ε, untuk setiap m, m ≥ K.
n

Latihan 2.5.1. Buktikan barisan ( n+1 ) adalah Cauchy, tetapi barisan (n+ (−1) )
n
n
bukan Cauchy.

41


Contoh 2.5.2. Selidikilah kekonvergenan barisan (xn ) yang dideﬁnisikan secara
rekursif berikut :
x1 := 1, x2 := 2
xn := 1 (xn−2 + xn−1 )
2

untuk n ≥ 2.

Penyelesaian. Dapat ditunjukkan dengan induksi bahwa 1 ≤ xn ≤ 2 untuk
setiap n ∈ N. Apakah barisan ini monoton ?. Coba perhatikan beberapa suku
pertamanya berikut ini,
1.0000, 2.0000, 1.5000, 1.7500, 1.6250, 1.6875, 1.6563, 1.6719,
1.6641, 1.6680
Tidak ada indikasi barisan ini monoton sehingga TKM tidak dapat digunakan.
Diperhatikan secara rekursif didapat
1
|xn − xn+1 | = |xn + (xn−1 − xn )|
2
1
=
|xn − xn−1 |
2
1
=
|xn−1 − xn |
2
1
1
= 2 |xn−1 − xn−2 | = 2 |xn−2 − xn−1 |
2
2
.
.
.
1
1
= n−1 |x2 − x1 | = n−1 .
2
2
Misalkan m > n, diperhatikan suku-suku ke n, n + 1, n + 2, · · · , m − 1, m. Dengan
menggunakan ketidaksamaan segitiga diperoleh
|xn − xm | = |(xn − xn+1 ) + (xn+1 − xn+2 ) + (xn+2 − xn+3 ) + · · · + (xm−1 − xm )|
≤ |xn − xn+1 | + |xn+1 − xn+2 | + |xn+2 − xn+3 | + · · · + |xm−1 − xm |
1
1
1
1
= n−1 + n + n+1 + · · · + m−2
2
2
2
2
1
1
1
1
= n−1 1 + + 2 + · · · + m−n−1
2
2 2
2
2
1
1
= n−1 2 − (1/2)m−n−1 < n−1 = n−2
2
2
2
Diambil K bilangan asli terkecil yang lebih besar dari (2 −2 log ε), maka
|xn − xm | < ε untuk setiap m, m ≥ K.
Terbukti barisan ini konvergen. Selanjutnya, limit barisan tidak dapat diperoleh
dengan menggunakan sifat ekor barisan karena akan menghasilkan relasi x =
1
(x + x). Relasi ini selalu benar tetapi tidak memberikan informasi apapun.
2

42


Sekarang digunakan TKBB. Ambil suku-suku ganjil (x2n+1 : n ∈ N). Untuk
1
1
n = 1 diperoleh x3 = 1 + 2 . Karena x4 = 1 (2 + 3 ) = (1 + 1 + 4 ), maka untuk
2
2
2
n = 2 diperoleh x5 = 1 (x3 + x4 ) = 1 + 1 + 213 . Karena x6 = 1 + 1 + 213 + 214 , maka
2
2
2
1
untuk n = 3 diperoleh x7 = 1 + 2 + 213 + 215 . Secara umum, dengan menggunakan
induksi matematika dapat dibuktikan bahwa setiap bilangan asli n berlaku
x2n+1 = 1 +

1
1
1
1
+ 3 + 5 + · · · + 2n−1
2 2
2
2
deret geometri nsuku

= 1+
= 1+

1
2

1 − ( 1 )n
4
3/4

2
(1 − (1/4n )) .
3

Berdasarkan ini diperoleh
2
lim(xn ) = lim(x2n+1 ) = lim 1 + (1 − (1/4n ))
3

= 1 + 2/3 = 5/3.

Latihan 2.5.2. Misalkan y1 dan y2 bilangan real sebarang dengan y1 < y2 .
Didefinisikan yn := 1 yn−1 + 2 yn−2 untuk n ≥ 2. Selidikilah kekonvergenan barisan
3
3
(yn ), dan bila ia konvergen hitunglah limitnya.
Satu lagi kriteria kekonvergenan barisan bilangan real yang diberikan pada
penghujung Bab ini yaitu barisan kontraksi.
Definisi 2.5.2. Barisan bilangan real X := (xn ) dikatakan kontraksi jika ada
bilangan real C dengan 0 < C < 1 sehingga
|xn+2 − xn+1 | < C|xn+1 − xn |
untuk setiap bilangan asli n. Kita sebut saja bilangan C sebagai kontraktornya.
Sifat kontraksi ini dapat dipahami sebagai berikut. Misalkan didefinisikan
dn := |xn+1 − xn | yaitu magnitud atau jarak dari dua suku yang berdekatan. Bila
barisan magnitud ini (dn ) turun secara tegas maka barisan (xn ) bersifat kontraksi.
Ini berarti jarak antara dua suku berdekatan semakin lama semakin kecil.
Teorema 2.5.2. Bila (xn ) barisan kontraksi maka ia konveregen.
Bukti. Cukup dibuktikan barisan kontraksi (xn ) merupakan barisan Cauchy.
Pertama diperhatikan pola magnitud selisih yang didominasi oleh |x2 − x1 |
|xn+2 − xn+1 | ≤
≤
=
.
.
.
≤

C|xn+1 − xn |
CC|xn − xn−1 | = C 2 |xn − xn−1 |
C 2 C|xn−1 − xn−2 | = C 3 |xn−1 − xn−2 |
C n |x2 − x1 |.

43


Sekarang kita melakukan estimasi untuk selisih |xm −xn |, diasumsikan saja m > n.
Seperti idea ketika menyelesaikan soal pada Contoh 2.5.2, diperoleh
|xn − xm | = |(xn − xn+1 ) + (xn+1 − xn+2 ) + (xn+2 − xn+3 ) + · · · + (xm−1 − xm )|
≤ |xn − xn+1 | + |xn+1 − xn+2 | + |xn+2 − xn+3 | + · · · + |xm−1 − xm |
= |xn+1 − xn | + |xn+2 − xn+1 | + |xn+3 − xn+2 | + · · · + |xm − xm−1 |
≤ C n−1 + C n + C n+1 + · · · + C m−2 |x2 − x1 |
(m−n) suku deret geometri

1 − C m−n
|x2 − x1 |
1−C
1
|x2 − x1 | → 0
1−C

= C n−1
≤ C n−1

sebab 0 < C < 1. Jadi disimpulkan bahwa (xn ) barisan Cauchy, dan akibatnya
ia konvergen.
Contoh 2.5.3. Kita tunjukkan bahwa barisan (xn ) dengan xn =
barisan kontraksi. Diperhatikan

merupakan

1
1
1
−1
−
=
=
n + 12 n + 1
(n + 2)(n + 1)
(n + 2)(n + 1)

|xn+2 − xn+1 | =
dan

|xn+1 − xn | =
1
Karena (n+2)(n+1) <
kontraksi.

1
n

1
n(n+1)

1
1
−1
1
−
=
=
.
n+1 n
n(n + 1)
n(n + 1)

maka terbukti |xn+2 − xn+1 | ≤ |xn+1 − xn |, yaitu (xn )

Contoh 2.5.4. Misalkan x1 suatu bilangan real dengan 0 < x1 < 1. Dideﬁnisikan
1
xn+1 := (x3 + 2), n ≥ 1.
7 n
Selidikilah apakah barisan ini konvergen.
Bukti. Karena 0 < x1 < 1 maka xn =
n ∈ N. Karena itu diperoleh

1
(x3
n−1
7

+ 2) < 3/7 < 1 untuk setiap

1 3
1
(xn+1 + 2) − (x3 + 2)
7
7 n
1
1 3
=
xn+1 − x3 = |(x2 + xx+1 xn + x2 )(xn+1 − xn )|
n
n
7
7 n+1
3
≤
|xn+1 − xn |.
7

|xn+2 − xn+1 | =

44

Karena C = 3 < 1 maka disimpulkan ia merupakan barisan kontraksi, jadi
7
konvergen. Karena konvergen, pertanyaan selanjutnya adalah berapa limitnya?
Misalkan x := lim(xn ) maka diperoleh
x3 − 7x + 2 = 0,
yaitu limit barisan ini merupakan salah satu akar polinomial x3 − 7x + 2 = 0.
Beberapa suku pertamanya adalah
0.5, 0.303571, 0.289711, 0.289188, 0.289169, 0.289169.
Jadi dapat disimpulkan bahwa lim(xn ) ≈ 0.289169.
Latihan 2.5.3. Jika x1 < x2 dan xn := 1 (xn−2 + xn−1 ) untuk n ≥ 3, buktikan
2
(xn ) konvergen. Berapakah limitnya.

SOAL-SOAL LATIHAN BAB 2
1. Buktikan dengan menggunakan deﬁnisi limit barisan
a. lim

n2 −1
2n2 +3

b. lim

√
n
n+1

=

1
2

=0

2. Buktikan bahwa lim(xn ) = 0 bila hanya bila lim(|xn |) = 0. Periksalah
pernyataan ini untuk xn = (−1)n .
3. Jika lim(xn ) = x dan x > 0, tunjukkan bahwa ada bilangan asli M sehingga
xn > 0 untuk setiap n ≥ M .
4. Buktikan bahwa lim (2n)1/n = 1.
5. Buktikan bahwa lim

2n
n!

= 0.

6. Misalkan X dan Y suatu barisan. Jika X dan X + Y konvergen, buktikan
Y juga konveregen.
7. Buktikan barisan

(−1)n
n

konvergen.

8. Buktikan barisan (−1)n n divergen.
9. Hitunglah nilai limit berikut dan nyatakan secara eksplisit Teorema yang
digunakan pada setiap langkahnya.
a. lim (2 + 1/n)2 .
b. lim

√
n−1
√
n+1

10. Buktikan lim

.
sin n
n

= 0.

45


11. Misalkan x1 := a > 0 dan xn+1 := 2 −
(xn ) konvergen dan hitunglah limitnya.

1
xn

untuk n ≥ 2. Buktikan bahwa

12. Misalkan x1 := a > 0 dan xn+1 := xn + x1n untuk n ≥ 2. Selidikilah
kekonvergenan (xn ). Bila ia konvergen, berapa limitnya.
13. Selidikilah kekonvergenan barisan (yn ) yang dideﬁnisikan oleh
yn :=

1
1
1
+
+ ··· + .
n+1 n+2
2n

14. Sebelum tahun 1500 SM, orang Mesopotamia menghitung akar suatu bilangan positif menggunakan iterasi berikut : Misalkan a > 0, dideﬁnisikan
s1 := 1,
sn+1 := 1 (sn + a/sn )
2
Buktikan (sn ) konvergen ke
15. Misalkan xn :=
terbatas.

1
12

√

untuk n ≥ 1.

a. Gunakan hasil ini untuk aproksimasi

√

2.

1
+ 212 + · · · + n2 . Buktikan barisan (xn ) monoton naik dan

16. Diberikan barisan X := (xn ) dan Y := (yn ). Dibentuk barisan Z := (zn )
dengan cara
z2n−1 := xn , dan z2n := yn , untuk n ≥ 1.
Buktikan Z konvergen bila hanya bila X dan Y konvergen dan lim(xn ) =
lim(yn ).
17. Buktikan jika (xn ) dan (yn ) barisan Cauchy maka barisan (xn + yn ) dan
(xn yn ) juga konvergen.
18. Jika 0 < r < 1 dan |xn+1 − xn | < rn , buktikan (xn ) barisan Cauchy.
19. Bila (xn ) barisan kontraksi dengan konstanta C dan lim(xn ) = x, buktikan
a. |xn − x| ≤

C n−1
|x2
1−C

b. |x − xn | ≤

C
|x
1−C n

− x1 |.
− xn−1 |.

20. Diketahui suku banyak x3 −5x+1 = 0 mempunyai salah satu akar r dengan
0 < r < 1. Buatlah barisan iterasi yang merupakan barisan kontraksi,
kemudian aproksimasilah akar r ini dengan ketelitian 0.0001.

Analisis bab1 bab2

More Related Content

What's hot (20)

Similar to Analisis bab1 bab2 (20)

Analisis bab1 bab2