GRAFIKA

6 5 7

3

2

2

6

3

3

GRAFIKA

3

6 57 08 0 9 5 9 1 2 385 1 2946 5

3

30

0 8 9 5 9 1 2 3 85 12946 5

ANALISA REAL Untuk kuliah (pengantar) analisa real yang dilengkapi dengan program MATLAB

Dr. H.A. Parhusip

GRAFIKA Penerbit Tisara Grafika SALATIGA 2013

Katalog Dalam Terbitan 515.8 PAR Parhusip, H. A. a Analisa real: untuk kuliah (pengantar) Analisa Real yang dilengkapi dengan program MATLAB/ H. A. Parhusip. - Salatiga: Tisara Grafika, 2013. ix, 214 hlm. ; 23 cm.

ISBN 979-602-9493-13-9 1. Function of real variables. 2. Functional analysis. 3. Mathematical analysis. 4. MATLAB. I. Title.

Cetakan pertama ISBN Hak Cipta Disain Sampul Tata letak Percetakan Penerbit

: : : : : : :

Oktober 2013 ISBN 979-602-9493-13-9 Pada Penulis Tisara Grafika Harrie Siswanto Tisara Grafika Tisara Grafika

Hak Cipta dilindungi oleh Undang-undang Dilarang mengutip atau memperbanyak sebagian atau seluruh buku ini tanpa seijin penulis

Diterbitkan oleh:

GRAFIKA

JL. DIPONEGORO 98 D - SALATIGA 50714 - JAWA TENGAH Telp.: 0298-321798 |Mobile: 081 228 598 985 | 0819 0488 3400, 0298-6138702 Fax : 0298-321798 email: [email protected], [email protected] Bank: BNI Cabang Salatiga No. Rek. 369 57809

Didedikasikan kepada mahasiswa dan pengajar S1 Matematika dan Pendidikan Matematika pada umumnya

Parhusip,H.A,2013. Analisa Real, 493-13-9,Tisara Grafika Salatiga, ISBN 979-602-9,214 hlm

KATA PENGANTAR

Analisa real merupakan salah satu mata kuliah wajib pada aras S1 matematika dan S2 matematika maupun pendidikan matematika. Mata kuliah ini lebih menganalisa secara formal tentang fungsi-fungsi yang dikenal di kalkulus khususnya untuk fungsi 1 peubah. Karena sedikitnya beredar buku analisa real dalam bahasa Indonesia, hal ini mendorong penulis untuk menulis buku ini sehingga buku ini dapat sebagai materi awal untuk memulai memahami analisa real. Demikian pula cara penyajian mata kuliah ini seringkali tidak melibatkan komputer dalam memvisualisasikan barisan bilangan real dan barisan fungsi, sehingga mahasiswa kesulitan dalam memformalkan pemahaman yang diperoleh. Dengan adanya penggunaan komputer dalam analisa real sebagaimana disajikan pada buku ini, maka diharapkan mahasiswa dapat dengan mudah mengikuti mata kuliah ini dan mengembangkannya. Buku ini lebih banyak merupakan terjemahan dari beberapa buku analisa real (lihat daftar pustaka). Pada tahun 2005 penulis mulai terlibat langsung untuk melatih olimpiade mahasiswa, dari keterlibatan ini penulis menjadi belajar lebih banyak dan harus selalu belajar. Hal ini juga menyadarkan, bahwa ternyata apa yang penulis pelajari selama ini belum cukup bahkan masih sangat jauh. Dengan melibatkan mahasiswa pada berbagai kegiatan olimpiade terutama yang diselenggarakan oleh UGM, UI yang bekerjasama dengan Pertamina, penulis dapat belajar mengukur sejauh mana perkuliahan S1 di Program Studi Matematika Fakultas Sains dan Matematika Universitas Kristen Satya Wacana. v

Penulis juga menjumpai kesulitan untuk mencari buku yang memberikan wawasan tipe soal olimpiade mahasiswa, khususnya matematika bidang analisa real. Oleh karena itu penulis sangat terbeban untuk menyusun buku ini. Paling tidak, buku ini memberikan wawasan mula-mula bagi pemula yang belum pernah mengikuti olimpiade dan juga memberikan dasar-dasar teori yang diperlukan untuk tipe soal olimpiade matematika tingkat mahasiswa. Penulis sangat berharap mahasiswa semakin bersemangat berkompetisi untuk menguji seberapa jauh kemampuan bermain matematika. Kiranya buku ini menjadi awalnya.

Salatiga, Oktober 2013

Penulis

vi


DAFTAR ISI

KATA PENGGANTAR DAFTAR ISI BAB I. Bagian 1 Cara Menulis Bukti Barisan Bilangan real yang konvergen dan divergen dengan ilustrasi MATLAB 1.1. Latar Belakang 1.2. Kesimpulan dan Saran 1.3. Latihan Soal dan Jawab Analisa Real Latihan 1.1 Latihan 1.2 Bagian 2 2.1 Beberapa teorema penting pada bilangan real 2.2. Barisan Terbatas 2.3. Latihan Soal 1.3 Latihan Soal 1.4 Latihan Soal 1.5 2.4. Barisan Monoton Latihan 1.6 2.5. Barisan Cauchy Latihan soal 1.7 BAB II DERET BILANGAN REAL 2.1 2.1. Pendahuluan 2.2. Konvergen dan divergen deret 2.3. Uji Konvergensi untuk deret dengan suku-suku taknegatif 2.3.1. Proposisi 3b 2.3.2 Tes Integral (untuk deret tak negatif) 2.3.3. Tes Akar

Hlm v vii

1-28 1 19 21 21 25 29-64 29 33 39 41 47 49 56 57 60 65-94 65 66 68 69 69 75 vii

Latihan soal 2.1 Latihan soal 2.2 2.4. Deret Ganti tanda (Alternating Series) Latihan soal 2.3 2.5. Konvergen Bersyarat dan Konvergen Absolut 2.5.1. Tes Banding Latihan soal 2.4 2.6. Penyusunan ulang Deret Latihan soal 2.5 Latihan soal 2.6 BAB III. TOPOLOGI di R n 3.1 Ruang n dimensi 3.2 Pertidaksamaan Schwarz 3.3 Pertidaksamaan Segitiga 3.4 Konvergensian Completeness di R n 3.5 Subhimpunan tertutup dan terbuka 3.6 Compact set dan Teorema Heine Borel Latihan soal 3 BAB IV. LIMIT FUNGSI, BARISAN, DAN DERET FUNGSI 4.1 Limit fungsi dan fungsi kontinu Latihan soal 4.1 4.2 Fungsi diskontinu Latihan soal 4.2 4.3 Sifat-sifat fungsi kontinu 4.3.1 Compactness dan Nilai Ekstreem 4.4 Limit Barisan Fungsi Latihan soal 4.3 4.5 Konvergensi seragam dan Kontinuitas 4.6 Teorema Kelengkapan untuk C ( K , R n ) Latihan soal 4.4 4.7 Konvergensi seragam pada Integral 4.7.1 Aturan Leibniz viii

77 79 80 84 84 87 88 90 91 92 95-107 95 96 99 100 104 106 106 109-196 109 117 120 128 128 131 134 142 145 146 148 151 152


Latihan soal 4.5 4.8 Deret Fungsi-Fungsi 481.Tes deret fungsi Latihan soal 4.6 4.9 Deret pangkat (power series) Latihan soal 4.7 4.10 Lebih lanjut dengan deret, khususnya deret Taylor Latihan soal 4.8 4.10.1 Deret Taylor untuk turunan fungsi BAB V. Ruang METRIK (metric space) 5.1 Pendahuluan 5.2 Definisi dan Beberapa Teorema Latihan soal 5.1 Latihan soal 5.2 5.3 Homeomorphism Latihan soal 5.3

155 157 161 168 170 180 183 190 194 197-210 197 197 202 201 203 209

BAB VI

Contoh SOAL JAWAB OLIMPIADE 213-217 MAHASISWA Bidang ANALISA REAL Bidang Analisis 211 Soal Olimpiade Mahasiswa Se Jawa-Bali Bidang 213 Analisis Real 15 Mei 2007

ix

Parhusip,H.A,2013. Analisa Real, 493-13-9,Tisara Grafika Salatiga, ISBN 979-602-9,214 hlm.

BAB I Bagian 1 CARA MENULIS BUKTI BARISAN BILANGAN REAL YANG KONVERGEN DAN DIVERGEN dengan ilustrasi MATLAB

1.1 Latar Belakang Cara memahami dan menuliskan kembali bukti dalam matematika merupakan masalah yang umum bagi siswa, mahasiswa maupun pengajar. Selama ini seringkali siswa diajar dengan teknik berhitung sedangkan cara menuangkan alasan secara matematis sangat minim diajarkan. Demikian pula mengkomunikasikan hasil hitungan secara formal dan saintifik (mengikuti kaidah matematika) juga sangat mungkin belum dialami siswa sehingga ketika menjadi mahasiswa matematika hal itu menjadi kendala yang sangat besar. Kemampuan mengungkapkan alasan dalam analisis sangat diperlukan. Untuk itulah kemampuan ini perlu dikaji dan dikembangkan. Terlebih lagi adanya penggunaan komputer, maka analisis sangat terbantu untuk mengungkapkan fenomena umum dari suatu kasus yang dipelajari.

ANALISA REAL | 1

Tulisan ini akan menginspirasi bagaimana menuliskan pembuktian secara formal dalam analisa real khususnya tentang konvergensi atau divergensi suatu barisan bilangan real. Kasus yang dipelajari sangat sederhana yaitu barisan (a). a n 

3n  1 n2

(b). a n 

n4 2n 2  1

en (c). a n  n . 2 Dari ketiga kasus yang dipelajari sebagai contoh maka diharapkan mahasiswa dapat mengolah soal jawab yang terkait dengan pembuktian tersebut. Kasus 1. an 

3n  1 3  1 / n . Untuk n   maka 1/n  n  2 1 2 / n

 0 dan 2/n  0 .

3  1/ n  3 / 1  3. Jelas barisan n  1  2 / n

Oleh karena itu lim a n  lim n 

konvergen ke 3. Biasanya mahasiswa menulis hanya berhenti sampai disini. Secara formal matematis, maka perlu ditulis lebih ’elegant’. Secara formal, suatu barisan bilangan real dikatakan konvergen (punya limit) dengan definisi berikut.

2| Analisa Real dengan MATLAB


Definisi 1. (Goldberg,1976) Suatu barisan bilangan real a n  dikatakan mempunyai limit L, atau barisan tersebut konvergen ke L ditulis lim a n  L n 

artinya untuk sembarang   0 , pertidaksamaan an  L   harus dipenuhi untuk semua nilai n  N . Dengan kata lain an  L   harus dipenuhi untuk semua nilai n, kecuali

paling banyak pada bilangan berhingga n, sebutlah pada n =1,2,…,N-1. Untuk memahami definisi tersebut kita akan membahas barisan an 

3n  1 dan akan membuktikan dengan menulisn2

kan secara formal bahwa lim a n  lim n 

n 

3  1/ n  3 / 1  3. 1 2/ n

Perlu dibuktikan bahwa lim a n  3 . Artinya untuk semn 

barang   0 , pertidaksamaan

an  3   harus dipenuhi

untuk semua nilai n, kecuali paling banyak pada bilangan berhingga n, sebutlah pada n=1,2,…,N-1. Sedangkan pada n=N berlaku dan N pada umumnya tergantung pada nilai  . Kita dapat mempelajari hal ini dengan mendaftar sebagai tahap observasi. Agar membuat daftar dengan mudah, kita ANALISA REAL | 3

dapat menggunakan MATLAB sebagai alat bantu. Program tentang ini dan hasil keluaran ditunjukkan pada Tabel 1 dan Gambar 1. Tabel 1a. Daftar Program untuk menggambar

an 

3n  1 3  1 / n .  n  2 1 2 / n

_________________________ clear close all n=[1:100]'; a=inline('(3*n +1)./(n+2)','n'); an=a(n); figure(1) plot(n,an,'o'); epsku=3-an; Daftar=[n an epsku]

Tabel 1b. Daftar Program untuk mendaftar

an 

3n  1 3  1 / n  n  2 1 2 / n

untuk n

merupakan kelipatan 10 (buat sebagai kelanjutan Tabel 1a _________________________ n=10;j=1; while n<=100 gn=g(n); epsku=3-gn; Daftar=[n gn epsku] Simpan(j,:)=Daftar j=j+1 n=j*10; end

Gambar 1 membantu intuisi kita untuk mendapatkan pemahaman sifat konvergen barisan tersebut yaitu 3. Yang menjadi masalah berapakah n = N sehingga kita dapat menjamin limit barisan tersebut 3?. Apabila hasil Gambar 1 didaftar untuk beberapa n (misalnya kelipatan 10) maka kita dapat mendaftar setiap n dan nilai an 

3n  1 serta  n2

yang

diperoleh. Kita dapat menambahkan perintah pada program sebagaimana ditunjukkan pada Tabel 1b.



Gambar 1. Visualisasi a n 

3n  1 3  1 / n untuk beberapa n  n  2 1 2 / n

Tabel 2. Daftar n, nilai barisan tiap n dan nilai

n

an



untuk tiap n.



10

2.5833

0.4167

20

2.7727

0.2273

30

2.8438

0.1563

40

2.8810

0.1190

50

2.9038

0.0962

60

2.9194

0.0806

70

2.9306

0.0694

80

2.9390

0.0610

90

2.9457

0.0543

100

2.9510

0.0490

ANALISA REAL | 5

Secara analitik, umumnya kita tetapkan  , kemudian kita dapat mendapatkan nilai n=N yang sesuai dengan  yang dipilih. Dengan kata lain kita perlu memformulasikan untuk suatu n=N yang umumnya tergantung pada  . Sedangkan Tabel 2 diperoleh dengan menetapkan nilai n terlebih dahulu sehingga nilai  diperoleh merupakan selisih nilai an dengan 3 (yang sudah kita klaim sebagai limit barisan). Secara komputasi, maka nilai n lebih mudah ditetapkan terlebih dahulu. Sedangkan prosedur analitik menjelaskan bahwa kita tetapkan terlebih  . Kita dapat menetapkan misalkan  sekitar 0.1 maka berdasarkan Tabel 2, kita dapat memperoleh n=N sekitar 40. Nampaknya cara analitik lebih susah tetapi hal itu diperlukan untuk proses pembuktian umum bahwa barisan tersebut konvergen pada 3. Kita coba dengan proses ini. Dengan proses berikut ini ternyata salah. Kita akan mencari batas N dengan cara mencari batas paling atas yaitu

 sehingga an  3   atau -  < 3n  1  3 <  . n2

Dengan menggunakan batas atas, sebutlah 3n  1  3 =  atau 3n +1 -3n -6 =  n +2  . n2



atau

  5  2  -5-2  = n  atau n= N =   .   (*) Notasi

. menyatakan bilangan bulat terbesar yang lebih

kecil atau sama dengan argumen di dalamnya. Jelas bernilai bulat negatif, padahal n harus positif bulat. Jika dipilih batas bawah

 5  2  -n  -2  = -5 atau n=N=    

(**)

Dari kedua batas ini kita belum mendapatkan secara eksplisit untuk nilai n terkecil yang diijinkan sehingga kita dapat mengatakan bahwa dimulai dari n=N maka limit barisan tersebut adalah 3. Cara menentukan n=N dapat lebih praktis dengan cara sebagai berikut. Coba -  <

3n  1  3 <  ditulis sebagai an  3   yaitu n2

3n  1 3n  6 5  <  atau <  . Karena n2 n2 n2

 bilangan

positif kecil dan n bilangan asli maka kita dapat memilih 5  2 5 <  atau 5 < n  +2  atau  n . Jadi kita dapat n2 

memilih N >

5  2



agar barisan konvergen pada 3. ANALISA REAL | 7

Perhatikan bahwa dengan kondisi ini kita dapat memilih N dengan menetapkan  terlebih dahulu. Hal ini ditunjukkan pada Tabel 3. Jadi dengan cara ini kita dapat memperoleh bukti bahwa an  3   untuk n  N dengan N  Perhatikan bahwa N bilangan asli (bulat), padahal

5  2



.

5  2



dapat tidak bulat. Untuk itu kita perlu menuliskan kondisi N



5  2



 5  2  menjadi N   . Jadi dari tata cara menulis   

an  3   sangat menentukan dalam mendapatkan kondisi

N 

5  2



. Hal ini ditunjukkan pada program pada Tabel 3

serta ilustrasi untuk an , an   , dan a n   pada Gambar 2. Sedangkan untuk data tiap n untuk n=N  an , an   , dan a n  

 5  2     .

dengan nilai  ditetapkan terlebih

dahulu ditunjukkan pada Tabel 4.



Tabel 3. Program untuk an 

3n  1 dengan menetapkan  n2

terlebih dahulu. Clear close all epsku=[0.2 0.1 0.05 0.025 0.01 0.005 ]; n=round((5-2*epsku)./epsku); a=inline('(3*n +1)./(n+2)','n'); an=a(n); anminuseps=an-epsku; anpluseps=an+epsku; figure(1) plot(n,an,'o',n,anminuseps,'*',n,anpluseps,'.-'); Daftar=[epsku' n' anminuseps' an' anpluseps']

Tabel 4. Daftar nilai berbagai an  3n  1 untuk berbagai  yang n2

ditetapkan

 0.2000

 5  2      N

an  

pada n=N

an 

3n  1 n2

an  

pada n=N

23

2.6000

2.8000

3.0000

0.1000

48

2.8000

2.9000

3.0000

0.0500

98

2.9000

2.9500

3.0000

0.0250

198

2.9500

2.9750

3.0000

0.0100

498

2.9800

2.9900

3.0000

0.0050

998

2.9900

2.9950

3.0000

ANALISA REAL | 9

Gambar 2. Visualisasi

an 

3n  1 3  1 / n  n  2 1 2 / n

menetapkan

Kasus 2. Pelajari a n 



untuk beberapa n dengan

terlebih dahulu.

n4 . Bagaimana lim a n ? n  2n 2  1

Jawab: Barisan tersebut berbentuk fungsi rasional dalam n dengan pembilang n + 4 dan penyebut bentuk kuadrat. Untuk n yang membesar maka penyebut akan lebih cepat membesar daripada pada bagian pembilang. Oleh karena itu kita dapat menyimpulkan intuisi tersebut bahwa lim an =0. Untuk n 

memberikan penjelasan yang lebih kreatif kita dapat memvisualisasikan barisan tersebut untuk berbagai n. Kita dapat mengubah program pada Tabel 1 dengan menggantikan definisi barisan. Akan tetapi perlu diperhatikan bahwa untuk n yang kecil (sekitar mulai dari n=10, maka barisan sudah mendekati 0 sehingga kita tidak perlu menggunakan n yang



terlalu besar. Hasil keluaran pada Gambar 3 yang menunjukkan bahwa untuk n membesar maka nilai barisan menuju ke 0. Secara formal, kita perlu membuktikan bahwa untuk sembarang  >0, pertidaksamaan an  0   harus dipenuhi untuk semua nilai n, kecuali paling banyak pada bilangan berhingga n, sebutlah pada n=1,2,…,N-1. Sedangkan pada n=N berlaku dan N pada umumnya tergantung pada nilai  .

Tabel 5. Program untuk mengilustrasikan dan mendaftar an  n 2 4

2n  1

clear close all n=[1:10]'; a=inline('(n +4)./(2*n.^2+1)','n'); an=a(n); figure(1) plot(n,an,'o'); epsku=abs(0-an); Daftar=[n an epsku]

Dengan cara kasus 1, kita dapat menulis an  0   yaitu

n4 1 4/ n   sebagai  . 2 2n  1 2n  1 / n

ANALISA REAL | 11

Gambar 3. Visualisasi a n 

n4 untuk berbagai nilai n. 2n 2  1

Kita ambil batas atas sehingga berlaku 1 + 4/n < 2n  +  /n atau 1 + (4 -  )/n < 2n  . Dalam bentuk ini kita belum mampu menyederhanakan (mendapatkan kondisi n=N yang tergantung  . Kita ubah dengan cara lain berikut ini. Jelas bahwa

4 n4 n4    . 2 2 2n 2n  1 2n 2

(a1)

Perhatikan bahwa pertidaksamaan tersebut dicari sedemikian rupa sehingga kita mendapatkan suatu n=N yang hanya tergantung  . Untuk mendapatkan urutan pertidaksamaan yang benar kita dapat menggunakan program MATLAB untuk membantu kita dalam menvisualisasikan.



Tabel 6. Menggambar berbagai barisan pada pertidaksamaan (a1). clear close all n=linspace(1,10,20); an1=(n +4)./(2*n.^2+1); an2=(n +4)./(2*n.^2);

Gambar 4.

an3=4./(2*n.^2);

Visualisasi

plot(n,an1,’*’,n,an2,’o’,n,an3,’.’)

(bertanda .),

4 2n 2

n  4 (bertanda 2n 2  1

n  4 (bertanda 2n 2

*) dan

o)

untuk berbagai nilai n.

Jadi kita dapat menggunakan batas

4 2  2 <  untuk 2 2n n

mencari N. Dengan menggunakan notasi n = N pada diperoleh 2 < N 2 atau

2



2 n2

 N . Marilah kita daftar untuk

berbagai nilai  yang kita tetapkan dengan mengambil nilai N yang memenuhi

2



 N dan menyelidiki nilai barisan

untuk setiap N yang dipilih. Kita dapat mendaftarnya dengan MATLAB. Perhatikan bahwa

2



tidak bulat maka kita

perlu membulatkan dengan fungsi floor pada MATLAB. Program ditunjukkan pada Tabel 7 dan hasil keluaran ANALISA REAL | 13

program ditunjukkan dengan daftar Tabel 8 agar kita dapat melihat seberapa besar nilai barisan untuk tiap  dan N yang dipilih. Tabel 7. Program MATLAB untuk membuat daftar nilai



dan

2



serta nilai barisannya. epsku=[0.2 0.15 0.1 0.05 0.025 0.02 0.01 0.005 0.0025 0.001] batasn=round(sqrt(2./epsku)); Daftar=[epsku’ batasn’]; siN=batasn + 1; an=(siN +4)./(2*siN.^2+1); Daftark=[epsku’ batasn’ siN’ an’]

Tabel 8. Daftar  yang ditetapkan dan nilai N dan barisan yang diperoleh



 2    

n=N yang dipilih

an 

n4 2n 2  1

pada N yang dipilih

0.2000

3

4

0.2424

0.1500

3

4

0.2424

0.1000

4

5

0.1765

0.0500

6

7

0.1111

0.0250

8

9

0.0798

0.0200

10

11

0.0617

0.0100

14

15

0.0421

0.0050

20

21

0.0283

0.0025

28

29

0.0196

0.0010

44

45

0.0121



Bagaimana menuliskan bukti formal bahwa lim a n  lim n 

n 

n4  0? . 2n 2  1

Hal berikut ini ditunjukkan berdasarkan tahap observasi di atas. lim a n  lim n 

n 

n4  0 artinya untuk setiap sembarang  > 2n 2  1

0 maka perlu ditunjukkan

n4  0   untuk n  N . 2n 2  1

Dengan mengetahui bahwa dapat memilih

4 n4 n4  2    kita 2 2n 2n  1 2n 2

4 2  2 <  untuk mencari N. Dengan 2 2n n

menggunakan notasi n = N pada atau

2 <  diperoleh 2 < N 2 2 n

2 N. 

en ? n  2 n

Kasus 3. Bagaimana dengan lim an  lim n 

Sebagaimana pada kasus 1 dan 2, untuk mendapatkan intuisi tentang sifat barisan untuk n membesar, maka kita dapat membuat gambar atau mendaftar an untuk berbagai nilai n. Karena pembilang dan penyebut membesar dengan cepat untuk nilai n yang diberikan, kita menggunakan n yang tidak terlalu besar. Kita hanya mengedit program Tabel 1 ANALISA REAL | 15

yang ditunjukkan pada Tabel 9 dan hasil keluaran ditunjukkan pada Gambar 5.

Tabel 9. Program MATLAB

Tabel 10. Daftar nilai n dan

untuk menggambar barisan

en 2n

en 2n

n

clear close all n=[1:10]'; a=inline('exp(n)./(2.^n)','n'); an=a(n); figure(1) plot(n,an,'o'); Daftar=[n an]

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

en 2n 1.3591 1.8473 2.5107 3.4124 4.6379 6.3036 8.5674 11.6444 15.8263 21.5102

en Gambar 5. Ilustrasi barisan n 2 Daftar nilai n dan barisan terkait ditunjukkan pada Tabel 10. Hasil grafik menunjukkan bahwa untuk n yang membesar maka kita peroleh

en . Kita tidak dapat menyimpulkan: 2n

berapakah n=N sehingga untuk setiap n>N maka ada nilai 16| Analisa Real dengan MATLAB


barisan berhingga yang dekat dengan nilai barisan pada n=N. Barisan demikian kita sebut barisan divergen. Untuk itu kita perlu membuktikan bahwa barisan tersebut divergen (tidak ada suatu nilai berhingga yang dapat dipilih). Kita menuliskan

an   untuk n   Secara formal ditulis suatu barisan dikatakan divergen dalam definisi berikut. Definisi 2 (barisan divergen) (Goldberg,1976) Suatu barisan bilangan real

an 

mendekati tak hingga

(divergen) untuk n mendekati tak hingga jika untuk sembarang bilangan real M >0, terdapat suatu bilangan positif bulat N sedemikian hingga berlaku an  M

, n  N  .

(a2)

Ekspresi (a2) menjelaskan bahwa jika kita menetapkan bahwa limit barisan adalah M , maka nilai barisan akan selalu lebih besar dari M pada suatu n=N. Kita akan bahas pada kasus 3. n

en e Diberikan suatu M > 0, n > M atau    M atau 2 2 ln M ln M ln M e n ln    ln M atau n  .    e  ln e  ln 2 1  ln 2 2 ln   2 ANALISA REAL | 17

Jadi dipilih n

ln M 1  ln 2

(n  N ) .

(b)

Jadi jika dipilih N 

ln M maka (b) dipenuhi atau 1  ln 2

berarti barisan tersebut divergen. Ekspresi

ln M bisa tidak 1  ln 2

bulat sedangkan N harus bulat positif (karena sebagai indeks). Maka kita dapat menuliskan (b) dengan  ln M  n , (n  N ) 1  ln 2 

(c)

Kita dapat melakukan observasi menggunakan kondisi (c) dengan menetapkan M dan memilih N, serta mendaftar nilai barisan pada tiap N. Perintah untuk melakukan hal ini ditunjukkan pada Tabel 11 dan keluarannya ditunjukkan pada Tabel 12. Tabel 11. Program MATLAB dengan input M dan mencari batas (c) dan nilai barisan clear close all M=[5 10 15 20 30 50 60 70 80]; batasN=log(M)./(1 -log(2)) Npilih=floor(batasN)+1; aNpilih=exp(Npilih)./(2.^Npilih); DaftarMNan=[M' batasN' Npilih' aNpilih']



Tabel 12. Daftar M,

en ln M , dan N serta nilai barisan n 2 1  ln 2 N

M

ln M 1  ln 2

yang dipilih

en 2n

100

13

16

136

200

17

18

250

300

19

19

340

400

20

20

463

500

20

21

629

600

21

31

629

700

21

33

855

Perhatikan bahwa pada kasus ini kita berharap bahwa ada suatu limit sebutlah M sehingga untuk N yang dipilih maka hasil nilai barisan akan cukup saling berdekatan atau berbeda cukup kecil (kurang dari 1) untuk N yang berturutan. Mungkin kita mencurigai hasil tersebut karena N masih kecil. Kita dapat menguji program dengan menggunakan program Tabel 8 untuk M yang jauh lebih besar. 1.2 Kesimpulan dan saran Pada tulisan ini telah ditunjukkan bagaimana menggantikan intuisi kita dalam menentukan barisan konvergen atau divergen dalam bentuk grafik dengan bantuan program MATLAB.

ANALISA REAL | 19

Saya harap kasus 1-3 dapat memberikan pemahaman barisan konvergen dan divergen serta bagaimana menuliskan bukti secara formal dengan tata bahasa matematika yang benar. Referensi Goldberg, R.R., 1976. Methods of Real Analysis, John Wiley & Sons, Inc, Second Edition, New York.



1.3 LATIHAN SOAL DAN JAWAB ANALISA REAL Topik: Barisan konvergen dan barisan divergen Latihan 1.1 (Ex 2.2 hal 32)  Jika sn  n1 suatu barisan bilangan real, dan jika sn  M ,

n  I  dan jika

lim sn  L , buktikan L  M . n

Jawab : Diketahui lim sn  L artinya lim sn  L . Artinya untuk n

n

sembarang   0 , pertidaksamaan sn  L   harus dipenuhi untuk semua n  N . Karena diketahui pula sn  M berlaku sebagai berikut:

lim sn  lim M Padahal lim sn  L dan lim M = M (limit n

n

n 

n

konstan tidak tergantung N)

sehingga jelas bahwa

lim sn  L  lim M =M atau L  M . n

n 

 Jika L  R , M  R dan L  M   untuk setiap   0 , buktikan L  M . Jawab:Diketahui L  M   artinya juga L    M . Jelas pula bahwa L    L

ANALISA REAL | 21

Padahal L  M   sehingga L    L  M   . Jelas pula bahwa M  M   Sehingga L    L  M  M   . Atau L  M .  (a) Tentukan N  I sedemikian hingga

2n 1  2  , n  N  . n3 5

Jawab:

atau

2n 1 2  ditulis sebagai n3 5

2n 2 n  6 1   n3 n3 5

6 1  n3 5

Sehingga berlaku

6 1  atau 30  n  3 atau 27  n . n3 5

Jadi dapat dipilih 27  N sehingga berlaku

2n 1 2  , n3 5

n  27 . 2n  2. n n  3

(b) Buktikan bahwa lim

Bukti: dari soal (a) kita dapat menuliskan lim

n

menjadi

2n 2 n3

2n  2   , n  N  . Dicari N yang memenuhi n3

yaitu 22| Analisa Real dengan MATLAB


2n 2n 2 n  6 6 2       n3 n3 n3 n3 6  3

atau 6  n  3  6  3  n 



 n . Jadi dapat

2n 2n 2  ,  2 artinya n n  3 n3

dibuktikan lim dengan N 

6  3



n  N 

.

N  I sehingga 1/ n  1 < 0.03

4. (a) Tentukan

ketika

nN . (b) Buktikan bahwa lim 1 / n  1 =0. n 

5. Jika 

bilangan rasional, buktikan bahwa barisan

sin n! n1

punya limit.

6. Untuk setiap barisan berikut, buktikan apakah barisan tersebut punya limit (konvergen) atau tidak punya limit. 

 n2  (a).    n  5  n1



 3n  (b)  1/ 2   n  7n  n1



 3n  (c)  . 2  n  7n  n1





7. (a) Buktikan bahwa barisan 10 7 / n

 n 1

punya limit 0. ANALISA REAL | 23



(b). Buktikan bahwa n / 107



 n 1

tidak punya limit.

Catatan: perhatikan bahwa beberapa suku-suku pertama pada barisan (a) lebih besar daripada beberapa suku pertama pada barisan (b). Hal ini menekankan bahwa eksistensi dari suatu limit barisan tidak tergantung pada beberapa suku pertama. 8. Buktikan bahwa n  1/ n n1 tidak mempunyai limit. Bukti: perlu dibuktikan berdasarkan definisi suatu barisan divergen yaitu : Suatu barisan bilangan real a n  mendekati tak hingga (divergen) untuk n mendekati tak hingga jika untuk sembarang bilangan real M >0, terdapat suatu bilangan positif bulat N sedemikian hingga untuk berlaku a n  M , n  N  .

(a)

Untuk kasus soal yaitu diberikan suatu M > 0 (sebagai limit), maka n  1 / n > M. Kita tahu bahwa n  n  1/ n sehingga n  1 / n > M berakibat n > M.

Jadi jika kita

menetapkan mulai pada suatu n=N barisan punya limit M, ternyata nilai barisan (yaitu n=N, kebetulan) selalu lebih besar dari M. Jadi M bukan limit barisan. Jadi barisan

n  1/ nn1 tidak punya limit.



9.

Jika

sn  5n / n! ,

tunjukkan



bahwa

lim sn  5n / n! n



(Petunjuk: buktikan bahwa sn  55 / 5! (5 / n) jika n >5. Latihan 1.2 (Ex 2.4) 1. Label setiap barisan dengan (A) jika konvergen dan (B) jika divergen ke tak hingga dan (C) jika divergen ke –tak hingga atau (D) jika berosilasi. (Gunakan intuisi anda dari pemahaman anda dari calculus, tidak perlu dibuktikan). Catatan: intuisi anda dapat digantikan dengan membuat program kecil sebagaimana pada paper. Definisi Barisan (a)

sin(n / 2) n1

(b)

sin(n ) n1

(c)

e 

(d)

e 

(e)

n sin( / n) n1

(f)

(1)

n

Jawab pelabelan

 n 1

1/ n

 n1

n



tan( / 2  1)

 n1 

(g)

(h)

 1 1  1    ...  1 / n  2 3  n1

 n  2

 n1

ANALISA REAL | 25

Pengembangan lebih lanjut (personal study): jika anda tertarik buktikanlah hasil anda dan dukunglah dengan ilustrasi program. 2.

Buktikan bahwa

3.

Buktikan

 n

 n 1

divergen ke tak hingga

 n 1  n

bahwa

 n 1

adalah

konvergen.

Petunjuk: Ingat bagaimana menemukan dy/dx dengan proses x ketika y  x . 4.

Buktikan bahwa jika barisan bilangan real divergen ke tak hingga maka

 sn  n1

sn  n1

divergen ke

negative tak hingga. 5.

Anggap bahwa sn  n1 konvergen ke 0. Buktikan bahwa

(1) s  n

n

6.

 n1

konvergen ke 0.

Anggap bahwa



bahwa (1) n sn 7.



sn  n1 konvergen  n1

ke L  0 . Buktikan

berosilasi.

Anggap bahwa sn  n1 divergen ke tak hingga. Buktikan



bahwa (1) n sn



 n1

berosilasi.



JAWAB (beberapa saja) 1. Diketahui sn  n1 konvergen ke 0 artinya lim sn  0 yaitu n

diberikan sembarang bilangan positif kecil   0 berlaku sn  0   , n  N1 . Ekspresi sn  0   yaitu ekuivalen dengan sn   .



Perlu dibuktikan bahwa (1) n sn



 n1

konvergen ke 0.

Artinya yaitu diberikan sembarang bilangan positif kecil

 2  0 berlaku (1) n sn  0   2 , n  N 2 atau (1) n sn   2 , untuk n  N 2 . Diketahui pula bahwa (1) n sn < sn   . Jadi jelas bahwa

(1) s  n

n

 n1

konvergen ke 0 untuk n = maks

N1 , N 2 .

(catatan: Pemilihan n ini untuk menjamin bahwa keduanya sudah konvergen ke 0). 2. Anggap bahwa sn  n1 konvergen ke L  0 . Buktikan bahwa

(1) s  n

n

 n1

berosilasi.

Bukti: Diketahui sn  n1 konvergen ke L  0 artinya diberikan sembarang bilangan positif real kecil  1  0 berlaku sn  L   1 , n  N1 . ANALISA REAL | 27



Perlu dibuktikan (1) n sn



 n1

berosilasi sbb :

Untuk n = genap atau n=2k

(1) s  n

n

 n1

maka (1) n  1 sehingga

= sn  n1 yang konvergen ke L.

Untuk n = ganjil atau n=2k+1 maka (1) n  1 sehingga

(1) s  n

n

 n1

=  sn  n1 = - sn  n1 . Karena lim sn  L maka n

lim  sn   lim sn   L . n

n



Jadi terbukti (1) n sn





 n1

berosilasi (ke L atau –L).

(dengan kata lain (1) n sn



 n1


tidak konvergen)


BAB I

Bagian 2 2.1 Beberapa teorema penting pada bilangan real Setiap teorema berikut tidak banyak dituliskan bukti untuk menyingkat waktu. Untuk itu, penulisan bukti menjadi tugas mahasiswa dengan menggunakan referensi yang masih dalam bahasa Inggris (Goldberg, 1976) tetapi menuliskannya kembali secara sederhana dan jelas dalam bahasa Indonesia sebagai tugas kuliah. Definisi 1a. batas atas terkecil dan batas bawah terbesar (Lewin, 1993) Diketahui A  R dan   R . Kita mengatakan  merupakan batas atas A jika tidak ada anggota pada A yang lebih besar dari  . Secara simbolik maka  dikatakan batas atas ketika untuk setiap bilangan x  A berlaku x   . Batas bawah didefinisikan sebaliknya. Jika tidak ada anggota A yang lebih kecil dari  , maka  dikatakan batas bawah A. Perhatikan bahwa jika  merupakan batas atas A, maka setiap bilangan yang lebih besar dari  juga dikatakan batas atas A. Demikian pula jika  batas bawah A, maka setiap bilangan yang lebih kecil dari  dikatakan batas bawah A. ANALISA REAL | 29

Jika  merupakan batas atas A, dan tidak ada bilangan yang lebih kecil dari  yang merupakan batas atas A, maka  dikatakan batas atas terkecil A (least upper bound (l.u.b). Jika  merupakan batas bawah A, dan tidak ada bilangan yang lebih besar dari  yang merupakan batas bawah A, maka  dikatakan batas bawah terbesar A (greatest lower bound (g.l.b)). Batas atas terkecil dikatakan juga supremum A, ditulis sup A; batas bawah terbesar A disebut pula infimum A, ditulis inf A. Contoh 1a. (a) 6 adalah batas atas (0,1) dan -2 bukan. (b) 1 merupakan batas atas [0,1) sedangkan 0 bukan. (c) 1 merupakan batas atas dari [0,1], dan ¾ bukan. (d) 11 merupakan batas atas {-3, 2, 5} dan 4 bukan. Contoh 1b. sup (0,1) = 1 dan inf(0,1) = 0. Definisi 1b. Misalkan A adalah himpunan bilangan real (a) Jika terdapat suatu bilangan yang merupakan batas atas A, maka A dikatakan terbatas ke atas. (b) Jika terdapat suatu bilangan yang merupakan batas bawah A, maka A dikatakan terbatas ke bawah 30| Analisa Real dengan MATLAB


(c) Jika A dikatakan terbatas ke atas dan ke bawah, maka A dikatakan terbatas. Teorema 1b. Jika A adalah himpunan bagian tak kosong dari R yang terbatas ke atas maka A mempunyai batas atas terkecil (least upper bound) (l.u.b) dalam R. Teorema 2. Jika A adalah himpunan bagian tak kosong dari R yang terbatas ke B bawah maka A mempunyai batas bawah terbesar (greatest lower bound (g.l.b) dalam R. Contoh 1c. Perhatikan barisan





1 3  B =  , ,..., 2 n  1 / 2 n ,... maka g.l.b (B) = 1/2 dan 2 4  l.u.b (B) = 1. Perhatikan bahwa g.l b () adalah anggota B tetapi l.u.b (B) bukan anggota B. Contoh 2. Himpunan interval terbuka (3,4) tidak memuat g.l.b (yaitu 3) maupun l.u.b (yaitu 4). Catatan : mengapa ada istilah g.l.b an l.u.b?. Perhatikan bahwa semua bilangan real yang lebih kecil dari 3 juga merupakan batas bawah. Demikian pula semua bilangan yang lebih besar dari 4 merupakan batas atas dari himpunan terbuka (3,4). Perhatikan bahwa kita dapat mengatakan barisan bilangan real sn  n1 sebagai suatu fungsi dari I ke R, kita mengatakan ANALISA REAL | 31

bahwa daerah hasil sn  n1 sebutlah s1 , s2 ,... sebagai suatu himpunan bagian (subset) dari R. Teorema 3. Jika

sn  n1 barisan bilangan real, dan

cR

dan jika lim sn  L maka lim cs n  cL . n

n 

Catatan : lim s n  L dikatakan pula sn  n1 konvergen ke L. n 

Secara sama lim cs n  cL dikatakan pula cs n  n1 konvergen n 

(punya limit) ke L. Bukti : Diketahui ` artinya   0, sn  L   , n  N . sn  L 

 c

 c sn  L  c

 c

 cs n  cL   . n  N .

Artinya lim cs n  cL . n

Catatan: perhatikan bagaimana definisi limit untuk lim sn  L n

menggunakan nilai epsilon dalam bentuk

 (tetap merupac

kan bilangan positif kecil dengan syarat 0  terjadi jika  < c .


 c

 1 yang


2.2 Barisan Terbatas Definisi 4. Secara sama sn  n1 terbatas ke atas jika daerah hasil dari

sn  n1 terbatas keatas. Ditulis sn  M (n  I ) . Sehingga untuk suatu n I , himpunan {sn , sn1 , sn2 ,...} jelas terbatas ke atas dan oleh karena itu berdasarkan Teorema 1a, barisan tersebut mempunyai batas atas terkecil (l.u.b) yaitu M n  l.u.bsn , sn1 , sn2 ,....

Lagipula jelas mudah diperoleh bahwa M n  M n1 karena M n 1 =

l.u.bsn1 , sn2 ,... adalah l.u.b yang merupakan

subhimpunan sn , sn1 , sn2 ,.... Jadi barisan M n  n1 tak naik dan jadi jelas konvergen atau divergen ke tak hingga. Definisi 5. Secara sama kita mengatakan barisan

sn  n1

terbatas ke

bawah jika daerah hasil dari sn  n1 terbatas ke bawah . Jadi sn  n1 terbatas jika dan hanya jika ada suatu bilangan M  R sedemikian hingga

sn  M

(n  I ) .

ANALISA REAL | 33

Jika suatu barisan divergen ke tak hingga (atau negatif tak hingga) barisan tersebut tak terbatas. Suatu barisan divergen ke tak hingga pasti terbatas ke bawah. Suatu barisan yang berosilasi bisa terbatas bisa juga tidak. Barisan 1, -2, 3, -4,… berosilasi dan tidak terbatas ke bawah juga tidak terbatas ke atas. Barisan -1, 1,-1,1,…berosilasi terbatas. Barisan 1,2,1,3,1,4,… berosilasi dan terbatas ke bawah tetapi tidak terbatas ke atas. Teorema 6. Jika suatu barisan bilangan real

sn  n1

konvergen, maka sn  n1 terbatas. Bukti: Diketahui barisan

sn  n1 konvergen,

artinya

sn  n1 punya

limit, sebutlah L, artinya L  lim sn . Ambilah  =1 (kenapa, n

bukankah perlunya positif kecil saja?). maka terdapat N  I sedemikian hingga sn  L  1

(n  N ) .

sn  L  1

(n  N ) .

Hal ini berarti

(Karena sn  L  (sn  L)  L  sn  L  sn  L ).



Jika kita ambil M  max s1 , s2 ,..., s N 1  maka kita punya sn  M  L  1 ,

(n  N ) ,

yang menunjukkan bahwa sn  n1 terbatas. Catatan: seringkali untuk menyimbolkan

sn  n1 terbatas

ditulis s n  M dengan M sebagai batasnya. Teorema 7. (a) (b)

  Jika 1< x<  maka x  Jika 0 < x < 1, maka x n n

 n 1

 n 1

konvergen ke 0.

divergen ke tak hingga.

Teorema 8. Jika

sn n1

tn n1

dan

barisan bilangan real dan jika

lim sn  L dan jika lim t n  M maka lim (sn  t n )  L  M . n

n

n

Akibat 9. Jika sn n1 dan t n n1 barisan bilangan real yang 

konvergen dan jika sn  t n



n  I 

dan jika lim sn  L dan n

jika lim t n  M maka L  M . n

Bukti : halaman 43.

ANALISA REAL | 35

Teorema 10.

 sn n1

dan  t n n1 barisan bilangan real yang 

konvergen dan jika lim sn  L dan lim t n  M n

n

maka lim s n t n  LM . n 

Bukti: Kita dapat menuliskan sn t n  LM  sn t n  sn M  sn M  LM  sn t n  M   M sn  M 

Sehingga sn t n  LM  sn t n  sn M  sn M  LM  sn t n  M   M sn  M  sn t n  M   M sn  M   sn t n  M   M sn  M 

Diketahui lim sn  L , artinya terdapat bilangan asli N 1 n

sedemikian hingga untuk n  N1 berlaku s n  L 

 2

. Secara

sama diketahui lim t n  M , artinya terdapat bilangan asli N 2 n

sedemikian hingga untuk n  N 2 berlaku t n  M 

 2

.

Demikian pula karena lim s n  L berarti barisan konvergen n 

~ sehingga terbatas, sebutlah s n  M . Dipilih N = max N1 , N 2 sehingga berlaku sn t n  M   M sn  M   sn t n  M  M sn  M 



~ ~  M t n  M  M s n  M   M t n  M  M  s n  M







~ ~ ~  M  M  sn  M   M  M M  M . 2 2

Sampai di sini kita belum memperoleh ekspresi sntn  LM  sntn  sn M  sn M  LM  sn tn  M   M sn  M    .

Untuk itu pada sketsa pembuktian perlu disyaratkan ~ ~ ~ M  M M  M   , diperoleh 0    M M  M   1 . ~ 2  M





1    2  

~ M Agar pertidaksamaan terjadi bernilai positif maka <1 atau 2 ~  M ~ ~  M <2 dan M M  M  1   . 2  





Lemma 11. Jika sn n1 barisan bilangan real yang konvergen 

 

ke L maka sn2

 n 1

konvergen ke L2 .

Bukti: gunakan teorema sebelumnya. Lemma 12.

 t n n1

barisan bilangan real yang konvergen

dan jika lim t n  M dan M  0 maka lim 1 / t n  1 / M . n

n

Bukti : halaman 45.

ANALISA REAL | 37

Teorema 13.

 sn n1

dan  t n n1 barisan bilangan real yang 

konvergen dan jika lim sn  L dan lim t n  M , M  0 maka n

n

lim sn / t n  L / M . n

Bukti: halaman 45. Catatan : jika dalam pembuktian menggunakan teorema sebelumnya, maka tulislah teorema tersebut dan hubungkan dengan baik dalam pembuktian anda. Contoh 3. Tentu dapat dipahami bahwa berdasarkan definisi limit maka lim

n

2n  2. n  4n1 / 2

(anda perlu belajar kembali bagaimana membuktikan bukan ?).

3n 2  6n 3  . n 5n 2  4 5

Contoh 4. Buktikan bahwa lim

3n 2  6n 3 6/ n .  lim n 5n 2  4 n 5  4 / n 2

Bukti: Kita menulis soal menjadi lim Diketahui pula bahwa

lim 1/ n  0 . Oleh karena itu n

lim 6 / n  6.0  0 (Berdasarkan Teorema 3). n

Sehingga

lim 3  6 / n  lim 3  lim 6 / n  3  0  3 (berdasarkan n

n

n



Teorema 5).

(1)

Karena lim 1/ n  0 , oleh karena itu n

lim 1 / n 2  lim 1 / n. lim 1 / n  0.0  0 (Berdasarkan Teorema 8).

n 

n 

n 

(2) Dari hasil (2) maka lim 5  4 / n 2  lim 5  lim 4 / n 2  5  0  5 (Berdasarkan n

n

n

Teorema 5). Berdasarkan Teorema 10 maka

lim 3  6 / n 3n 2  6n 3 6/ n n lim  lim   3/ 5 . n 5n 2  4 n 5  4 / n 2 lim 5  4 / n 2 n

2.3 Latihan soal 1.3 (ex.2.7 halaman 46) 1. Buktikan

2n 3  5n 1  n 4n 3  n 2 2

n2 1 n ( n  7) 2  6

(a) lim

2. Buktikan bahwa jika

s 

1/ 2  n n 1

(b) lim

 sn n1 konvergen

ke 1, maka

konvergen ke 1.

3. Hitung lim n n



n 1  n

 ANALISA REAL | 39

4. Anggap barisan

 sn n1 suatu barisan bilangan positif dan

0  x 1. Jika sn1  xs n , (n  I ) buktikan lim sn  0 . n

lim

5. Anggap bahwa

n

(petunjuk : Ambil  n 

sn  1  0 . Buktikan sn  1

lim sn  1 n

sn  1 dan carilah s n )> Teorema sn  1

apa yang anda gunakan pada bagian ini. 6. Buktikan bahwa lim 1  1 / n 

n1

n

1   lim 1   n  n 1

 e . Juga buktikan bahwa n 1

e.

Teorema apa yang anda gunakan ?.  Menggunakan identitas 1 +2/n =[1 + 1/(2+n)](1 +1/n) buktikan bahwa n

 2 lim 1    e 2 . n  n  Jika c > 1 buktikan bahwa lim c1/ n  1 n

(Petunjuk: Tulis c1/ n 1  sn dan ambil pangkat ke n pada kedua ruas untuk menunjukkan bahwa

nsn n1

Kemudian simpulkan bahwa sn  0 pada n   . 40| Analisa Real dengan MATLAB

terbatas.


 Diketahui s1  2 dan sn1  2 sn untuk n  1 . (a) Buktikan berdasarkan induksi bahwa sn  2 untuk semua n. (b) Buktikan bahwa sn1  sn untuk semua n. (c) Buktikan bahwa sn n1 konvergen. 

(d) Buktikan bahwa lim sn  2 . n

 Anggap bahwa s1  s2  0 , sn1 

1 sn  sn1  , n  2 . 2

(a). s1 , s3 , s5 ,... tak naik (b) s2 , s4 , s6 ,... tidak turun (c) sn n konvergen 

 Jika rn  sn  t n untuk semua n I , dan jika keduanya

 rn n dan  tn n

konvergen ke –s. Buktikan bahwa sn n



konvergen ke –s. Latihan soal 1.4 (Ex.2.5, hal. 37) 1. Benar atau salah?. Jika suatu barisan bilangan positif tidak terbatas, maka barisan tersebut divergen ke tak hingga. 2. Berikan suatu contoh barisan tetapi lim

n 

sn  n1 yang

tak terbatas

sn  0. n ANALISA REAL | 41

3. Buktikan bahwa jika lim

n

4. Jika

sn  n1 barisan

sn  L  0 , sn  n1 tak terbatas. n

bilangan real terbatas, dan

tn  n1

konvergen ke 0, buktikan bahwa sn t n  n1 konvergen ke 0. 5. Jika

sn  n1 terbatas,

buktikan bahwa untuk sembarang

  0 terdapat suatu interval tertutup J  R sebagai panjang  sedemikian hingga sn  J untuk tak berhingga banyak nilai n. Definisi 14. Diketahui


terbatas

ke

atas

bilangan real yang dan

diambil

M n  l.u.bsn , sn1 , sn2 ,...

(a) Jika

M n  n1 konvergen,

maka kita mendefinisikan

lim sup sn sebagai lim M n . Ditulis lim sup sn = lim M n . n

n

n

n

(b) Jika M n  n1 divergen ke negatif tak hingga, maka kita menulis lim sup sn   n

Catatan: apa itu lim sup sn (dibaca : limit supremum sn) dan n

tentu ada lim inf sn (dibaca: limit infimum sn). Untuk n

menjawab itu, sebenarnya kita perlu definisi berikut ini terlebih dahulu.



Definisi 15. Limit supremum dan limit infimum Jika kita mengatakan barisan

sn  n1

konvergen hal ini

mengatakan lim sn dengan kata lain “seberapa ukuran s n n

ketika n besar”. Notasi lim sn terkait dengan barisan yang n

konvergen. Sedangkan notasi limit supremum dan limit infimum dapat diaplikasikan pada semua barisan.

Notasi

limit supremum menyatakan ukuran “seberapa besar s n ketika n besar”. Notasi limit infimum menyatakan ukuran “seberapa kecil s n ketika n besar”. Catatan : Notasi supremum dan infimum diberlakukan pada barisan yang tidak diketahui konvergen. Contoh 5. sn  (1) n

(n  I ) . Maka

sn  n1

terbatas ke

atas. Pada kasus ini M n  1 untuk setiap n  I dan oleh karena itu lim M n  1 . Jadi lim M n  1 . Jadi lim sup(1) n  1 . n

n

n

Contoh 6. Perhatikan barisan 1, -1, 1,-2,1,-3,1,-4,… Jelas bahwa M n  1 (barisan batas atas) Sehingga lim sup sn  1 . n

Contoh 7. Diberikan sn  n (n  I ) . Maka M n  l.u.b {n,n  1,n  2,...}  n .

ANALISA REAL | 43

Oleh karena itu M n   pada n   , sehingga

lim sup sn  lim sup(n)   . n

n

Definisi 16. Jika sn  n1 suatu barisan bilangan real yang tak terbatas ke atas maka lim sup sn   . n

Contoh

8.

Jelas

bahwa

jika sn  n1 n n1

maka

lim sup sn   . n

Contoh 9. Perhatikan pernyataan berikut dan buktikan (1)

Jika sn  n1 suatu barisan bilangan real yang terbatas ke atas dan mempunyai suatu subbarisan yang terbatas ke bawah maka lim sup sn  A ; n

(2)

Jika

sn  n1 suatu

barisan bilangan real yang tidak

mempunyai suatu subbarisan yang terbatas ke bawah maka lim sup sn   . n

Perhatikan bahwa mengubah beberapa suku pada barisan

sn  n1 tidak mengubah

lim sup sn . n

Contoh 10. Limit supremum dari barisan 10100,1,1,1,1,1,1,1,... adalah 1. Teorema 17. Jika sn  n1 suatu barisan bilangan real yang konvergen maka lim sup sn  lim sn . n


n


Bukti: Karena

sn  n1 suatu

barisan bilangan real yang

konvergen sebutlah limitnya L, atau ditulis L  lim sn artinya n

diberikan sembarang bilangan positif   0 sehingga terdapat suatu N  I sedemikian hingga sn  L   (n  N )

atau

L    sn  L  

(n  N ) .

Jadi jika n  N maka L   adalah suatu batas atas untuk

sn , sn1 , sn2 ,... dan

L   bukan batas atas .

Oleh karena itu L    M n  l.u.bsn , sn1 , sn2 ,...  L   .

Dengan teorema 5,

L    lim M n  L   . n

Tetapi lim M n  lim sup sn . n

n

Jadi L    lim sup sn  L   . n



Karena

sembarang maka berakibat

lim sup sn = L. n 

(terbukti) Sekarang kita akan mendefinisikan limit infimum. Jika suatu barisan bilangan real

sn  n1 terbatas

ke

bawah, maka himpunan sn , sn1 , sn2 ,... mempunyai g. l. b (greatest lower bound) . Jika diambil : ANALISA REAL | 45

mn  g.l.b.sn , sn1 , sn2 ,...,

maka mn  n1 adalah suatu barisan tidak turun (buktikan) dan bisa konvergen atau divergen ke tak hingga. Definisi 18. Suatu barisan bilangan real sn  n1 dan terbatas ke –bawah, dan ambil mn  g.l.b.sn , sn1 , sn2 ,...,

(a)

Jika

mn  n1

konvergen,

kita

mendefinisikan

lim inf sn lim mn . n

(b)

n

Jika mn  n1 divergen ke tak hingga , kita menulis

lim inf sn   . n

Definisi 19. Jika barisan bilangan real

sn  n1 yak

tak

terbatas ke bawah, kita tulis lim inf sn   . n

Contoh 11. lim inf( 1) n  1, lim inf n   , lim inf( n)   .

n 

n

n

Barisan 1, -1, 1, -2, 1, -3, 1, -4,… jadi punya lim inf =   . Teorema 18. Jika sn  n1 barisan real konvergen, maka

lim inf sn  lim sn . n

n

Ada beberapa teorema yang tidak dapat ditulis buktinya , kiranya dapat dipelajari siswa. Teorema 19. Jika sn  n1 barisan real konvergen, maka 46| Analisa Real dengan MATLAB


lim inf sn  lim sup sn . n

n

Bukti : hal.50-51. Teorema 20. Jika


bilangan real

lim inf sn  L

lim sup sn =

n

n 

dan jika

dengan

LR ,

maka sn  n1 konvergen dan lim sn  L . n

Bukti : halaman 50. Teorema 21. Jika sn  n1 barisan real konvergen dan jika

lim inf sn  lim sup sn   maka sn divergen n

n

ke tak hingga. Bukti : hal. 51 Teorema 22. Jika sn  n1 barisan real konvergen dan jika sn  t n

sup sn  lim sup n  I  , maka lim n n

dan lim inf sn  lim inf n

n

tn

tn .

Bukti : hal. 52. Teorema 23. Sebarang barisan bilangan real terbatas mempunyai suatu subbarisan yang konvergen. Bukti : hal. 53-54 Latihan soal 1.5 (ex. 2.9) 1.

Tentukan limpit supremum dan limit infimum barisan berikut ini. (a) 1,2,3, 1,2,3,1,2,3,… ANALISA REAL | 47

(b)

sinn / 2 n1 ,

(c)

 1  1/ ncos n  n1

(d)

1  1/ n  n

 n 1

2. Jika lim sup dari barisan sn  n1 sama dengan M, buktikan bahwa lim sup dari sembarang sub barisan sn  n1 adalah M .

3. Jika sn  n1 barisan terbatas dan lim inf sn  m , n

buktikan terdapat suatu subbarisan sn  n1 yang konvergen ke-m.

4. Jika sn  n1 barisan bilangan real yang divergen ke tak hingga, maka lim sup sn    lim inf sn . n

n

5. Tulislah himpunan semua bilangan rasional dalam (0,1) sebagai ri , r2 , r3 ,.... Hitung lim sup rn dan lim inf rn . n

n

6. Buktikan bahwa jika barisan

sn  n1 tidak

subbarisan yang konvergen, maka

s  n

tak hingga. 7. Jika sn  n1 barisan bilangan real dan jika

n 

s1  s2  ...  sn , n  I  n

Buktikan bahwa lim sup n  lim sup sn , n

n

lim inf  n  lim inf sn . n


n

 n1

mempunyai divergen ke


2.4 Barisan Monoton Dari pembahasan selama ini, barisan yang terbatas bisa jadi tidak konvergen (misal barisan -1, 1, -1,1,…). Pada bagian ini kita akan membahas kondisi yang bersama dengak kondisi terbatas maka dapat menjamin suatu barisan bisa konvergen. Definisi 24. Diketahui sn  n1 sebagai suatu barisan bilangan real. Jika tidak

s1  s2  ...  sn  sn1  ..., maka

turun

(nondecreasing).

s1  s2  ...  sn  sn1  ..., maka

sn  n1 dikatakan

Secara

sn  n1

sama

jika

dikatakan barisan

taknaik (nonincreasing). Suatu barisan monoton merupakan barisan yang barisan tidak turun atau tak naik atau keduanya). Contoh 12. 1 3 7 Barisan 1,1 ,1 ,1 ,... (yaitu 2 4 8

2 1/ 2  n1

 n1

adalah tidak

turun (dan terbatas) Kita dapat mengiilustrasikan profile barisan dengan program MATLAB yang ditunjukkan pada Tabel 1 dan diilustrasikan pada Gambar 1.

ANALISA REAL | 49

Contoh 13. Barisan n n1 barisan tidak turun (dan tidak terbatas). Dua contoh ini memberikan contoh pentingnya teorema berikut. Tabel 1. Program MATLAB untuk menggambar

2 1/ 2  n1

 n1

n=linspace(1,20,20); an=2-1./(2.^(n-1)); plot(n,an,'o') axis([1 20 -1 3])

Gambar 6. Ilustrasi

2 1/ 2  n1

 n1

Teorema 25. Suatu barisan tidak turun (nondecresing) yang terbatas ke atas adalah barisan yang konvergen. Bukti : Diketahui barisan tidak turun (nondecresing) yang terbatas

ke

atas

sebutlah

sn  n1 .

Ambil

himpunan

A  s1 , s2 ,... adalah subhimpunan dari R yang tidak kosong

yang terbatas ke atas. Berdasarkan informasi sebelum ini bahwa barisan terbatas ke atas pasti mempunyai batas atas terkecil (l.u.b). Sebutlah M  l.u.bs1 , s2 ,...  l.u.b for A.



Akan ditunjukkan bahwa sn  M untuk n   . Diberikan

  0 , maka M-  bukan suatu batas atas untuk A. Oleh karena itu, untuk beberapa N  I , s N  M   . Tetapi karena

sn  n1 adalah tidak turun (nondecreasing) , hal ini berakibat sn  M  

(n  N ) .

(1)

Sebaliknya, karena M adalah suatu batas atas untuk A M  sn

(n  N ) .

(2)

Dari (1) dan (2) disimpulkan bahwa sn  M   , (n  N ) .

Hal ini membuktikan bahwa lim sn  M . (terbukti) n

Teorema tersebut merupakan contoh penting perlunya batas atas terkecil. Teorema ini juga memampukan kita untuk membuktikan suatu barisan konvergen tanpa harus menduga limitnya terlebih dahulum Perhatikan contoh yang menarik ini.

ANALISA REAL | 51



Akibat 26. Barisan 1  1/ n

n



 n 1

konvergen.

Bukti: 

Diberikan

sn  1  1 / n . n

Berdasarkan

teorema

binomial maka 1 n(n  1) 1 n(n  1)...1 1 sn  1  n   ...  . . 2 n 1.2 n 1.2...n n n

Untuk k =1,…,n maka (k+1) suku pertama pada ruas kanan adalah n(n  1)...(n  k  1) 1 . k . 1.2...n n

Juga

n(n  1)...(n  k  1) 1 1  1  2   k  1  . k  1  1  ...1  . 1.2...n 1.2...k  n  n   n  n Demikian pula jika kita menjabarkan s n1 diperoleh n +2 suku , sehingga untuk k=1,…,n, maka (k+1) suku pertama adalah

1  1  2   k 1  1  1  ...1  . 1.2...k  n  1  n  1   n  1  Hal ini menunjukkan bahwa sn  sn1 (yaitu turun. Tetapi juga sn  1  1 

1 1 1   ...  1.2 1.2.3 1.2....n


sn n1 tidak


 11

 1

1 1 1  2  ...  n1 1 2 2 2

1  (1 / 2) n 1  1 3 1 1/ 2 1 1/ 2

Jadi sn n1 terbatas ke atas oleh 3. Berdasarkan Teorema 1 



maka barisan 1  1/ n

n



 n 1

konvergen.

Dengan menggunakan MATLAB kita dapat mengilustrasikan barisan ini dalam Gambar sebagaimana ditunjukkan pada Tabel 2 untuk program yang digunakan dan Gambar 1 sebagai keluarannya.

Tabel 2. Program MATLAB untuk

1  1/ n  n

 n 1

Clear close all n=[1:200]'; g=inline('(1+1./n).^n','n'); gn=g(n); figure(1) plot(n,gn,'o');

ANALISA REAL | 53



Gambar 7. Ilustrasi 1  1/ n

n



 n 1

Catatan : Perhatikan bahwa untuk menunjukkan n   , maka pada program digunakan n = 200 (boleh lebih kecil dari 200) yang sudah menunjukkan barisan menuju sekitar 2.7. Apakah berarti 2.7 limitnya ?. Jikalau kita tidak mengetahui

bahwa

lim s n  lim 1  1 / n   e , n

n

n

maka kita bisa menetapkan 2.7 sebagai limitnya. Sudah menjadi kebiasaan untuk mensimbolkan

lim sn  e Yaitu n

lim sn  lim 1  1 / n  e . n

n

n

Telah diketahui bahwa barisan yang konvergen pasti terbatas. Oleh karena itu kita tahu bahwa barisan tak terbatas adalah divergen. Secara intuitif jelas bahwa barisan tidak turun tidak berosilasi. Hal ini akan berakibat bahwa barisan 54| Analisa Real dengan MATLAB


tidak turun yang tak terbatas pasti divergen ke tak hingga. Oleh karena itu maka ada Teorema berikut. Teorema 27. Suatu barisan tak turun tetapi tidak terbatas ke atas divergen ke tak hingga. Teorema 28. Suatu barisan tak naik yang terbatas ke bawah konvergen. Suatu barisan tak naik yang tak terbatas ke bawah akan divergen ke tak hingga. Subbarisan Jika diberikan suatu barisan, kita dapat membuat barisan baru yang diambil dari beberapa anggota pada barisan tersebut. Barisan yang terbentuk kita sebut subbarisan. Yang mengejutkan adalah jika suatu barisan tidak konvergen, ternyata dapat terjadi bahwa kita dapat membuat subbarisan yang konvergen. Hal ini dapat ditunjukkan bahwa jika barisan mula-mula terbatas maka kita dapat membentuk subbarisan yang konvergen (Davinson and Donsig, 2010, page 23-25). Oleh karena itu muncullah Teorema berikut. Teorema 29. Bolzano-Weierstrass Setiap barisan bilangan real yang terbatas mempunyai subbarisan yang konvergen. Bukti : hal 23-24 (Davinson and Donsig, 2010, page 23-25). ANALISA REAL | 55

Contoh 14. Perhatikan barisan

an n1  sign(sin n)n1

dimana tanda

sign berarti menyatakan nilai barisan hanya mengambil tanda +1 atau -1 tergantung dari n kecuali pada sign (sin 0) = 0. Tanpa mengetahui nilai barisan, kita dapat menyimpulkan bahwa nilai barisan paling banyak ada 3 macam yaiu : -1, 0, dan 1. Artinya barisan ini terbatas ke -1, 0 atau 1. Salah satu pasti dapat diambil sangat banyak sehingga kita dapat menyusun subbarisan yang bernilai konstan sehingga subbarisan demikian konvergen. Contoh 15. Ambil an n1  sign(sin x)n1 dengan n  k . 

Kita



dapat

menyusun

subbarisan

yang

konvergen ke -1. Latihan 1.6 (ex. 2.7, hal 27) A. Apakah

barisan

an   cos log nn1

konvergen?.

Jelaskan. B. Apakah barisan

bn   n  cos(n )





n 2  1 n1 mempu-

nyai subbarisan yang konvergen. C. Didefinisikan x1  2 dan xn 1 

n  1. 56| Analisa Real dengan MATLAB

1 xn  5 / xn  untuk 2


(i). Tentukan formula xn21  5 dalam bentuk xn2  5 (ii). Hitunglah lim xn . n 

(iii) Hitunglah 10 suku pertama dengan bantuan program (boleh MATLAB atau Excel, atau yang lain). (iv) Tunjukkan bahwa suku ke-10 telah mendekati limit hingga 600 digit (desimal). D. Diketahui

xn n1 suatu

barisan bilangan real. Anggap

terdapat suatu bilangan real L sedemikian hingga

L  lim x3n1  lim x3n1  lim x3n . Tunjukkan bahwa n

n

n

lim xn ada dan sama dengan L. n 

Catatan : Bagaimana anda dapat memulai membuktikan jika memang masih tidak bisa membuktikan dari soalsoal di atas ?. Teorema 30. Diberikan sn n1 barisan bilangan real. Maka S 

mempunyai subbarisan monoton. Hal. 40 Untuk beberapa hal penting lain yang terkait, untuk sementara tidak saya bahas. 2.5 Barisan Cauchy Definisi 31. Diketahui barisan sn  n1 suatu barisan bilangan real. Maka sn  n1 dikatakan barisan Cauchy jika ANALISA REAL | 57

untuk sembarang   0 terdapat suatu N  I sedemikian hingga berlaku sm  sn   ,

(m, n  N ) .

Secara kasar kita dapat pula mengatakan bahwa

sn  n1

barisan Cauchy jika s m dan s n cukup dekat m dan n yang cukup besar. Hal ini menjelaskan pula bahwa barisan yang konvergen pasti merupakan barisan Cauchy. Teorema 32. Jika suatu barisan bilangan real

sn  n1

konvergen, maka sn  n1 merupakan barisan Cauchy. Bukti: Diketahui sn  n1 konvergen sebutlah punya limit L sehingga

L  lim sn .Artinya terdapat bilangan positif kecil   0 , n

terdapat suatu indeks N  I sedemikian hingga sk  L 

 2

(k  N ) .

Jadi jika m, n  N kita punya sm  sn  sm  L   L  sn   sm  L  L  sn 


 2



 2


Sedemikian hingga

m, n  N 

sm  sn  

yang membuktikan bahwa barisan tersebut Cauchy. Teorema 33. Jika sn  n1 Cauchy maka sn  n1 terbatas. Bukti: Diberikan   1 (mengapa) dipilih N  I sedemikian hingga sm  sn  1 , m, n  N  . Maka sm  s N  1 , m  N  .

(1)

Oleh karena itu jika m  N , dipunyai sm  sm  s N   s N  sm  s N  s N

dan juga dengan menggunakan (1)

m  N  .

sm  1  s N ,

Jika M  max  s1 ,..., s N 1  maka sm  M  1  s N , m I  , sehingga sn  n1 terbatas.

Teorema 34. Jika

sn  n1

barisan Cauchy maka

sn  n1

konvergen. Bukti : hal 55-56.

ANALISA REAL | 59

Latihan soal 1.7 : Ex.2.10 1.

Jika sn  n1 barisan Cauchy bilangan real yang mempunyai subbarisan yang konvergen ke L, buktikan bahwa

sn  n1 konvergen ke L juga. 2.

1 1 1 Untuk setiap n I , diketahui sn  1    ...  . 2 3 n

Dengan memperhatikan s2 n  sn buktikan bahwa sn  n1 tidak Cauchy. 3.

Buktikan bahwa setiap subbarisan barisan Cauchy juga barisan Cauchy.

4.

Diketahui sn  n1 barisan bilangan real. Jika c  R,0  r  1 dan sn1  sn  cr n

n  I 

Tunjukkan bahwa sn  n1 konvergen. 5.

Tentukan

suatu

barisan

interval

tertutup

dengan

ketentuan I1  I 2  ...  I n  ... yang titik-titik akhirnya adalah bilangan rasional sedemikian hingga 

 I n  e.

n 1



6.

Diketahui  an  n1 barisan bilangan real, dan untuk setiap

n I , diketahui sn  a1  a2  ...  an t n  a1  a2  ...  an .

Buktikan bahwa jika  t n  n1 barisan Cauchy, maka demikian pula  sn  n1 . Jawaban: kita coba menjawab ya 4. Diketahui

sn  n1

barisan

bilangan

real.

Jika

c  R,0  r  1 dan

s n1  s n  cr n

n  I 

Tunjukkan bahwa sn  n1 konvergen. Jawab: Pernyataan sn1  sn menyatakan selisih antara 2 suku berturutan dalam barisan tersebut. Demikian pula untuk

0  r  1, maka selalu berlaku 0 < r n < 1. Oleh karena itu diambil c < 1 sehingga berlaku cr n  1 . Hal ini berakibat s n1  s n  cr n < 1. Sehingga sn  n1 merupakan suatu barisan Cauchy (berdasarkan definisi barisan Cauchy). Sehingga sn  n1 konvergen.

ANALISA REAL | 61

Teorema 35. Kelengkapan pada R (Completeness Theorem) Setiap barisan Cauchy dari bilangan real merupakan barisan yang konvergen. Oleh karena itu R dikatakan lengkap (complete) . Bukti : Anggaplah a n n 1 suatu barisan Cauchy. Dengan 

teorema 2, maka barisan tersebut terbatas. Dengan teorema Bolzano Weierstrass barisan tersebut mempunyai sub-barisan yang konvergen, sebutlah

lim ank  L . k 

Ambil suatu   0 . Dari definisi barisan Cauchy untuk  / 2 maka terdapat suatu bilangan bulat N sedemikian hingga berlaku am  an 

 2

untuk semua m, n  N .

Dengan menggunakan definisi limit untuk  / 2 , terdapat suatu bilangan bulat K sehingga a nk  L 

 2

untuk semua k  K .

Ambil sembarang k  K sedemikian hingga nk  N . Oleh karena itu untuk setiap n  N an  L  an  ank  ank  L 


 2



 2

 .


Artinya lim an  L . Teorema ini tidak berlaku pada barisan n

bilangan rasional.

Daftar Pustaka Davidson, K.R dan Donsig, A. P, 2010. Real Analysis and Applications, Theory and Practice, Springer Science + Business Media, LLC . Goldberg, R.R., 1976. Methods of Real Analysis, John Wiley & Sons, Inc, Second Edition, New York. Lewin, J.,Lewin, M.,1993. An Introduction to Mathematical Analysis, Second Edition, McGraw-Hill,Inc, New York.

ANALISA REAL | 63



BAB II

DERET BILANGAN REAL

2.1 Pendahuluan Pada bagian ini dibahas tentang deret bilangan real. Sebagaimana pada barisan bilangan real, maka kata kunci utama yang dibahas adalah tentang konvergensi dan divergensi. Sebagian besar dari Bab II ini diambil dari (Davidson, dan Donsig, 2010). Deret yang pernah anda kenal misalkan deret aritmatika dan deret geometri. Masih ingat tentang deret ini?. Deret aritmatika dibentuk dari jumlah n suku pertama barisan aritmatika (barisan untuk kedua suku berturutan mempunyai beda yang sama) yaitu a, a  b, a  2b, a  3b,...., a  (n  1)b .

Untuk deret geometri dibentuk dari jumlah parsial n suku pertama barisan geometri yaitu a, ar , ar 2 , ar 3 ,...., ar n1 .

Ingat barisan

an n1 merupakan

rasio r jika r 

an1 untuk semua n  1 atau secara ekuivalen an

barisan geometri dengan

kita dapat menuliskan an  ar n1 untuk semua

ANALISA REAL |65

Deret

geometri a . S n   ar n  1 r n 0

akan

konvergen

jika

|r|<1

dan



Tentunya jika a  0 dan r  1 , maka suku-suku an  ar n1 tidak konvergen ke-0. Pada kasus ini deret tidak dapat dijumlahkan (not summable). Untuk deret bilangan real yang lebih bervariasi maka diperlukan mencari jumlah parsialnya jika ada (berarti berhingga). 2.2 Konvergen dan divergen deret 

Definisi 1. Deret

tak hingga

a n 1

barisan bilangan real

n

adalah jumlahan dari

 an  n1 . Sebutlah jumlahan parsialnya

adalah sn  a1  a2  ...  an , n  I  .

Bilangan an dikatakan suku ke-n dari deret tersebut. Seringkali indeks suatu deret dimulai dari n =0. Jadi 

kita sering menulis deret dengan notasi

a n 0

n

(dalam hal ini

kita mempunyai jumlah parsial yaitu sn  a0  a1  a2  ...  an . 

Jadi deret 1  x  x  ... dapat ditulis sebagai 2

x n 0


n

. Jadi kita


tidak perlu mempermasalahkan jika dalam penulisan teorema 





 an

kita menulis

ataupun

n 1

 an

atau

n 0

a n p

n

untuk

sembarang bilangan bulat p  0 . Definisi

konvergen

atau

divergen

suatu

deret

tergantung pada definisi konvergen atau divergen dari barisan jumlahan parsial  sn  n1 . Definisi 2. Diketahui deret bilangan real dengan jumlah parsial

sn  a1  ...  an n  I  .

Jika

 sn  n1

barisan 

konvergen ke A R , kita mengatakan

a n 1

n

konvergen ke A.

Jika  sn  n1 divergen, kita mengatakan bahwa



a n 1

n

divergen.

Catatan: Perhatikan bahwa konvergensi barisan jumlah parsial dapat diselidiki sebagaimana pada barisan bilangan real. 

Jika

a n 1



a n 1

n

 A . Jadi

n

konvergen ke A, kita sering menulis



a n 1

n

tidak hanya menyatakan suatu deret,

tetapi juga menyatakan jumlah parsialnya.

ANALISA REAL |67



 an konvergen ke A, dan

Teorema 3a. Jika

n 1



 a

konvergen ke B, maka deret

n 1

Juga jika c  R maka

 ca



a n 1



 a n 1

n

b n 1

n

 bn  konvergen ke A + B.



n 1

Bukti : Diketahui

n



n

konvergen ke cA.

n

 A,



b

n

n 1

 B , maka

 bn  = a1  b1   a2  b2   a3  b3   ...  an  bn  = a1 + a2 + a 3 +...+ an + b1 + b2 + b3 +... bn 

  an  n 1



 ca n 1



b n 1

n

=A +B. (terbukti) 

n

= c a1 +c a2 +c a 3 + ...= c a n  cA . (terbukti). n 1

Bagaimana menguji konvergensi atau divergensi suatu deret?. Berikut ini terdapat beberapa uji yang terkenal dan sering digunakan

2.3 Uji Konvergensi untuk deret dengan suku-suku taknegatif Terkadang untuk menyelidiki konvergensi suatu deret, kita dapat mengujinya tanpa harus mengetahui



limitnya. Kita akan mulai dari deret dengan suku-sukunya positif. Jika setiap an  0 maka sn1  sn  an1  sn (jumlah parsialnya naik monoton). Menurut Teorema Konvergensi Monoton diperoleh bahwa sn  konvergen jika dan hanya jika barisan tersebut terbatas ke atas. Kita akan memperoleh proposisi berikut. n

2.3.1 Proposisi 3b. Jika ak  0 untuk k  1 dan sn   ak k 1

maka dapat terjadi salah satu di bawah ini (1) (2)

jika sn n1 terbatas ke-atas maka 

jika sn n1 takterbatas, maka 



a n 1

n

konvergen, atau



a n 1

n

divergen.

2.3.2 Tes Integral (untuk deret tak negatif) 

Perhatikan suatu deret  an  A sedemikian hingga a n  0 n 1

dan an  an1 maka kita dapat menggambar n, a n  dengan a n sebagai tingginya dan gunakan

an  an1 , maka akan

diperoleh fungsi kontinu f(x) sedemikian rupa f (n)  an sebagaimana ditunjukkan pada Gambar 1.

ANALISA REAL |69

Gambar 1.

Jelas bahwa berdasarkan integral Riemann maka jumlahan luas atas yang diarsir 





f ( x)dx   a n

1

n 1

Demikian pula jumlahan luas persegi di bawah kurva berlaku 





f ( x)dx   a n . n 1

1

Hal ini memberikan pengertian kepada kita untuk teorema berikut ini. Teorema 4a. Diketahui f(x) fungsi kontinu yang menurun sedemikian hingga f (n)  an 



Maka

a n 1

n

konvergen jika dan hanya jika


 f ( x)dx konvergen. 1


Akibat 4b. Diketahui f(x) fungsi kontinu yang menurun sedemikian hingga f (n)  an 



a

Maka

n 1

1



Contoh 1a. Perhatikan

1

n n 1



1 Susun  2 dx diperoleh 1 x 

1

n

Jadi

 f ( x)dx divergen

divergen jika dan hanya jika

n

n 1

2

2



M

1 1    1. 1 x 2 dx  Mlim  x  x 1

konvergen. Berapakah limitnya?. Kita dapat

mengambil beberapa suku awal untuk dijumlah (jika deret konvergen). Misalkan 1.635 . 

Contoh 1b. Perhatikan



1

n 1



x

Susun

1/ 2

1



Jadi

x



1

1 1/ 2

dx diperoleh

x

n 1 1/ 2

dx = lim  2 x M 

1



M x 1

 .

dx divergen. Kita tidak dapat mengambil beberapa

1

suku awal untuk dijumlah (jika deret divergen). 

Teorema 4b. Test deret p yaitu

1

n n 1

p

ANALISA REAL |71



Susun

 1 1 p x  p 1 = dx 1 x p 1 x dx Mlim   p  1

M x 1

Integral ini konvergen jika –p +1 < 0 atau p > 1 dan divergen untuk p<1. 

1

n

Untuk p =1 , maka deret

merupakan deret harmonik.

n 1



Berdasarkan tes integral maka

1

 x dx = lim ln x M 

1



Jadi

1

n n 1

p

M x 1

 .

konvergen untuk p >1 dan p  1 .

Jika setiap an  0 maka sn1  sn  an1  sn sehingga jumlah parsialnya naik monoton. Menurut Teorema Konvergensi Monoton1 diperoleh bahwa sn  konvergen jika dan hanya jika barisan tersebut terbatas ke atas. Kita akan memperoleh proposisi berikut. n

Proposisi 5. Jika ak  0 untuk k  1 dan sn   ak maka k 1

dapat terjadi salah satu di bawah ini (1) (2)

jika sn n1 terbatas ke atas maka 

jika s



 n n 1



a n 1

n

konvergen, atau



takterbatas, yang mana

a n 1

n

divergen.



Teorema 6a. Jika deret

a n 1

n

merupakan deret dengan suku-

suku tak negatif dengan sn  a1  ...  an n  I  maka 72| Analisa Real dengan MATLAB




a

(a)

n 1

konvergen jika barisan sn  n1 terbatas.

n



a

(b)

n 1

divergen jika sn  n1 tak terbatas.

n

Teorema 6b. (a) Jika 0  x  1 , maka



x

n

konvergen ke

n 0

(b) Jika x  1 maka

1 1 x



x

n

divergen.

n 0

1 1 Perhatikan contoh berikut yaitu deret 1   ...   ... diketahui 2 n sebagai deret harmonik. 

Teorema 6c. Deret

 1/ n (deret harmonik) divergen. n 1

Bukti: Kita mempelajari barisan deret parsial yaitu s1 , s2 , s4 , s8 ,..., s2n1 ,... dari sn n1 artinya kita mempunyai sn  1  1/ 2  1/ 3  1/ 4  ...  1/ n . 

Jadi kita mempunyai s1  1 , s2  1  1 / 2  3 / 2 , s4  s2  1 / 3  1 / 4  3 / 2  1/ 4  1/ 4  2

s8  s4  1/ 5  1/ 6  1/ 7  1/ 8  2  1/ 8  1/ 8  1/ 8  1/ 8  25 / 2; ANALISA REAL |73

Pada umumnya, dengan induksi dapat ditunjukkan bahwa

s2n  n  2 / 2 . Jadi

sn n1 terdiri

dari subbarisan yang

divergen. Jadi berdasarkan suatu teorema (yang mana?) 

bahwa deret

 1/ n (harmonik) divergen. n 1



Kita akan membahas lagi deret harmonik bahwa

a n 1

n

divergen meskipun lim an  0 . n



Jika

a n 1

n

deret dengan suku-suku tak negatif yang 

konvergen, terkadang kita menuliskan dengan cara

a n 1

n





. Jika

a n 1

n

deret divergen dengan suku-suku tak negatif, 

maka kita dapat menulis dengan cara

a n 1



n

1 Jadi      , n 0  2 



n

 .

1

n  . n 0

Kita perlu pula mencatat bahwa tidak ada deret yang divergen dengan cara selambat mungkin. Lebih tepatnya dijelaskan berikut ini.





Teorema 7. Jika

a n 1

n

deret divergen dengan bilangan

positif maka terdapat suatu barisan  n  n1 (bilangan positif) 

yang konvergen ke 0, tetapi

 n 1

n

an masih divergen.

Bukti: hal 71-72. 2.3.3 Test akar Anggap bahwa an  0 untuk semua n, dan ambil l  lim sup n an , 

Jika l < 1 maka

 an konvergen. Jika l > 1 , maka n 1



a n 1

n

divergen. Catatan: Jika

l  lim sup n an  1 , deret mungkin atau

mungkin tidak konvergen. Bukti: Anggap l  lim sup n an < 1. Untuk menunjukkan deret konvergen, kita perlu menunjukkan bahwa jumlah barisan parsialnya juga terbatas keatas. Ambilah bilangan r dengan l < r < 1 dan sebut   r  l . Karena  > 0, kita dapat menemukan bilangan bulat N > 0 sedemikian hingga ANALISA REAL |75

a1n/ n  l    r untuk semua n  N . Oleh karena itu an  r n untuk semua n  N . Perhatikan barisan bn n1 yang diberikan oleh 

bn  an , 1  n  N dan bn  r n untuk n  N .

Barisan ini dapat dijumlah. Lagi pula 

N 1



N 1

rN bn  bn   bn  bn  .  1 r n 1 n 1 n N n 1 Karena

an  bn

n  1.

untuk

Dengan

tes

banding

menunjukkan bahwa an n1 summable. 

Sebaliknya jika l  lim sup n an  1 dan sebutlah sebut   r  l . Dari defininisi lim sup, terdapat subbarisan n1  n2  ... sedemikian hingga

ank

1 / nk

 l    1 untuk semua k  1 .

Oleh karena itu suku-suku an tidak konvergen ke 0 sehingga deret divergen. 

Teorema 8. Jika deret

a n 1

n

konvergen maka lim an  0 . n

Catatan: Hati-hati, Teorema 8 tidak berarti sebaliknya. Deret harmonik divergen tetapi lim an  0 . Jadi tidak boleh n

membuktikan konvergensi deret dengan Teorema 8.





 1  n/1  2n harus divergen.

Contoh 1c. Deret

n 1

Disini an  1  n / 1  2n

1 sehingga lim an  lim 1  n  / 1  2n     0 . n n 2 

Contoh 2.

n

  1 n 1

pasti divergen karena lim an bahkan tidak n

ada. Catatan: Perhatikan bahwa pernyataan Teorema 8 sama artinya dengan jika lim an  0 (atau bahkan tidak n



ada) maka

a n 1

divergen. Pernyataan inilah yang

n

sering digunakan. Perhatikan pula bahwa lim an  0 bukan merupakan syarat n



cukup untuk menjamin bahwa

a n 1

n

konvergen . Kita akan

belajar tentang hal ini pada subbab berikutnya.

Latihan soal 2.1 : Ex. 3.1 hal. 69 1.

Buktikan bahwa jika a1  a2  ... konvergen ke s, maka a2  a3  ... konvergen ke s  a1 . 

2.

Buktikan bahwa deret

 1 /( n(n  1)) konvergen n 1

ANALISA REAL |77

Petunjuk:

1 1 1   dan n(n  1) n n  1

hitung

jumlah

parsialnya. 3.

Untuk setiap nilai x, apakah deret

1  x  ( x  x 2 )  x 2  x 3  ... konvergen ?. 4.

Buktikan bahwa deret a1  a2   a2  a3   a3  a4   ... konvergen jika dan hanya jika barisan

an  n1

konvergen. 

5.

Apakah

 log1  1/ n konvergen atau divergen ?. n 1

6.

Buktikan bahwa untuk sembarang a, b  R , maka deret a  (a  b)  (a  2b)  (a  3b)  ... divergen ke-cuali jika a

= b =0. 

7.

Tunjukkan bahwa

a k 1

k

konvergen jika dan hanya jika

  0 terdapat N  I sedemikian hingga 

a

k  m 1

8.

k

 ,

n  m  N  .

Buktikan bahwa jika a1  a2  a3  ... konvergen ke A, maka

1 a1  a2   1 a2  a3   1 a3  a4   ... konvergen. 2 2 2





9.

Tunjukkan bahwa jika

 ak konvergen dan k 1



divergen, maka

 a k 1

n



b k 1

k

 bn  divergen.



10. Apakah

 n  1/( n  2) konvergen atau divergen ?. n 1 

Apakah

 10

n 1 konvergen atau divergen ?. (n  2)

10

n 1

Catatan : 

Jika

a n 1

n

konvergen, maka sembarang deret yang dibentuk 

dari deret

a n 1

n

dengan menyisipinya

(misalnya

a1  a2   a3  ...  a7   (...)... )

konver-gen

ke jumlah yang sama.

Latihan soal 2.2 

Jika

a n 1

a  ni

 i 1

n

deret bilangan positif yang konvergen dan jika 

adalah suatu subbarisan dari

1. Buktikan bahwa 1 

a i 1

ni

konvergen.

1 1 1    ... konvergen. 2! 4! 6!

ANALISA REAL |79

2. Jika 0  an  1 , n  0 dan jika 0  x  1 , maka buktikan 

bahwa

a x n 0

n

n

konvergen dan jika jumlahnya tidak lebih

besar daripada 1/(1-x). 3. Jika sn  n1 tak turun, dan sn  0 n  I  , buktikan bahwa 

terdapat suatu deret

a n 0

k

dengan ak  0 , k  I  dan

sn  a1  a2  ...  an

n  I  .

4. Butikan bahwa 1 +1/3 + 1/5 + 1/7 + … divergen. 5. Apakah untuk nilai x  R maka 1 x  1 x   1 x  1      ... konvergen ?. Jika ya 1 x 1 x  1 x  2

3

berapa limitnya ?.

2.4 Deret Ganti tanda (Alternating Series) Deret ganti tanda adalah deret takhingga yang suku-sukunya berganti tanda. Contoh 3. 1-1/2 +1/4 -1/8 +…; 1-2 + 3-4 +…; 1-1/2 + 1/3 -1/4 +… adalah merupakan contoh-contoh deret berganti tanda.





  1

Deret ganti tanda dapat ditulis

n 1

n 1



sukunya positif atau

  1 a n

n 1

n

an jika setiap

jika suku pertamanya negatif.

Kita akan membahas tentang konvergensi dan divergensi deret ganti tanda. Teorema 9. Jika an  n1 barisan bilangan positif sedemikian hingga (a) a1  a2  ...  an  an1  ... (yaitu bahwa an  n1 baris-an tak naik) dan (b) lim an  0 n



maka deret ganti tanda

  1 n 1

n 1

an konvergen.

Catatan: perhatikan bahwa Teorema ini digunakan untuk barisan ganti tanda dimana ganti tanda tidak diperhatikan (semua positif) , tetapi kesimpulan 

konvergensi untuk deret

  1

n 1

n 1

an .



Akibat 10. Jika deret ganti tanda

  1

n 1

n 1

an memenuhi

hipotesa pada Teorema 9 artinya konvergen (sebutlah ke L  R ) maka

sk  L  ak 1 ,

k  I  . ANALISA REAL |81



Jadi perbedaan antara jumlahan

  1

n 1

n 1

an dan sembarang

jumlahan parsial tidak akan lebih dari suku pertama tidak termasuk dalam jumlah parsial. Contoh 4. 

1 / n

Kita ketahui bahwa

divergen. Akan tetapi karena

n 1

1 / n i1

barisan tak naik dan lim 1/ n  0 maka dari Teorema n



9 diperoleh

  1

n 1

1 / n konvergen. Artinya, ada suatu

n 1

L  R sehingga

1 1 1 (1) n1 1     ...   ...  L . 2 3 4 n Akan tetapi kita tidak tahu berapakah L. Untuk itu kita menduganya dengan menggunakan Teorema 9, yaitu untuk n  I dipunyai bahwa

 1 (1) n1  1 . 1   ...   L  n  n 1  2

Jika kita ambil n = 9, diperoleh

0.7456  L 

1 10

Sedemikian hingga 0.6456  L  0.8456 (Pada kenyataannya kita mengetahui bahwa s9  L , sehingga kita dapat 82| Analisa Real dengan MATLAB


menyimpulkan 0.6456  L  0.7456 . Dapat ditunjukkan bahwa L  log 2  0.6932... .

Jika 0 < x < 1, maka berdasarkan Teorema 9 diperoleh 1  x  x 2  ... =



 (1)

n

xn

n 0

konvergen. Akibat 10 juga dapat digunakan bahwa 

 (1)

n

x n = 1  x  x 2  ... 

n 0

Hasil jumlahan

1 , 0 < x < 1. 1 x

1 diperoleh dari jumlahan deret geometri 1 x

dengan rasio

a n 1 (1) n 1 x n 1   x r= an (1) n x n Contoh 5. Perhatikan deret 



 1n

n 0

1 1 1  1     ... . n! 1! 2! 3!

Berdasarkan Teorema 10 maka deret tersebut konvergen. Jika 

 1n

n 0

n!

L

maka

1  1 1 1 1 1 1        L  . 6!  1! 2! 3! 4! 5!  Dari hasil tersebut, dapat disimpulkan bahwa L  0.3666  0.0014 . ANALISA REAL |83

Latihan soal 2.3 1.

Untuk berapakah nilai p sehingga deret

1 1 1 1  p  p  p  ... konvergen ?. p 1 2 3 4 2.

Jika x tidak bulat, buktikan bahwa

1 1 1    ... konvergen. x 1 x  2 x  3 3.

Buktikan bahwa (a)

2  21/ 2  21/ 3  21/ 4  ... divergen

(b)

1  2  (1  21/ 2 )  (1  21/ 3 )  (1  21/ 4 )  ... konvergen

4.

1 (1) n1  maka n n

Tunjukkan bahwa jika an  

  1 n 1

n 1

an divergen. (Disini an  0 dan lim an  0 , n

mengapa Teorema 9 tidak berlaku?). 

5.

Tunjukkan bahwa

  1

n 1

n /( 2n  1) divergen.

n 1

2.5 Konvergen Bersyarat dan Konvergen Absolut Kita ketahui dari studi yang lalu bahwa deret

1 1 1 1     ... 2 4 8



dan juga deret 1 

1 1 1    ... 2 3 4

keduanya konvergen. Akan tetapi kedua deret berbeda. Jika kita ambil nilai absolutnya dari deret pertama diperoleh

1

1 1 1    ... maka deret ini konvergen (deret geometri 2 4 8

r=1/2)

1 1 1 Sedangkan deret kedua diabsolutkan diperoleh 1     ... 2 3 4 menjadi deret yang divergen. Hal ini menjelaskan pada kita tentang konvergensi deret menjadi 2 kelompok.

Definisi 11. Diberikan deret bilangan real. 

(a)

Jika

 an konvergen, kita mengatakan bahwa n 1



a n 1

n

konvergen absolut. 

(b)

Jika

 an konvergen tetapi n 1



a n 1

n

divergen, kita



mengatakan bahwa

a n 1

n

konvergen bersyarat

(converges conditionally). 

Teorema 12. Jika

 an konvergen absolut, maka n 1



a n 1

n

konvergen. ANALISA REAL |85

Bukti: ingatlah tes banding. 

Jika kita memecah suatu deret

a n 1

n

menjadi deret

yang positif a n dan deret negatif a n , kita dapat menunjukkan perbedaan penting antara konvergen absolut dan konvergen bersyarat. 

Persisnya, jika

a n 1

n

suatu deret bilangan real, kita

ambil pn  an jika an  0, pn  0 jika an  0,

Jadi

untuk

p2 n1 

1 , (2n  1)

deret

1 1 1    ... , 2 3

p1  1 ,

p3 

1 , 3

Sedangkan p2  p4  ...  0 . Secara sama, kita sebut qn  an jika an  0,

qn  0 jika an  0. 

Oleh karena itu p n merupakan suku-suku positf dari

a n 1

n

(termasuk dengan adanya 0) sedangkan q n adalah suku-suku negatif. Dapat dipelajari dengan mudah (?) bahwa pn  max an ,0 dan qn  min an ,0 .



Kita dapat menyusun (?) 2 pn  an  an dan 2qn  an  an .

Juga an  p n  qn .

Tentu mudah membuktikan Teorema berikut.

Teorema 13. 

 an konvegen absolut maka kedua

(a) Jika

n 1



p n 1

dan

n



q n 1

n

juga konvergen. 

 an konvergen bersyarat, maka kedua

(b) Jika

n 1



p n 1

dan

n



q n 1

n

juga divergen. 

(c)

Jika kedua

 pn dan n 1



 qn konvergen, maka n 1



a n 1

n

konvergen absolut. Bukti: hal.76. 2.5.1 Tes Banding Perhatikan 2 barisan bilangan real an  dan bn  dengan an  bn untuk semua n  1 . Jika bn  summable maka an 

summable dan ANALISA REAL |87





n 1

n 1

 an   bn . Jika an  tidak dapat dijumlahkan (unsummable) maka bn  unsummable . Catatan : Kita dapat memahami dengan mudah bahwa jika deret dengan jumlah yang lebih besar konvergen maka deret dengan jumlah yang lebih kecil juga konvergen. Umumnya pada soal kita harus menguji 

konvergensi deret

a n 1

n

, kemudian kita mencari

deret lain yang jumlahnya lebih besar dan sudah diketahui terlebih dahulu sifatnya. Sumber lain (web1) mempresentasikan test banding dengan berdasarkan rasio antara kedua deret sebagai berikut. 

Diketahui

 an dan n 1

an n  b n

Diketahui r  lim



b n 1

n

merupakan 2 deret tak hingga.

ada dan 0  r   . Maka



a n 1

n



konvergen absolut jika dan hanya jika

b n 1

n

konvergen

absolut. Latihan soal 2.4 (Ex. 3.4 hal. 76) 1.

Tentukan deret berikut: divergen, konvergen bersyarat atau konvergen absolut:



1 1 1 (a) 1     ... 1! 2! 3! 1 1 1    ... 3 5 7

(b) 1  (c)

1 2 3 4     ... 2 3 4 5

1 1 1 1 (d) 1  1    .  ... 2 2 3 3 1 1 1 1 1 1 1 1    2   3   4  ... 2 2 2 3 2 4 2

(e) 2.

Dapatkah suatu deret tak negative konvergen bersyarat ?.

3.

Buktikan bahwa jika



 an   maka n 1



4.

Jika

a n 1

n





n 1

n 1

 an   an .

konvergen absolut, dan jika  n  1 untuk

setiap n  I , buktikan bahwa



 n 1

a konvergen.

n n



5.

Jika

 n 1

a konvergen untuk setiap barisan

n n

 n  n1

sedemikian hingga  n  1 untuk setiap n  I , buktikan 

bahwa

a n 1

n

konvergen absolut.

ANALISA REAL |89

2.6 Penyusunan ulang Deret Yang dimaksudkan penyusunan ulang deret adalah menyusun deret mula-mula menjadi deret lain dengan urutan berbeda. Kita akan mempelajari bahwa penyusunan ulang deret konvergen absolute tidak berpengaruh terhadap jumlahannya, tetapi penyusunan ulang deret yang konvergen bersyarat dapat berdampak drastis. 

Kita telah mengetahui bahwa deret

n 1

  1

/n

n 1

konvergen bersyarat pada suatu L  R 9dimana kita telah menyebutkan bahwa L = log 2). Lagipula kita tahu 0.6  L  0.8 sehingga L  0 . Kita punya

1 1 1 1 1 1 1 L  1         ... . 2 3 4 5 6 7 8

(1)

Dengan teorema 3,

1 1 1 1 1 1 1 L        ... . 2 2 4 6 8 10 12 Demikian pula 1 1 1 1 1 L  0   0   0   0   ... . 2 2 4 6 8

(2)

(3)

Jika kita tambahkan (2) dengan (1) diperoleh lagi oleh Teorema 3 bahwa



3 1 1 1 1 1 L  (1  0)  (  )  (  0)  (  ) 2 2 2 3 4 4 1   1 1   1   1 1    0         0       ... 8  5   6 6 7   8

Atau

3 1 1 1 1 1 1 1 1 L  1          ... 2 3 2 5 7 4 9 11 6

(3)

Perhatikan bahwa deret pada persamaan (3) adalah penyusunan ulang deret pada ruas kanan persamaan (1) tetapi keduanya konvergen pada limit yang berbeda. Definisi 14. Ambil N = ni  i1 adalah barisan bilangan bulat positif yang setiap bilangan bulat positif terjadi tepat sekali diantara ni (Yaitu N adalah fungsi 1-1 dari I onto I). Jika 

a n 1

n

deret bilangan real dan jika

bi  ani

i  I  ,



maka

b i 1

i

dikatakan suatu penyusunan



ulang dari

a n 1

n

.

Latihan soal 2.5 A. Tentukan apakah deret berikut ini konvergen absolut, bersyarat, atau tidak sama sekali.

ANALISA REAL |91

(a).

n (b)  ( 1) n n 1 2  ( 1) n 

( 1) n  n 1 n log( n  1) 

(c)

1 ( 1) n sin  n  n n 1 



1  n 2n  1 jika diberikan

B. Hitunglah jumlah deret

2

n 1

1 2  .  2 6 n 1 n 

Petunjuk : Gunakan

1 4 1   2 . n 2n  1 2n(2n  1) n 2

 2n  cos  3   C. Tunjukkan bahwa  n2 n 1 

konvergen absolut.

Tentukan jumlahnya (berarti limit deret tersebut) dan

1 2 diketahui bahwa  2  . 6 n 1 n 

D. Diketahui bahwa a n  k  1.

Pelajari

 1k n

apakah

untuk k  1  n  k 2 dan 2

deret

konvergen. Latihan soal 2.6 

A. Hitung jumlah deret

1

 n(n  2) n 1



B. Hitung deret

12

 n(n  1)(n  3)(n  4) n 1






 1k

n 1

n 1

n

 an  


Petunjuk: Tunjukkan bahwa 12 1 2 2 1 .     n(n  1)(n  3)(n  4) n n  1 n  3 n  4

C.

Buktikan bahwa jika

p  1 dan



t k 1

k

deret yang 

konvergen dengan suku-suku taknegatif maka

t k 1

p k

konvergen. D.

Diberikan

an n1

suatu barisan sedemikian hingga

lim an  0 . Buktikan bahwa terdapat suatu sub-barisan n



an k  sedemikian hingga  an k 1



E.

Hitung

k

konvergen.

1 . Petunjuk: Kalikan suku n  n n 1

 (n  1) n 1

ke-n dengan

n 1  n . n 1  n

1=

n

F.

Diberikan

|a|<1

dan

bentuk

Sn   a k

dan

k 0

n

Tn   (k  1)a k . k 0

(a) Tunjukkan bahwa S n2  n

n

k 0

k 1

 (k  1)a k   (n  1  k )a nk (b) Tunjukkan bahwa Tn  S n2 

n(n  1) n1 a . 2 ANALISA REAL |93





(c) Tunjukkan bahwa lim Tn  lim S n . n

2

n

n 1 . n k 0 3 



(d) Hitunglah

G. Diberikan x0  1 dan xn1  xn  1/ xn . (a) Tentukan lim xn . n

(b) Diberikan

y n  xn2  2n .Tentukan suatu formula

rekursi untuk y n1 yang hanya memuat y n saja. (c) Tunjukkan

bahwa

yn

monoton

naik

dan

y n  2  log n .

(d) Oleh karena itu tunjukkan bahwa lim xn  2n  0 . n

1

Teorema Konvergensi Monoton: Suatu barisan monoton naik yang terbatas ke atas, barisan tersebut konvergen. Suatu barisan monoton turun yang terbatas ke bawah, barisan tersebut konvergen .



BAB III

T O PO LOG I DI R n Selama ini kita telah belajar tentang limit barisan bilangan real dan limit deret dari bilangan real. Kita akan mengembangkan pemahaman tentang konvergensi

Rn .

Topology dari kata Greek τόπος, artinya tempat dan λόγος, artinya belajar. Topologi merupakan topik utama pada matematika yang berkaitan dengan sifat-sifat kontinuitas dari deformasi suatu obyek. Pada himpunan dan geometri, maka topologi mempelajari konsep ruang, dimensi dan transformasi.

Salah satu topiknya adalah tentang homorfisma

(homeomorphisms) yaitu pemetaan yang kontinu dan inversnya yang kontinu. Pada bagian ini hanya akan dibahas beberapa kata kunci yang muncul pada bahasan bagian ini . 3.1 Ruang n dimensi Perhatikan bahwa vektor pada R n akan dipandang sebagai titik. Salah satu ruang adalah ruang vektor yang pada dasarnya memenuhi hukum penjumlahan dan perkalian terhadap skalar. Notasi panjang vektor diberikan oleh norm Euclide yaitu   n 2 x  x1 , x 2 ,..., x n     x i   i 1 

1/ 2

.

ANALISA REAL | 95

Sehingga jarak antara 2 titik akan mengikuti hukum   Pythagoras. Yaitu sebutlah 2 titik di R n adalah x dan y maka jarak antara 2 titik tersebut adalah

   n 2 x  y    xi  yi   i 1 

1/ 2

.

Sifat jarak yang penting adalah pertidaksamaan segitiga yang ditunjukkan pada subbab 3.3. Ada hubungan yang sangat dekat antar perkalian dalam (inner product) dan perkalian titik (dot product) dari   2 sifat identtas x , x  x kita dapat memperoleh sifat linear (yaitu perkalian dalam mempunyai sifat tertutup terhadap perkalian skalar dan penjumlahan, yaitu           rx  sy, z  r x, z  s y, z untuk semua x, y, z  R n dan r, s  R           dan x, sy  tz  s x, y  t x, z untuk semua x, y, z  R n

dan s, t  R .

3.2 Pertidaksamaan Schwarz   Untuk semua x dan y dalam R n berlaku     x, y  x y



  Tanda sama berlaku jika dan hanya jika x dan y kolinear (salah satu titik dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari yang lain). Bukti:

  Untuk membuktikan kita perlu menunjukkan x y -

  x, y

 0 . Untuk menunjukkan (.)  0 umumnya dengan menyata-

kan bahwa (.) sebagai bentuk kuadrat. Selain itu maka dengan 2(.) juga tidak merubah makna. Artinya bukti berikut disusun



    dengan membuktikan 2 x y  x , y



2

 0 . Demikianlah

pembuktian disusun. Untuk dapat memahami pembuktian lebih rinci maka berikut ini dijabarkan untuk n =2. Untuk n = 2 maka  2x

2

n 2 y = 2 xi

2

i 1

 

n

y j 1



2 j





= 2 x12  x22 y12  y22

 





= 2 x12 y12  y22  x22 y12  y22 = 2 x12 y12  x12 y22  x22 y12  x22 y22 n

x

2 1

= 2

j 1



n

y 2j  2 x22 y 2j (tanda sigma hanya berlaku untuk j 1

indeks j. n

=2

n

 xi2 y 2j = i 1 j 1

n

n

 x i 1 j 1

2 i

y 2j + x 2j yi2 .

Demikian pula 2

  2  n  2 x , y = 2  xi yi  (berdasarkan definisi)  i 1  ANALISA REAL | 97

Ambil n =2 2

 n  2 2  xi yi  = 2x1 y1  x2 y2  = 2x12 y12  x22 y22  2 x1 y1 x2 y2   i 1 

= 2x12 y12  x22 y22  x1 y1 x2 y2  x1 y1 x2 y2  = 2x12 y12  x1 y1 x2 y2  + 2x22 y22  x1 y1 x2 y2  = 2 x1 y1 x1 y1  x2 y2  + 2 x2 y2 x2 y2  x1 y1 







= 2 x1 y1 x1 y1  x2 y2 + 2 x2 y2 x1 y1  x2 y2 n

n

j 1

j 1



= 2 x1 y1  x j y j  2 x2 y2  x j y j (tanda sigma hanya berlaku untuk indeks j) n

n

x y x

=2

i

i 1

i

j 1

n

j

n

y j = 2 xi yi x j y j . i 1 j 1

Secara sama kita dapat menggunakan penurunan tersebut untuk sembarang n pada pembuktian sebagai berikut.   Sebutlah x  x1 , x 2 ,..., x n  dan y   y1 , y 2 ,..., y n  Maka

 2x

2   y  2 x, y

2

2

n

= 2 xi i 1

n

=

n

n

n

y j 1

n

2 j

 xi2 y 2j + x 2j yi2 - 2 xi yi x j y j i 1 j 1

n

=

2

i 1 j 1

n

 x i 1 j 1

2 i

y 2j  2 xi yi x j y j  x 2j yi2


 n   2  xi yi   i 1 

2


=  xi y j  x j yi   0 . (Terbukti). n

n

2

i 1 j 1

3.3 Pertidaksamaan Segitiga Pertidaksamaan segitiga berlaku juga untuk norm Euclid di

R n yaitu

      x  y  x  y untuk semua x, y  R n .     Tanda sama berlaku jika dan hanya jika x  0 atau y  cx dengan c  0 . Bukti: Kembali kita melakukan bukti dengan mengkuadratkan kedua ruas yaitu kita perlu membuktikan bahwa   2  2 x y x  y  . Gunakan hubungan perkalian dalam (inner product) dan norm untuk menghitung berikut :              2 x  y  x  y, x  y  x , x  x , y  y, x  y, y          x , x  x , y  y, x  y, y

2       x  x y  x y  y

2

  x  y

. 2

Jika tanda sama dipenuhi, kita harus mempunyai

  x, y =

  x y . Secara khusus pertidaksamaan Schwarz dipenuhi.       Jadi apakah x  0 atau y  cx . Substitusikan y  cx dalam

ANALISA REAL | 99

      x , y = x y . Dengan c  y / x  0 . Ketika kita menulis elemen dalam R n dalam notasi vektor,  kita menggunakan basis standard yaitu ei : 1  i  n dengan  ei sebagai vektor dengan nilai 1 pada posisi ke –i, sedangkan   0 pada koordinat yang lain. Suatu himpunan v1 ,..., vm  dalam

R n adalah ortonormal jika

  vi , v j   ij untuk i  i, j  m

dengan  ij  0 ketika i  j dan  ij  1 . Jika berlaku pula

    bahwa v1 ,..., vm  merentang R n maka e1 ,..., en  dikatakan n   basis ortonormal . Secara khusus, e1 ,..., en merupakan basis ortonormal untuk R n . 3.4 Konvergensi dan kelengkapan (completeness) di R n Perhatikan bahwa selama ini kita membicarakan konvergensi pada himpunan bilangan real R. Kita akan memperluas definisi konvergen pada himpunan bilangan R pada R n . Analoginya adalah bahwa tanda absolut berubah menjadi tanda Euclidean norm.

 Definisi 1. Suatu barisan titik pada R n ditulis sebagai xk   konvergen ke suatu titik a jika untuk setiap   0 terdapat suatu bilangan asli N  N ( ) sedemikian hingga   xk  a   untuk semua k  N . 100| Analisa Real dengan MATLAB


  Dalam ini , kita tulis lim xk  a . k 

Perhatikan bahwa kita dapat menurunkan definisi yang serupa pada himpunan bilangan real tetapi harus lebih hatihati dalam menuliskan karena berlaku pada himpunan bilangan R n . Lemma 2.

 Sebutlah xk  merupakan suatu barisan dalam R n . Maka      lim xk  a jika dan hanya jika lim xk  a  0 . k 

k 

 Lemma 3. Suatu barisan xk  xk ,1 ,..., xk ,n  di R n konvergen

 ke suatu titik a  a1 , a2 ,..., an  jika hanya jika setiap   koefisien konvergen. Ditulis lim xk  a jika hanya jika k 

lim xk ,i  ai untuk setiap 1  i  n . k 

Bukti : (pembuktikan pada arah ' ' )   Diketahui lim xk  a . Artinya diberikan   0 , diperoleh k 

  bilangan bulat N sedemikian hingga xk  a   untuk semua k  N . Akibatnya untuk setiap 1  i  n dan semua k  N ,

berlaku xk ,i

 n  ai    xk , j  a j  j 1

1/ 2

2

   

   xk  a   .

ANALISA REAL | 101

Oleh karena itu lim xk ,i  ai untuk semua 1  i  n . k 

(pembuktikan pada arah ' ' ) Diketahui

bahwa

setiap

barisan

koordinat

berlaku

lim xk ,i  ai , setiap 1  i  n . Oleh karena itu diberikan k 

  0 , gunakan  / n dalam definisi limit dan pilih N i sedemikian besar sehingga berlaku

xk ,i  ai 



k  Ni .

untuk semua

n

Dengan menggunakan N  maxN i : 1  i  n untuk semua n pertidaksamaan ini valid untuk k  N . Oleh karena itu 1/ 2

2    n xk  a    xk ,i  ai   i 1    Jadi lim xk  a .

1/ 2

 n   2       i 1  n    

.

k 

Sebagaimana pada barisan bilangan real, kita akan mendefinisikan barisan Cauchy dan completeness pada dimensi yang lebih tinggi yaitu di R n  Definisi 4. Suatu barisan xk di R n merupakan barisan Cauchy jika setiap   0 terdapat suatu bilangan bulat N sedemikian hingga

  xk  xl   untuk semua k , l  N .



Suatu himpunan S  R n disebut lengkap (complete) jika setiap barisan Cauchy sebagai titik-titik pada S konvergen ke suatu titik di S.

Teorema 5. kelengkapan di R n (completeness theorem in R n ) Setiap barisan Cauchy di R n konvergen. Jadi R n lengkap (complete). Bukti :

 Sebutlah xk di

R n merupakan barisan Cauchy. Untuk

membuktikan, kita perlu membuktikan tiap komponen  barisan pada xk konvergen. Marilah kita tuliskan tiap elemen   xk yaitu xk = xk ,1 , xk , 2 ,..., xk ,n . Akan ditunjukkan tiap barisan

x 

 k ,i k 1

merupakan barisan Cauchy untuk setiap 1  i  n . barisan Cauchy di R n konvergen. Artinya jika

Diketahui

diberikan   0 , kita memilih N sedemikian besar sehingga   xk  xl   untuk semua k , l  N . Sehingga   xk ,i  xl ,i  xk  xl   untuk semua k , l  N .

Jadi

x 

 k ,i k 1

untuk 1  i  n . Karena sifat completeness

theorem berlaku, berarti setiap barisan tersebut punya limit sebutlah

lim xk ,i  ai k 

untuk

1  i  n . Kemudian kita

ANALISA REAL | 103

  definisikan vektor a  R n oleh a  a1 ,..., an  . Dengan Lemma 2, kita dapat memperoleh yang dikehendaki.

3.5 Subhimpunan tertutup dan terbuka Perhatikan bahwa kata tertutup dan terbuka tidak bermaksud seperti tertutup dan terbuka pintu. Himpunan tertutup merupakan himpunan yang mempunyai semua titik limit. Kita akan lihat definisi formal terlebih dahulu barulah dengan contoh.  Definisi 6. Suatu titik x dikatakan titik limit dari suatu   subhimpunan A di R n jika suatu barisan a n n 1 dengan    an  A sedemikian hingga x  lim an . Suatu himpunan n 

A  R n tertutup jika memuat semua titik limitnya. Contoh 1. (1) a, b  x  R : a  x  b merupakan himpunan tertutup. (2)  dan R n keduanya tertutup. (3) [0,) merupakan himpunan tertutup. (4) 0,1 dan 0,1 bukan himpunan tertutup.   (5) x  R n : x  1 merupakan himpunan tertutup.

  (6) x  R

n

 : x

  1 tidak tertutup.







(7) ( x, y )  R 2 : xy  1 juga tertutup. (8). Himpunan berhingga dari bilangan real tertutup di R. Karena suatu himpunan tertutup mempunyai sifat yang sangat berguna yaitu memuat semua titik limit-titik limitnya, maka kita ingin mengkonstruksi himpunan tertutup dari himpunan yang lain yang bersifat sedikit kurang bagus dari himpunan tertutup yang ditunjukkan pada definisi berikut. Definisi 7. Jika A  R n maka closure A yang disimbolkan A yang memuat semua titik limit dalam A. Membingungkan bukan?. Bagaimana dengan himpunan tertutup dan closure A ?. Perhatikan proposisi berikut. Proposisi 8. Diketahui A  R n . Maka A sebagai himpunan terkecil yang tertutup yang memuat A. Khususnya A  A . (Catatan: pernyataan tersebut semakin membingungkan bukan ?).  Bukti: Perhatikan untuk setiap a  A

Bagaimana tentang himpunan terbuka ?.

Berikut contoh-

contohnya. Contoh 2. (1) a, b  x  R : a  x  b merupakan himpunan terbuka. (2) Q dan R n keduanya terbuka. (3) (0,) merupakan himpunan tertutup. ANALISA REAL | 105

(4) 0,1 dan 0,1 tidak terbuka. (5) Br (a ) terbuka.





   (7) Br (a )  x  R n : x  a  r tidak terbuka.

 (9). ( x,0)  R



(8) ( x, y )  R 2 : xy  1 terbuka. 2

: 0  x  1 tidak terbuka.

3.6 Compact Set dan Teorema Heine Borel Definisi 9. Suatu subhimpunan A R n disebut kompak   (compact) jika setiap barisan titik (disimbolkan ak k 1 ) titik  pada A mempunyai suatu subbarisan yang konvergen a ki i1   artinya punya limit sebutlah lim aki  a di A. i 

Dengan definisi ini maka kita dapat menyimpulkan bahwa setiap subbarisan di R yang tertutup dan terbatas merupakan himpunan compact. Latihan soal 3 Dari himpunan berikut ini manakah yang compact ?.

x, y  R : 2 x  y  1   (b) x  R : 2  x  4 (c) (e cos x, e sin x) : x  0 ( x,0) : 0  x  1 (d) (e cos  , e sin  ) : x  0, 0    2  2

(a)

2

2

n

x

x

x

x



Daftar Pustaka

Davidson, K.R dan Donsig, A. P, 2010. Real Analysis and Applications, Theory and Practice, Springer Science + Business Media, LLC 2010, Chapter 4.

ANALISA REAL | 107



BAB IV

LIMIT FUNGSI, BARISAN DAN DERET FUNGSI 4.1 Limit fungsi dan Fungsi kontinu Sebagaimana

yang dibicarakan pada Bab-bab

sebelum ini, maka kita sekarang akan membicarakan tentang barisan fungsi dan deret fungsi. Definisi 1. Definisi Limit fungsi (Davidson, dan Donsig, 2010) Diketahui S  R n dan f suatu fungsi dari S into R m . Jika a suatu titik limit dari S\{ a } (dibaca: himpunan S yang tidak memuat himpunan yang beranggotakan a), maka suatu titik v  R m adalah limit dari f pada a jika untuk setiap   0 , terdapat suatu r > 0 sedemikian hingga f (x)  v   bilamana 0  x  a  r dan x  S .

Ditulis lim x a

f (x)  v .

Catatan: Karena f memetakan S  R n ke R m maka hasil m pemetaan dapat berupa vektor di R .

ANALISA REAL |109

Secara geometris hal ini diilustrasikan pada Gambar 1.

Gambar 1. Limit untuk fungsi f : R  R

Perhatikan bahwa f(a) tidak perlu terdefinisi. Mengatakan

lim f (x)  v tidak menjelaskan apa-apa tentang f(a). Ingat x a

kasus suatu fungsi yang terdefinisi pada suatu interval (a,b) dan c  (a, b) . Maka

lim f ( x)  L yang berarti untuk setiap   0 terdapat suatu x c

r > 0 sedemikian hingga |f(x)-L| <  untuk semua 0 < |x-  | < r.



Definisi 2. Diketahui S  R n dan f suatu fungsi dari S into R m . Kita mengatakan bahwa f kontinu pada suatu a

 S jika untuk setiap   0 , terdapat suatu r > 0 sedemikian hingga untuk setiap x  S dengan x  a  r berlaku

f (x)  f (a)   .

Lebih jelas lagi, f kontinu pada S jika

f kontinu pada setiap titik a  S . Jika f tidak kontinu pada a, kita mengatakan bahwa f diskontinu pada a. Kontinuitas dapat digambarkan kadang-kadang dengan limit. Jika a bukan titik isolasi yaitu a suatu titik limit dari S\{a} , maka

lim

f (x)

masuk akal dan f kontinu

x a

pada a jika dan hanya jika lim x a

f (x)  f (a) .

Perhatikan

bahwa jika a. suatu titik isolasi S, maka f selalu kontinu pada a. Contoh 1. Diberikan f : R n \ {0}  R dalam bentuk f (x) 

1 . Mari x

kita tunjukkan bahwa fungsi ini kontinu pada domain yang diberikan. Perhatikan untuk n=1 dan n=2 maka

f (x) 

1 x

maka diilustrasikan pada Gambar 2a-2b.

ANALISA REAL |111

Gambar 2b. Ilustrasi f (x) 

Gambar 2a. Ilustrasi f ( x)  1

|x|

1  x

1

untuk

x  y2 2

x  R 2 \ {0}

untuk x  R \ {0} .

Untuk menunjukkan fungsi ini kontinu pada domain yang diberikan, tetapkan terlebih dahulu suatu a  R n . Maka Tanda norm pada definisi diganti dengan tanda absolut disini karena hasil pemetaan f di R

. | f (x)  f (a) | 1  1  a  x x a x a

(a)

Tujuan kita adalah membuat selisih ini kecil dengan mengontrol jarak

x  a . Untuk mengestimasi bagian

pembilang , kita gunakan pertidaksamaan segitiga yaitu



x  a  x - a dan a  x  x - a .

(b)

Persamaan (b) dikurangkan dan diabsolutkan , diperoleh

x  a  a  x - a  x  x - a   x - a .

(c)

x a . Karena a

Kita perhatikan bagian pembilang

adalah bilangan konstan positif maka tidak menjadi masalah. Akan tetapi x harus dijaga jauh dari 0 . Dipilih

a  x  a / 2 maka x  a  a  x  a / 2 . Hasil-hasil di atas digabung dan dengan memilih

r  a / 2 dan perhatikan sembarang x sedemikian hingga x - a  r . Maka | f (x)  f (a) |

a  x x a



x-a 2



a /2

2r a

2

.

Untuk membuat pertidaksamaan tersebut lebih kecil dari

 , kita perlu r   a / 2 . Oleh karena itu | f (x)  f (a) |  , 2





yang disertai dengan x - a  r  min a / 2,  a / 2 . 2

Hal ini menunjukkan bahwa f suatu fungsi kontinu. Perhatikan bahwa fungsi menuju tak hingga untuk x mendekati 0.

ANALISA REAL |113

Catatan: Perhatikan f (x)  bermakna f ( x ) 

1 , Jika digambarkan kita mendapat|x|

kan Gambar 2a. Jika f (x) 

bermakna

1 untuk x  R \ {0} maka f x

f (x) 

1  x

1 untuk x  R 2 \ {0} maka f x 1

x2  y2

yang diilustrasikan

pada Gambar 2b. Contoh 2. Suatu fungsi tidak perlu analitik (terdefinisi pada suatu titik) agar kontinu. Akan tetapi perlu kehati-hatian dalam  0 jika x  0 kasus berikut ini yaitu f ( x)   1 / x yang  e jika x  0. diilustrasikan pada Gambar 3.

0 jika x  0 Gambar 3. Ilustrasi f ( x)   1/ x  e jika x  0.



Untuk a < 0 dan   0 kita dapat menggunakan r  a . Jika x  a  a maka x < 0 dan f ( x)  f (a) | 0  0 | 0   . Oleh karena itu f kontinu di a. Jika a > 0, r harus dicari dengan tepat untuk setiap  sebagaimana pada contoh sebelum ini. Ekspresi e 1/ x adalah fungsi komposisi dari g ( x)  e x dan h( x)  1 / x sehinga f(x) =g(h(x)). Kita akan pelajari bahwa fungsi komposisi dari fungsi kontinu merupakan fungsi kontinu . Sekarang kita perhatikan untuk a = 0 secara terpisah karena f punya beda definisi pada sebelah kiri 0 dan sebelah kanan 0. Kita tetapkan suatu

  0.

Perhatikan bahwa e x merupakan fungsi naik sehingga

lim e x  0 . Oleh karena itu ada bilangan besar -N

x 

sedemikian hingga e  N   . Oleh karena itu jika 0 < x < 1/N berlaku -1/x < -N sehingga 0  f ( x)  e 1 / x  e  N   .

Dengan mengambil r =1/N diperoleh

 0 jika  r  x  0 f ( x)  f (0)   1 / x jika 0  x  r. e

ANALISA REAL |115

Karena 0 dan e 1/ x lebih kecil dari  , maka f kontinu di 0. Sekarang kita akan membahas fungsi-fungsi yang secara otomatis kontinu. Definisi 3. Suatu fungsi f dari S  R n into R m dikatakan fungsi Lipschitz jika terdapat suatu konstan C sehingga berlaku

f (x)  f (y)  C x - y untuk semua x,y  S . Konstan Lipschitz f adalah bilangan terkecil C sehingga kondisi tersebut dipenuhi. Proposisi 4. Setiap fungsi Lipschitz adalah fungsi kontinu. Bukti: Diketahui f fungsi Lipschitz dengan konstan C. Diberi   0 dan r =  / C . Maka jika x  y  r ,

f (x)  f (y)  C x - y  Cr   . Oleh karena itu f fungsi kontinu. Akibat 5. Setiap pemetaan linear A dari R n ke R m adalah Lipschitz dan oleh karena itu kontinu. Bukti: Ingat transformasi linear diberikan oleh suatu

 

matriks m x n sebutlah sebagai A = aij


sehingga


n n  Ax=  a1 j x j ,...,  a mj x j  j 1  j 1 

T

.

Diketahui x  x1 , x2 ,..., xn  dan y   y1 , y 2 ,..., y n  , kita T

T

hitung 2  m  n    Ax  Ay  A(x  y)     aij x j  y j   i 1 j 1     

1/ 2

.

Dengan menggunakan pertidaksamaan Schwarz diperoleh 2

 aij x j  y j    aij n

j 1

n

j 1

2

n

 j 1

2

n

  aij

xj  yj

 m n Dengan mendefinisikan C    aij  i 1 j 1

2

xy . 2

j 1

2

 m n Ax  Ay  A(x  y)    aij  i 1 j 1 

   

1/ 2

2

   

diperoleh 1/ 2

xy .

Oleh karena pemetaan linear adalah Lipschitz, maka kontinu. Latihan soal 4.1 A.

Gunakan

definisi

untuk

membuktikan

bahwa

lim x 2  4 . x 2

ANALISA REAL |117

B.

Diketahui f ( x)  x / sin x untuk 0 | x |  / 2 dan f(0) =1. Tunjukkan bahwa f kontinu pada 0. Temukan suatu r > 0 sehingga berlaku f ( x)  1  10 6 untuk semua |x|< r. petunjuk: gunakan pertidaksamaan pada contoh-contoh.

C.

Tunjukkan bahwa fungsi f berikut kontinu yaitu

 x  2n 2n  x  2n  1, n  Z f ( x)   2n  x 2n  1  x  2n, n  Z . D.

Buktikan bahwa f kontinu pada 0, y 0  dimana f didefinisikan pada R 2 sebagai

1  xy 1 / x jika x  0 f ( x, y )   e y jika x  0.  E.

Perhatikan suatu fungsi f didefinisikan pada R 2 yang didefinisikan sebagai 0  f ( x, y )    

jika y  0 atau jika y  x 2  y  sin 2  jika 0  y  x 2 .  x 

(a) Tunjukkan bahwa f tidak kontinu di titik pusat. (b) Tunjukkan bahwa dengan membatasi f hanya pada suatu garis lurus yang melalui 0 akan kontinu. 118| Analisa Real dengan MATLAB


F.

Anggaplah

bahwa

f : Rn  R

kontinu.

Jika

terdapat x  R n dan C  R sehingga f(x) < C. Kemudian buktikan bahwa terdapat r > 0 sedemikian hingga untuk semua y  Br (x) , sehingga f(x) < C. G.

Anggap fungsi f, g, h merupakan pemetaan S  R n into R memenuhi f (x)  g (x)  h(x) untuk x  S . Anggap c adalah titik limit di S dan

lim f (x)  lim h(x)  L . Buktikan bahwa xc

xc

lim g (x)  L . x c

H.

Perhatikan suatu transformasi lineat A pada R 4 yang

1 1 1 1    1 1  1 1  1 diberikan oleh matriks A  2 1 1  1  1   1  1  1 1  (a). Hitung konstan Lipschitz yang didefinisikan pada Akibat 5. (b). Tunjukkan bahwa

Ax  x

untuk setiap

x  R 4 . Hasilkan kesimpulan bahwa konstan Lipschitz C yang optimal adalah 1. Petunjuk:

ANALISA REAL |119

kolom-kolom A membentuk basis ortonormal untuk R 4 . 4.2 Fungsi diskontinu Contoh 3. Kita pernah mendefinsikan f pada R yaitu f(0) =1 dan f(x) = 0 untuk semua x  0. Fungsi ini tidak kontinu (diskontinu) pada 0 karena lim f ( x)  0  1  f (0) . Fungsi x0

ini merupakan fungsi diskontinu paling sederhana. Kita dapat membuang f(0) agar fungsi tersebut kontinu. Contoh 4a. Perhatikan fungsi Heaviside yang banyak digunakan di teknik. Didefinisikan H pada R dengan H(x) = 0 untuk semua x < 0 dan H(x) =1 untuk semua x  0 . Kita dapat mengklaim bahwa lim H ( x) tidak ada. Anggap bahwa x0

lim H ( x)  L . Artinya untuk sembarang   0 , tentu ada x 0

r > 0 sedemikian hingga |H(x)-L|<  bilamana |x – 0| < r. Definisikan   1 / 2 dan r sembarang bilangan positif. Dengan menggunakan pertidaksamaan segitiga diperoleh |H(r/2) – L | + |H(-r/2) – L|  |H(r/2) – H(-r/2) | = 1.



Oleh karena itu max{ |H(r/2) – L |, |H(-r/2) – L| } 

1 =. 2

Oleh karena itu limit tidak ada. Pada contoh ini kita tidak dapat membuat suatu diskontinuitas seperti pada contoh 1. Oleh karena itu kita cukup mendefinisikan suatu limit f pada suatu kanan x atau juga limit f pada suatu kiri x. Definisi 6. Limit f untuk x mendekati a dari kanan ada dan sama dengan L jika untuk setiap   0 , terdapat suatu r > 0 sehingga berlaku |f(x) – L | <  untuk semua a < x < a + r. Ditulis lim f ( x)  L . Limit dari kiri juga dapat didefinisikan x a

secara serupa dan ditulis sebagai lim f ( x)  L . x a

Ketika suatu fungsi f pada R mempunyai limit yang berbeda dari kiri dan dari kanan a, kita mengatakan f mempunyai diskontinuitas lompatan (jump discontinuity) pada a. Suatu fungsi pada suatu interval dikatakan kontinu sepotong (piecewise continuous) jika pada setiap subinterval berhingga fungsi ini hanya mempunyai titik-titik berhingga yang diskontinu (semuanya jump discon-tinuities). Pembatasan H pada (  ,0 ) dan (0,  ) konstan dan oleh karena itu kontinu. Apa yang terjadi pada a = 0

ANALISA REAL |121

adalah bahwa lim H ( x)  L  1  H (0) dan lim H ( x)  0 . x 0

x 0

Jadi H menjadi piecewise continuous dengan jump discontinuity pada 0. Adanya definisi kontinu sepotong mengijinkan kita pada definisi kontinu sepotong untuk tak hingga banyak jump discontinuities. Tetapi kita tidak membicarakan hal ini lebih lanjut. Definisi 7. Limit suatu fungsi f(x) untuk x mendekati a

  jika untuk setiap bilangan bulat positif N,

adalah

terdapat r > 0 sehingga f(x) > N untuk semua 0 < |x – a| < r. Ditulis

lim f ( x)   . x a

Kita

mendefinisikan

limit

lim f ( x)   secara sama. x a

Contoh 4b. Kita ingat kembali Contoh 1 , diberikan f : R n \ {0}  R dalam bentuk

f (x) 

1 . Didefinisikan f(0) = 0 x

1 x

kontinu pada R n \ {0} . Akan

menyebabkan f (x)  tetapi lim f (x)   . xa



Perhatikan, untuk setiap bilangan positif bulat N, dan ambil r =1/N. Maka dengan mengambil 0  x  1 / N , kita mempunyai

f (x) > N sebagaimana dikehendaki.

Pendefinisian f(0) = 0 tidak menyebabkan f kontinu. Contoh 4c. Perhatikan fungsi pada R 2 yang didefinisikan sebagai  x2  jika ( x, y )  (0,0) f ( x, y )   x 2  y 2   0 jika ( x, y )  (0,0).

Anda dapat mudah melihat bahwa f kontinu pada R 2 \(0,0) . Akan tetapi pada titik pusat f bersifat buruk. Untuk memahami hal ini, kita mengkonversi f pada koordinat polar. Perhatikan vektor (x,y)  (0,0) yang ditentukan oleh panjang r  x 2  y 2 dan sudut  yang membuat sumbu positif dan merupakan kelipatan

2

yaitu

x  r cos  dan y  r sin  . Sehingga x2 r 2 cos 2  f ( x, y)  2   cos 2  . 2 2 x y r

ANALISA REAL |123

Perhatikan bahwa fungsi ini jika diilustrasikan merupakan panah-panah dari titik pusat) pada suatu sudut tetap. Sekalipun fungsi ini tetap terbatas, tetapi nilai f(x,y) berosilasi diantara 0 dan 1 untuk (x,y) berputar pada lingkaran. Jadi untuk setiap (r . 0) dan seriap bilangan L  [0,1] terdapat (x,y)  Br ((0,0)) dengan f(x,y) = L.

Dengan mengubah nilai r, maka hasil tersebut tidak berubah. Artinya tetap tidak ada limit f pada (0,0). Contoh 5. Fenomena yang sama dapat dilihat pada fungsi-fungsi pada bilangan real, misalkan 1  sin jika x  0 f ( x)   x   0 jika x  0.

yang diilustrasikan pada Gambar 4. Gambar 4.

Jelas bahwa f(-x) = -f(x) . Untuk x   maka 1/x akan secara monoton menuju 0. Karena sin    untuk nilai – nilai kecil  . Fungsi kita merupakan kurva secara



asimtotik mendekat y=1/x untuk x mendekati   , yang berarti lim | f ( x)  1 / x |  0 . x 

Sebaliknya, untuk x menuju 0  , 1/x menuju   . Perhatikan pula nilai fungsi bernilai dari 2k 2(k  1) untuk x mulai dari

ke

1 1 ke . Oleh 2k 2(k  1)

karena itu fungsi sin bernilai dari 0 hingga 1 turun menuju -1 dan kembali ke 0. Hal ini terjadi tak berhingga banyak kali ketika x mendekati 0. Oleh karena itu kurva berosilasi sangat cepat naik dan turun diantara -1 dan 1. Oleh karena itu tidak ada limit yang mungkin. Hal ini ditunjukkan pada Gambar 4. Dengan penjelasan umum fungsi ini kontinu pada R\{0} akan tetapi mempunyai sifat diskontinuitas yang buruk pada 0. Kita perhatikan setiap nilai pada [-1, 1] ada nilai limit pada beberapa subbarisan. Perhatikan bilangan t = sin  . Sehingga f ( x)  t

jika dan hanya jika

sin

1  sin  x

1    2k atau ( -  )  2k , k  Z x 1 1 jika dan hanya jika x  atau , k  Z.   2k (   )  2k jika dan hanya jika

ANALISA REAL |125

 1  Khususnya, lim f    sin   t . Hal ini menunk     2k  jukkan bahwa setiap titik (0,t) untuk t  1 berada pada closure grafik f. Membingungkan bukan ?. Kita perlu definisi closure (belum dituliskan sejauh ini).

Contoh 6. Untuk sembarang subhimpunan A  R n , fungsi karakteristik A didefinisikan sebagai

 1 jika x  A 0 jika x  A .

 A ( x)  

Sifat  A (x) tergantung dari sifat himpunan A. Kita ambil A adalah himpunan bilangan rasional (disimbolkan Q) pada R. Fungsi  Q akan bernilai 0 dan 1 pada setiap interval buka, betapapun kecilnya, karena himpunan-himpunan antara bilangan rasional dan tak rasional keduanya padat (dense) pada garis. Istilah ini mungkin perlu dipahami dari bahasa Inggris: “That a set B is dense in a set A means that B  A and that the smallest closed subset of A that contain B is A.



Jadi untuk setiap a  R dan r > 0 terdapat suatu titik x dengan |x –a| < r sedemikian hingga |f(x) –f(a) | = 1. Fungsi ini tidak kontinu pada titik manapun. Contoh berikut ini adalah contoh yang paling aneh. Contoh 7.   f ( x)   1  q

0 jika

p x q

jika

dengan

x Q FPB( p, q)  1 dan q  0

Akan ditunjukkan bahwa fungsi ini akan kontinu pada setiap bilangan irasional dan diskontinu pada setiap bilangan rasional. Akan ditunjukkan bahwa lim f ( x)  0 untuk setiap a  R . x a

Diberikan   0 dan kita tetapkan M > |a| . Terdapat suatu bilangan bulat N yang cukup besar 1/N <  . Himpunan

p  S   : 1  q  N , Mq  p  Mq \ {a} q  adalah berhingga dan oleh karena itu tertutup. Karena S ' terbuka dan a  S ' maka terdapat bilangan real r > 0, sedemikian hingga Br (a)  S ' M , M  . Sekarang jika

x   M , M  tidak dalam S, maka x bisa bilangan

ANALISA REAL |127

.

irrasional sehingga f(x) = 0 atau x bilangan rasional p/q dengan q > N sehingga f(x) <1/N <  . Oleh karena itu |f(x) – 0 | = |f(x)| <  untuk |x – a | <  . Hal ini menunjukkan bahwa lim f ( x)  0 . x a

Untuk suatu bilangan irasional, lim f ( x)  0  f (a) x a

dan juga f kontinu pada a. Untuk a merupakan suatu bilangan rasional, sebutlah a = p/q (FPB(p,q)=1) maka

lim f ( x)  0  1 / q  f (a) sehingga titik singular f pada a x a

dapat dibuang agar f kontinu. Yang mengejutkan adalah bahwa f mempunyai titik limit pada setiap titik pada R, oleh karena itu diskontinu pada himpunan yang padat (dense).

Latihan soal 4.2 A. Tunjukkan bahwa

f ( x)  x log x 2 untuk

x  R \ {0}

mempunyai titik singular pada x = 0 yang dapat dihapus.

4.3 Sifat-sifat Fungsi-fungsi kontinu Kita akan memperkenalkan notasi topologi untuk suatu fungsi yang didefinisikan pada suatu subhimpunan di R n . Suatu subhimpunan V  S  R n terbuka di S atau



terbuka relatif (terhadap S) jika terdapat suatu himpunan buka U pada R n sehingga U  S  V . Dengan kata lain a, V terbuka di S jika untuk setiap v  V terdapat suatu   0 sehingga berlaku B (v)  S  V . Teorema 8. Untuk setiap pemetaan f memetakan S  R n into R m pernyataan berikut ekuivalen : (1) f kontinu pada S.

xk 1

(2) Untuk setiap barisan konvergen

dengan

lim x k  a dalam S, lim f (x k )  f (a) (sequential x

x

characterization of continuity) (3) Untuk setiap himpunan terbuka U pada Himpunan f 1 (U )  x  S : f (x)  U

Rm .

 terbuka dalam

S (topological characterization of continuity) . Bukti: lihat referensi pada hal 77. Teorema 9. Jika f dan g fungsi-fungsi yang mempunyai domain yang sama S  R n into R m dan a sedemikian hingga lim f (x)  u dan lim g (x)  v , maka x a

x a

(1)

lim f (x)  lim g (x)  u  v

(2)

lim f (x)   u untuk setiap   R .

x a

x a

x a

ANALISA REAL |129

Jika daerah hasil pemetaan adalah R, katakanlah

lim f (x)  u dan lim g (x)  v maka x a

x a

(3)

lim f (x) g (x)  uv dan

(4)

lim

x a

x a

f ( x) u  , dengan v  0 . g ( x) v

Teorema 10. Jika f dan g fungsi-fungsi dengan domain yang sama S  R n into R m yang kontinu di a  S dan

  R maka (1)

f + g kontinu di a

(2)

 f kontinu di a

dan jika daerah hasil adalah R (3)

f g kontinu di a dan

(4)

f/g kontinu di a dengan g(a)  0

Contoh 8. Diberikan fungsi f(x) = x kontinu pada a  R karena lim f ( x)  lim x  a . Dari Teorema 10 no.2 , x a

x a

perkalian fungsi ini kontinu. Demikian pula g ( x)  x 2 , h( x)  x 3

dan secara umum fungsi

k ( x)  x n untuk

merupakan fungsi kontinu untuk setiap bilangan positif n . Jika f adalah fungsi rasional yaitu f(x) = p(x)/q(x) maka p dan q polinomial sehingga f kontinu untuk semua 130| Analisa Real dengan MATLAB


a  R dengan q(a)  0 . Hal ini sesuai dengan Teorema 10 no. 4. Berikut ini diperlukan pada subbab lebih lanjut.

4.3.1 Compactness dan Nilai Ekstrem Istilah Compactness dari kata dasar compact. Suatu himpunan dikatakan compact jika dan hanya jika himpunan tersebut tertutup dan terbatas. Pada himpunan bilangan R, misalkan I=(a,b) adalah suatu interval (himpunan) titik-titik pada R dengan batas bawah a dan batas atas b. Interval ini tidak tertutup. Jadi I tidak compact. Jelas bahwa I=[a,b] merupakan himpunan compact pada R. Pada kalkulus seringkali kita mendapat tugas untuk mencari maksimum atau minimum atau jenis titik kritis (ekstrem). Sekalipun fungsi tidak mempunyai differensial dapat pula mempunyai nilai maksimum. Kita akan perhatikan contoh berikut.



Contoh 9. Perhatikan f (x)  1 / 1  x

2

 untuk semua

x  R n . Fungsi ini terbatas ke atas sehingga supremum 0 =

lim f (x) tidak pernah dicapai. Sedangkan fungsi x 

g (x)  x tak terbatas dan jadi tidak dapat mencapai

ANALISA REAL |131

supremumnya. Hal ini dapat terjadi jika domain fungsi tak terbatas.

Contoh 10. Perhatikan fungsi f(x) =-x untuk x  (0,1]. Fungsi ini terbatas ke-atas akan tetapi tidak mencapai supremumnya; yaitu 0 = lim f ( x) karena titik limit (yaitu x=0) tidak x 0

berada pada domain. Secara sama, fungsi f ( x) 

1 untuk x  (0,1] adalah tak x

terbatas; jadi tidak mencapai supremumnya. Kesulitan demikian dapat dihindari jika domain compact sehingga sifat compact ini sangat bermanfaat. Teorema 11. Anggap C adalah subhimpunan compact di R n dan f merupakan fungsi kontinu dari C into

R m . Maka hasil

pemetaan f(C) juga compact. Bukti: Diambil y k k 1 adalah barisan f(C). Kita harus 

menemukan subbarisan konvergen ke suatu titik pada hasil pemetaan. Pilih titik x k dalam C sehingga y k  f (x k ) . Sekarang x k k 1 adalah barisan pada himpunan compact 

C.

Oleh karena itu terdapat subbarisan


x  yang ki


konvergen ke suatu titik c di C. Dengan menggunakan sifat kontinu f diperoleh





lim y k i  lim f (x k i )  f lim x k i  f (c) . i 

Jadi

i 

i 

y  konvergen ke f (c)  f (C) yang menunjukkan ki

bahwa f (C ) compact.

Teorema 12. Teorema Nilai Ekstrem Diberikan C adalah subhimpunan compact di R n dan diambil f adalah fungsi kontinu dari C ke R. Oleh karena itu terdapat suatu titik a dan b dalam C dimana fungsi f bernilai maksimum dan minimum di C. Yaitu f (a)  f (x)  f (b) untuk semua x  C .

Bukti: Karena C compact, menurut Teorema A maka f(C) compact. Oleh karena itu C tertutup dan terbatas pada R. Sifat terbatas ini menunjukkan bahwa

m  inf f (x) dan M  sup f (x) xC

xC

yang keduanya berhingga. Dari definisi supremum, M merupakan titik limit f(C) Jadi f(C) tertutup dan M  f (C ) . Hal ini berarti bahwa ada suatu titik b  C

sehingga f (b)  M . Secara saa, minimum dicapai pada suatu titik a  C .

ANALISA REAL |133

Kita tidak akan bahas hal ini lebih lanjut karena yang lebih kita bahas adalah limit dari barisan fungsi. 4.4 Limit Barisan fungsi (referensi, bab 8) Definisi 13. Diberikan S  R n into R m .

f k 

barisan fungsi-fungsi dari

Barisan konvergen titik converges

pointwise (c.p) ke suatu fungsi f jika

lim f k ( x)  f ( x) untuk semua x  S . k 

Contoh 11. Didefinisikan fungsi kontinu linear sepotong-sepotong (piecewise linear continuous functions f k pada [0,1] yang

1  2  menghubungkan dari titik (0,0),  , k  ,  ,0  dan (1,0) k  k  dengan garis lurus, sebutlah

 2 untuk  k x  2  f k ( x)  k 2   x  untuk   k 2  0 untuk  k


1 k 1 2 x k k 0 x

 x  1.


Untuk selanjutnya, kita akan menggunakan singkatan (c.p) untuk menyebutkan konvergen titik (converges pointwise). Barisan pada contoh tersebut adalah c.p ke fungsi 0 , yaitu

lim f k ( x)  0 untuk semua 0  x  1 . k 

Gambar 5. Ilustrasi f k dan f k 1 .

Perhatikan bahwa pada x = 0 maka kita juga mempunyai

f k ( x)  0 untuk k  1 ; dan jika x > 0, maka terdapat bilangan bulat N sehingga x  2 / N . Jadi dengan memilih

k  N dipunyai f k ( x)  0 . Oleh karena itu pada setiap titik, nilai fungsi konstan. Perhatikan bahwa untuk x yang semakin mendekati 0, maka haruslah semakin besar pemilihan N . Hasil limit adalah fungsi kontinu. Akan tetapi limit dari barisan fungsi yang diintegralkan tidak sama dengan integral dari hasil limit.

ANALISA REAL |135

Artinya : 1

1

0

0

1

lim  f k ( x)dx  1  0   lim f k ( x) dx   0 dx . k 

k 

0

Perhatikan bahwa menghitung intergral pada ruas kiri adalah menghitung luas yang dibatasi oleh segitiga dengan alas 2/k dan tinggi k sehingga luasnya adalah 1 untuk semua k. Notasi konvergen yang lain adalah konvergen seragam (uniform convergence). Artinya konvergen pada seluruh domain S. Untuk mendefinsikan hal ini kita perlu menggunakan notasi konvergen c.p pada semua titik pada S. Suatu barisan  f k  c.p ke f jika jika untuk setiap x  S dan   0 terdapat suatu bilangan bulat N sehingga

f k (x)  f (x)   untuk semua k  N . Pada kasus ini, N tergantung pada kedua nilai  dan pada nilai x (Perhatikan bagaimana kita memilih N yang berbeda untuk x yang berbeda x  0,1 pada contoh 10). Konvergen seragam (untuk selanjutnya disingkat c.u) menuntut bahwa pemilihan ini tergantung hanya  ; yang berarti memerlukan N yang sama untuk semua nilai x dalam S.



 f k  adalah suatu barisan fungsi

Definisi 14. Diberikan

dari S  R n into R m . Barisan ini konvergen seragam pada suatu fungsi f

jika untuk setiap   0 , terdapat suatu

bilangan bulat N sedemikian hingga

f k (x)  f (x)   untuk semua x  S dan k  N . Jelas bahwa fungsi yang konvergen seragam akan konvergen uniform tetapi tidak sebaliknya. Kita akan melihat dari contoh bahwa ketika K merupakan subhimpunan yang compact R n kita dapat mendefinisikan suatu norm pada ruang C(K) (dibaca: ruang fungsi-fungsi real yang kontinu pada domain K) adalah

f



 sup f (x) . xK

Hal ini terdefinsi karena teorema nilai ekstrem bahwa supremum ini berhingga. Ketika S merupakan subhimpunan R n yang tidak compact terdapat fungsi-fungsi takterbatas kontinu di S. Kita akan membatas pembicaraan kita pada subruang Cb (S ) yang terdiri dari semua fungsi-fungsi kontinu yang

terbatas dari S ke R. Sehingga dengan cara yang sama, supremum menjadi suatu norm. Secara sama, kita dapat ANALISA REAL |137

menyatakan fungsi-fungsi kontinu terbatas dengan nilai ada di R m . Ruang ini disimbolkan oleh Cb ( S , R m ) dan mempunyai norm

f



 sup f (x) , xK

2

dimana . 2 adalah norm Eulide di R m . Sekarang kita mempunyai teorema berikut. Teorema 15. Diberikan S  R n dan suatu barisan fungsi

f k 



dalam C S , R m

 , f 

konvergen seragam ke-f

k

jikadan hanya jika f k  f  Cb (S , R m ) untuk semua k cukup besar dan

lim f k  f k 



 0.

Perhatikan bahwa diskusi sebelum ini dapat membantu memahami pernyataan tersebut. Pernyataan f k (x)  f (x)   untuk semua x  S ekuivalen dengan mengatakan bahwa fk  f

terbatas dan

fk  f



  . Sebagaimana pada

contoh 10, maksimum f k terjadi pada 1/k dengan f k ( 1k )  k sehingga

fk  f



 k . Hal ini tidak konvergen ke 0.

Oleh karena itu f k tidak konvergen seragam ke fungsi 0 (atau fungsi terbatas yang lain). 138| Analisa Real dengan MATLAB


Contoh 12a. Perhatikan f k ( x)  x k untuk x  0,1. Akan mudah dicek bahwa

0 untuk 0  x  1 lim f k ( x)  lim x k   k  k   1 untuk x  1. Limitnya adalah c.p yaitu fungsi karakterisitik  [1] . Fungsi

f k m erupakan fungsi polinomial dan oleh karena itu tidak hanya kontinu tetapi juga halus (smooth: artinya mempunyai derivatif) sedangkan limit fungsi mempunyai diskontinuitas pada titik x =1. Untuk setiap k  1, kita punyai f k (1)  1 , sehingga

f k   [1]  sup x k  0  1. 0 x 1

Jadi f k tidak konvergen seragam dalam norm. Jelas hal ini kontradiksi dengan definisi. Dengan mengambil

  1 / 2 , untuk setiap k, ambilah xk  2 1 / 2k . Maka f k xk    [1] xk  

1 2

 .

Oleh karena itu tidak ada bilangan bulat N yang memenuhi.

ANALISA REAL |139

Contoh 12b. Perhatikan fungsi

f n ( x) 

f n pada 0,   yang diberikan oleh

1 sin nx . n

Kita dapat mengilustrasikan f n untuk beberapa n yang ditunjukkan pada Gambar 6. Kita akan menyelidiki bagaimana dengan barisan derivatifnya.

1 n

Gambar 6. Ilustrasi f n ( x)  sin nx untuk n=1, n=4, dan n =13.



Lagipula f n



 sup sin nx  0 x 

1 . Jadi barisan ini c.u ke 0. n

Jika   0 kita dapat memilih N cukup besar sehingga

1   . Jadi untuk sembarang n  N , N

f n ( x)  0 

1 1 sin nx    untuk semua 0  x   . n N

Barisan ini tidak bersifat baik untuk derivatifnya (sekalipun derivatif ada sehingga f dikatakan smooth), yaitu

f n' ( x)  cos nx . Oleh karena itu lim f n' (0)  lim 1  1  0  f ' (0) dan n

n

lim f 'n ( )  lim (1) n tidak ada. n

n

Jelas bahwa limit fungsi ini tidak ada pada titik manapun di 0,   kecuali di 0. Contoh tersebut memberikan penjelasan untuk fungasi yang halus (smooth) yang berosilasi naik dan turun dengan cepat akan konvergen pada fungsi yang bagus tetapi derivative tidak ada.

ANALISA REAL |141

Latihan soal 4.3 (catatan: c.p: convergent pointwise, c.u: convergent uniform) A. Diberikan f n ( x)  xne  n x untuk semua x  0 dan

n  1 . Tunjukkan bahwa  f n  c.p ke 0 pada interval [0, ) tetapi tidak c.u.



B. Diberikan f n ( x)  nx 1  x 2



n

pada [0,1] untuk n  1 .

Tentukan lim f n ( x) . Apakah c.u ? Petunjuk: ingat n 

h bahwa lim (1  ) n  e h . n  n C. Untuk barisan fungsi pada latihan A dan B bandingkan antara limit dari integral-integral dan integral dari limit. Apa penjelasan anda. D. Apakah barisan f n ( x) 

x merupakan c.u di R ?. 1  nx 2

E. Tunjukkan bahwa f n ( x) 

arctan(nx) , n  1 merupan

kan c.u di R. F. Tunjukkan bahwa f n ( x)  n sin( x / n) c.u pada [-M,M] untuk sembarang bilangan berhingga M tetapi tidak c.u di semua R.



G. Tentukan semua interval sehingga f n ( x) 

x 2n , n  x 2n

n  1 merupakan barisan c.u. H. Anggap bahwa f n : [0,1]  R adalah barisan fungsifungsi C 1 (fungsi-fungsi dengan derivative yang kontinu) yang konvergen c.p ke suatu fungsi f. Jika terdapat suatu konstan M sehingga f n'



 M untuk

semua n maka buktikan bahwa  f n  c.u ke f. I.

Buktikan teorema Dini : Jika f dan f n fungsi-fungsi kontinu pada [a,b] sehingga f n  f n1 untuk semua

n  1 dan  f n  c.p ke f, maka  f n  c.u ke f. Petunjuk: Bekerjalah dengan

gn  f  fn

yang

menurun ke 0. Tunjukkan bahwa untuk sembarang titik x 0 dan  > 0, terdapat suatu bilangan bulat N dan suatu bilangan positif r > 0 sehingga g N (x)   pada

 x0  r , x0  r  . sebutlah

gn



Jika konvergensi tidak seragam ,

 d  0 dan temukan x n sehingga

lim g n ( xn )  d . Perolehlah kontradiksi,

ANALISA REAL |143

J.

(a) Tunjukkan bahwa f : R  R adalah konvergen seragam. Diberikan f n ( x)  f ( x  1 / n) . Buktikan bahwa f n (x) c.u ke f di R. (b) Apakah hal ini juga akan tetap benar jika f hanya kontinu?. Buktikan atau perlu contoh penyangkalan.

K. Untuk nilai x  1 yang mana sehingga ekspresi

x

xx

x

bermakna ?. Petunjuk : Definisikan f1 ( x)  x dan f n1 ( x)  x f n ( x ) untuk n  1 . Maka (a) Tunjukkan bahwa f n1 ( x)  f n ( x) untuk semua

n 1 . (b) Jika L( x)  lim f n ( x) ada, tentukan batas atas n 

optimal untuk x dan L. (c) Dengan nilai–nilai x ini, tunjukkan dengan induksi bahwa f n (x) terbatas ke-atas oleh e untuk semua

n  1 . Apa yang dapat anda

simpulkan ?. (d) Apa yang terjadi jika x besar ?.



4.5 Konvergen seragam dan Kontinuitas Hal positif yang dapat kita simpulkan ialah bahwa konvergen seragam menjamin kontinuitas dan juga hampir selalu merupakan notasi yang benar untuk konvergensi fungsi-fungsi kotinu. Teorema 16. Diambil

f k 

adalah barisan fungsi-fungsi

kontinu yang memetakkan suatu subhimpunan S  R n into R m yang c.u ke f. Maka f kontinu. Bukti: Tetapkan suatu a  S dan   0 . Kita harus mengatur

f (x)  f (a)

hanya dengan mengatur batas

untuk x  a . Untuk tiba pada hal ini, kita menggunakan pendekatan dari sifat  f k  kontinu dan hitung f (x)  f (a)  f (x)  f k (x)  f k (x)  f k (a)  f k (a)  f (a)  f (x)  f k (x)  f k (x)  f k (a)  f k (a)  f (a) .

(*)

Perhatikan bahwa suku pertama dan suku ketiga dapat diatur dengan

f (x)  f k (x)  f k  f



untuk semua x  S termasuk

x  a . Suku kedua (tengah pada persamaan (*)) dapat diatur dengan menggunakan sifat kontinuitas f k . Persisnya adalah bahwa pilih dulu N sedemikian besar sehingga

ANALISA REAL |145

fN  f





 3

.

Dengan menggunakan kontinuitas

fN

pada a, pilih

bilangan positif r > 0, sehingga

f N (x)  f N (a) 

 3

untuk semua x  a  r .

Jadi untuk semua x  S dengan x  a  r diperoleh

f (x)  f (a)  f (x)  f N (x)  f N (x)  f N (a)  f N (a)  f (a) <

 3

+

 3

+

 3

=.

Jadi f kontinu. 4.6 . Teorema Kelengkapan untuk C ( K , R m ) (Completeness Theorem) Jika

K  Rn

merupakan himpunan compact, ruang

C ( K , R m ) (dibaca ruang untuk semua fungsi kontinu di R m dengan domain K) dengan sup norm adalah lengkap (complete).



Catatan: ingat bahwa notasi complete artinya barisan di dalamnya mempunyai limit (atau barisan itu barisan Cauchy). Bukti: Suatu barisan  f k  dalam C ( K , R m ) dalam barisan Cauchy untuk sup norm jika untuk setiap   0 terdapat suatu bilangan bulat N sehingga

f k  f l   untuk semua k , l  N . Kita harus menunjukkan bahwa setiap barisan Cauchy mempunyai limit(c.u) di C ( K , R m ) . Pertama-tama perhatikan bahwa sembarang titik

x  K . Dengan menggunakan

. sebagai norm Euclid di

R m dipunyai

fk  fl  fk  fl



  untuk semua k , l  N .

Oleh karena itu barisan  f k x k 1 barisan Cauchy dari 

bilangan real. Karena R m lengkap(complete) (lihat bab topologi) maka barisan ini juga c.p yaitu sebutlah

f ( x) : lim f n x . n

Hal ini perlu ditunjukkan c.u. Dengan menggunakan  dan N, diperoleh f (x)  f m (x)  lim f n  f m (x)    untuk semua m  N . n

ANALISA REAL |147

Karena hal ini memenuhi untuk semua x  K , maka dapat disimpulkan

f  fn



 .

Oleh karena itu c.u. Dari teorema 11, maka barisan fngsi fungsi yang c.u ke f maka f juga kontinu. Artinya juga f anggota







C K , R m . Hal ini dapat disimpulkan sehingga C K , R m



complete (jelasnya: C K , R m





memuat barisan Cauchy

yang kontinu yang konvergen ke suatu fungsi kontinu ). Kita telah menggunakan sifat K compact secara implicit (tidak langsung) karena kita telah mengasumsikan bahwa f n  f m (x)



ada/terdefinisi.

Latihan soal 4.4 1.

Tentukan limit dari barisan fungsi berikut. Tentukan interval konvergensi dimana barisan menjadi c.u dan pada interval lain yang tidak c.u. Jelaskan. n

 x 1 (a). f n ( x)       2  x

2.

n

Tunjukkan bahwa hn ( x) 

(b). g n ( x) 

nx . 2  5nx

n x c.u pada [0, N] 4n  x

untuk sembarang N   tetapi tidak c.u di [0,  ). 148| Analisa Real dengan MATLAB


3. Perhatikan suatu barisan fungsi kontinu f n : (0,1)  R . Anggap terdapat suatu fungsi f : (0,1)  R sehingga pada 0 < a < b < 1 , f n c.u ke f pada [a,b]. Buktikan bahwa f kontinu pada (0,1). 4. Diberikan bahwa

 f n  dan g n 

barisan fungsi-fungsi

kontinu pada [a,b]. Anggap bahwa

f n 

c.u ke f dan

g n  c.u ke g pada [a,b]. Buktikan bahwa  f n g n  c.u kef g pada [a,b]. 5. Anggap bahwa

 f k  c.u ke f pada suatu sbuhimpunan

compact K di R n dan g k  c.u ke g yang kontinu di K sehingga g(x)  0 untuk semua x  K . Buktikan bahwa f k ( x) / g k ( x) terdefinisi dimana-mana untuk k yang

besar dan c.u ke f/g di K. 6. Diberikan f n ( x)  arctan(nx) / n (a) Tentukan f ( x)  lim f n ( x) dan tunjukkan bahwa n 

 f n c.u ke f di R. (b) Hitung lim f n' ( x) dan bandingkan dengan f ‟(x) . n 

(c) Kemanakah f n' ( x) c.u (apakah titik limit c.u dari

f n' ( x) ) ?.

ANALISA REAL |149

7. Anggap bahwa fungsi f k

terdefinisi di R n c.u ke f.

Anggap bahwa setiap f k terbatas, sebutlah oleh Ak (artinya : f n  Ak ). Buktikan bahwa f terbatas. 8. Anggap bahwa f n di C[0,1] yang mempnyai konstan Lipschitz L. Tunjukkan bahwa jika f n (x) c.p ke f maka f n (x) juga c.u dan f adalah Lipschitz dengan konstan

juga L. 9. Berikan contoh suatu barisan fungsi diskontinu f n yang c.u ke suatu fungsi kontinu. 10. Diberikan suatu ruang norm vektor yang complete. (a) Sebut

f n 

barisan Cauchy dlam C([a,b], V).

Tunjukan bahwa untuk setiap x  a, b,

 f n (x)

adalah Cauchy dan sehingga definsikan limit c.pnya yaitu f ( x)  lim f n ( x) . n 

(b) Buktikan bahwa

 f n (x)

c.u. Petunjuk: gunakan

criteria Cauchy untuk memperoleh batas untuk

f n ( x)  f ( x) yang tidak tergantung x. (c). Buktikan bahwa f kontinu dan peroleh kesimpulan bahwa C([a,b], V) complete.



4.7 Konvergen seragam pada Integral Teorema 17. Konvergensi integral Diberikan

f n 

suatu barisan fungsi-fungsi kontinu pada

interval tertutup [a,b] c.u ke f dan suatu c  [a, b] . Maka fungsi-fungsi x

Fn ( x)   f n (t )dt untuk n  1 c x

c.u di [a,b] pada suatu fungsi F ( x)   f (t )dt . c

Bukti : x

Fn ( x)  F ( x) 

f

n

(t )  f (t ) dt

c

x

x

c

c

  f n (t )  f (t ) dt   f n  f

 x  c fn  f





dt

 (b  a) f n  f



.

Batas atas tidak tergantung pada x. Oleh karena itu

Fn  F



 (b  a) f n  f



.



 0.

Karena  f n  c.u ke f , maka

lim Fn  F n



 (b  a) f n  f

ANALISA REAL |151

Beberapa penjelasan pada buku refrensi tidak penulis tulis untuk mempersingkat waktu. Penulis hanya mengambil beberapa yang dianggap lebih perlu pada pembahasan lebih lanjut. 4.7.1 Aturan Leibniz Anggap bahwa f(x,t) dan

 f ( x, t ) fungsi-fungsi kontinu x

pada [a,b] x[c,d]. Maka fungsi F(x) pada [a,b] diberikan d

oleh F ( x)   f ( x, t )dt terdifferensial dan c d

F ' ( x)   c

 f ( x, t )dt . x

Bukti: hal 152 Penulis tertarik pada contoh berikut karena penulis pernah melihat tipe soal ini dalam suatu olimpiade matematika mahasiswa. Contoh 13. 

Kita tunjukkan bahwa integral tak tentu

x  e dx  2

0

 2

.

u

Diketahui bahwa g (u )   e  x dx tidak dapat diekspresikan 2

0

dalam bentuk tertutup (bentuk standart dalam menuliskan



hasil integral). Akan tetapi bentuk integral tentu dapat dihitung dengan berbagai cara. Kita akan menggunakan aturan Leibniz. Beberapa langkah awal akan sangat mengganggu tapi selanjutnya dapat diikuti. Sebelum mulai menghitung, perhatikan bahwa e  x fungsi positif dan g(u) fungsi monoton naik. Untuk membuktikan limit ada untuk u menuju   , cukup menunjukkan bahwa g 2

terbatas. Selain itu jelas bahwa e  x  1 untuk semua x 2

dan e  x  e  x untuk x  1 . Sehingga 2

u

1

u

0

1

g (u )   e  x dx   1 ds   e  s ds  1  (e  e u )  1  e. 2

0



Sebagai konsekuensi,

e

 x2

dx terdefinisi dan berhingga.

0

e  x (1t ) dt dan Perhatikan F ( x)   2 0 1 t 1

2

1  1 dt  arctan t 0  . 2 4 0 1 t

1

F (0)  

e  x (1t ) Fungsi yang diintegral (integrand) f ( x, t )  1 t 2 merupakan fungsi kontinu pada [0,  ] x[0,1]. Kita f x (t )  f ( x, t ) dan perhatikan bahwa definisikan 2

0  f x (t )  e  x . Oleh karena itu f x c.u ke 0 di [0,1] untuk

x   . Dengan teorema konvergensi integral (Teo.12) disimpulkan

ANALISA REAL |153

1

1

lim f ( x)   lim f x (t ) dt   0 dt  0 . x 

0

x 

0

Dengan menggunakan aturan Leibniz untuk menghitung

  e  x (1t ) F ' ( x)   x  1  t 2 0

  dt   

2

1





2 e  x (1t )  (1  t 2 ) dt  e  x  e  xt dt . 2 0 1 t 0

1

2

1

Dengan membuat substitusi variabel s  xt (dengan x dijaga tetap/sebagai parameter) untuk memperoleh

F ' ( x )  e

x

x



ex

0

2

x

ds  

ex x

g

 x .

Kita akan menghubungkan F(0) pada integral tak tentu untuk menghitung

 4

n

n

 lim F (0)  F (n)  lim   F ' ( x)dx  lim  n 

n 

n 

0

ex x

0

g

 x  dx .

Substitusikan s  x . Dengan Teorema Fundamental Calculus bagian 1, maka g ' ( s)  e  x . Oleh karena itu 2

 4

n

 lim  2e n 

0

 x2

 2  g ( s)ds  lim  2 g ' ( s) g ( s)ds  lim g ( s)    e  x dx  n  n  0 0 0  n

2

n

Dengan mengakarkan maka terbukti yang dikehendaki. 154| Analisa Real dengan MATLAB

2


Latihan soal 4.5 A. Untuk x   1,1

1



ambil F ( x)   x 1  x 2 y 2



1 / 2

dy .

0



Tunjukkan bahwa F ' ( x)  1  x 2



1 / 2

dan tunjukkan

bahwa F ( x)  arcsin( x). B. Untuk n  1 didefinisikan fungsi f n pada [0,  ) oleh

 e  x untuk 0  x  n,  f n ( x)  e 2 n (e n  n  x) untuk n  x  n  en  0 untuk x  n  e n . 

(a) Tentukan limit titik (c.p) f dari

 f n . Tunjukkan

bahwa konvergensinya juga c.u pada [0,  ). 

(b) Hitung

 f ( x)dx 0



dan lim  f n ( x)dx . n 

0

(c) Mengapa hal ini tidak kontradiksi dengan Teorema 12 ?. C. Anggap bahwa g  C[0,1] dan C[0,1]

yang

c.u

1

1

0

0

ke

 f n  suatu barisan di

f.

Buktikan

bahwa

lim  f n ( x) g ( x)dx   f ( x) g ( x)dx. n 

ANALISA REAL |155



sin nx dx . Petunjuk : tentukan limit dari n  nx 0

D. Carilah lim 

intergral pada interval

 ,  

dan tentukan pula

limitnya pada interval selain itu. 

sin xt dt t 0

E. Didefinisikan f ( x)  

(a) Buktikan bahwa integral ini terdefinisi. (b) Hitung f „(x) secara eksplisit . (c) Buktikan bahwa f „ juga kontinu pada x = 0 . F. Didefinisikan fungsi Bessel J 0 oleh 1

J0 

1 cos( xt )





1

1 t

2

dt . Buktikan bahwa J 0 memenuhi

persamaan diferensial y” + y‟/x + y = 0, yaitu

J 0' '  J 0' / x  J 0 = 0. G.

Anggap bahwa

f  C 2 [0,1] sedemikian hingga

f ' ' ( x)  bf ' ( x)  cf ( x)  0 , f(0) = 0 dan f ‟(0) =1.

Ambil d(x) fngsi kontinu pada [0,1] dan definisikan x

g ( x)   f ( x  t )d (t ) dt . Buktikan bahwa g(0) = 0

g‟(0) = 0 dan g ' ' ( x)  bg ' ( x)  cg ( x)  d ( x) .



4.8 Deret fungsi-fungsi Materi ini juga sangat sering muncul dalam soalsoal olimpiade mahasiswa. Oleh karena itu penulis menuliskan dasar teori dan beberapa contoh tentang hal itu. Sebagaimana pada barisan, kita akan menyelidiki bagaimana deret fungsi konvergen dan bagaimana mendapatkan hasil limitnya jika ada. Kita mendefinisikan deret fungsi-fungsi yang ditulis 

dalam bentuk

f n 1

n

( x) . Untuk mencari konvergensinya,

kita hanya perlu mempelajari jumlah parsialnya yaitu 

k

 n 1

f

f n ( x) . Jadi kita mengatakan

n 1

n

( x) konvergen titik

(c.p) (atau c.u) jika jumlah parsialnya adalah c.p (atau c.u). 

Contoh 14. Perhatikan deret fungsi

sin(nx) . Untuk n2 n 1



melihat bahwa jumlah parsialnya konvergen, perhatikan bahwa jika k  1, maka k

l

n 1

n 1

 f n ( x)   f n ( x)  

Karena

1

n n 1

2

k



n l 1

k

1 . 2 n l 1 n

f n ( x)  

merupakan deret bilangan yang konvergen

(dengan test banding) maka kita dapat menyimpulkan ANALISA REAL |157

deret sebelah kiri konvergen (deret yang lebih kecil. Akan tetapi dapat pula dengan menggunakan kriteria Cauchy menunjukkan bahwa untuk sembarang   0 terdapat suatu bilangan bulat N sehingga l , k  N maka



1

n n 1

2

 .

Jadi untuk l , k  N k

l

n 1

n 1

 f n ( x)   f n ( x)   . Contoh 15. Sebaliknya, barisan f n pada interval [0,1] dengan f n   ( 0,1 / n ) . Untuk sembarang x dalam [1/(n + 1), 1/n) , nilai-nilai f n1 ( x) , f n 2 ( x) ,… semuanya 0 dan nilainilai f1 ( x),..., f n ( x) semuanya bernilai 1 . Oleh karena itu k

f k 0

k

( x)  n untuk

1 1 x . n 1 n

k

Jadi deret

f k 0

k

( x) konvergen pada setiap titik pada [0,1]

tetapi tidak c.u, karena untuk setiap k > l (bukan satu tetapi „el‟), kita mempunyai k

l

n 1

n 1

 f n ( x)   f n ( x)  f l 1 ( x)  1 untuk semua x  0,1 /(l  1) .



Contoh 16. Deret fungsi yang paling sering muncul adalah deret pangkat. Deret ini berbentuk: 

a x n 1

n

n

 a0  a1 x  a2 x 2  a3 x3  ... .

Kita akan memperhatikan dengan detail deret ini. Untuk 

permulaan, perhatikan deret

x

n

/ n ! . Untuk setiap

n 0

bilangan x  R dapat digunakan tes rasio yaitu

u n1 x n1 /( n  1)! x  lim  lim  0. n n  u n  n  n  1 x / n! n

lim

Sehingga deret mula-mula c.p untuk x  R . Pada teorema lebih lanjut akan ditunjukkkan bahwa deret tersebut juga akan c.u pada setiap interval [-A,A]. Teorema 17. Diketahui  f k  suatu barisan fungsi-fungsi kontinu pada himpunan S  R n into R m . Jika



f n 0

k

( x)

c.u maka limitnya kontinu. Definisi 18. Diberikan S  R n . Kita mengatakan bahwa suatu deret fungsi

f k 

dari S ke R m adalah Cauchy

seragam (C.u) jika untuk setiap  > 0, terdapat suatu bilangan N > 0, sedemikian hingga

ANALISA REAL |159

l

 f ( x)

i  k 1

  ketika x  S dan l  k  N .

i



Ingat bahwa pada barisan bilangan real konvergen jika dan hanya jika barisan tersebut Cauchy. Hal ini dapat dimodifikasi untuk deret fungsi berkut ini. Teorema 19. Deret fungsi c.u jka dan hanya jika C.u (Cauchy uniformly) Bukti : Sebutlah f k adalah julah yang ke-k. Jika f k c.u ke f, maka untuk setiap  > 0, terdapat suatu N  N (himpunan bilangan asli) sedemikian hingga f k  f   / 2 untuk semua k  N . Jika l  k  N ,

fk  fl  fk  f  f  fl  Jadi terbukti c.u.

 2



 2

.

.

Terdapat beberapa tes konvergensi yang sangat berguna untk menguji konvergensi suatu deret fungsi. 4.8.1 Tes deret fungsi Teorema 20. TesWeierstrass M (disingkat M-test) Anggap bahwa a k (x) adalah deret fungsi-fungsi pada S  R n into R m . M k  adalah barisan bilangan real 160| Analisa Real dengan MATLAB


dan terdapat suatu N sehingga untuk semua k  N dan untuk semua x  S ,

ak



 sup ak ( x)  M k . xS



Jika



a

 M k konvergen, maka terdapat deret k 1

k 1

k

( x)

konvergen seragam pada S. Bukti: Untuk setiap x  S , barisan

ak (x)

adalah barisan

bilangan real yang konvergen absolut, karena 



a k ( x)   a k

 k 1

k 1

N



  ak k 1







M

k  N 1

k

 .



Jadi jumlahannya ada. Definisikan f ( x)   a k ( x) , maka k 1

untuk setiap x  S , l

f ( x)   a k ( x)  k 1



 a k ( x) 

k l 1





k l 1

a k ( x) 





k l 1

ak







M

k l 1

Untuk semua l („ini‟el‟ lho) dengan l  N . Batas ini tidak tergantung pada x. Jadi

ANALISA REAL |161

k

l

lim f   a k l 

k 1

 lim l 





M

k l 1

k

 0.

Jadi deret c.u ke f. 

Contoh 17. Perhatikan deret geometri

 ( x

2 n

) . Rasio

n 0

suku-suku yang berturutan pada deret ini pada suatu titik x adalah

u n 1 ( x 2 ) n 1    x 2 . Jadi untuk 2 n un ( x )

x  1 , deret ii

konvergen, tetapi divergen untuk x  1 . Kita perlu menyelidiki (PR) bahwa deret ini juga divergen pada x =  1 . Untuk setiap x dalam (-1,1) , kita dapat memperoleh   x 2 n  1 2  1 2 .  1  ( x ) 1  x n 0 Pada interval konvergensi (-1,1), konvergensi tidak seragam (tida c.u). Perhatikan bahwa untuk sembarang N dengan mengambil a  2 1 / 2 N dan catat bahwa suku ke-N yaitu

 a 

2 N



1 merupakan bilangan besar. Bagai2

manapun pada interval [-r,r] untuk sembarang r < 1, kita mempunyai



sup  x 2 x r




n

 r 2n .




1   , dengan M-tes menunjukkan 1 r2 n 0 1 bahwa deret c.u ke suatu f ( x)  pada [-r,r] . 1 x2 Perhatikan fungsi-fungsi Karena

r

2n



x

n

 

(1) k 2 k 1 x . k  0 2k  1 n

Fn ( x)     t 2 dt   k

0 k 0

Dengan menggunakan Teorema konvergensi integral kita dapat melihat bahwa Fn c.u pada [-r,r] pada fungsi x

1  arctan( x) . 2 1  t dt 0

F ( x)  

Hal ini menghasilkan deret Taylor untuk arctan sekitar 0, (belum dibahas disini) bahwa (1) n 2 n 1 . x  n  0 2n  1 

arctan(x) =

Radius konvergensi deret ini adalah 1. Deret ini juga konvergen pada x   1 juga karena merupakan deret ganti tanda (alternate) untuk setiap x  R . Suku-suknya konvergen monoton ke 0, persisnya pada x  1 . Untuk melihat hal ini, kita perlu melihat batas error untuk deret ganti tanda. Karena suku-suku menurun dalam nilai absolute, error tidak pernah lebih besar dari suku berikutnya. Oleh karena itu error berada diantara jumlah

ANALISA REAL |163

parsial yang ke-n (jumlahan dari suku pertama hingga suku ke-n) dan limit tidak akan lebih besar dari

(1) n 2 n1 1 sup x  . 2n  1 x 1 2n  1 Karena hal ini menuju ke-0, deret ini c.u pada [-1,1] ke arctan(x). Ilustrasi antara arctan(x) dan deretnya ditunjukkan pada Gambar 7 dengan MATLAB program yang digunakan untuk mengambar juga dituliskan agar pembaca dapat menguji untuk berbagai nilai x. Tabel 1. Program MATLAB untuk menggambar =================== clear close all x=linspace(-2,2,100); bn=5; jum=0; fx=atan(x); for n=0:bn atanku=((1)^n*x.^(2*n+1))./(2*n+1); jum=jum+atanku; end bn=11; jum2=0; for n=0:bn atanku2=((1)^n*x.^(2*n+1))./(2*n+1); jum2=jum2+atanku2; end figure(1) plot(x,fx,'-',x,jum,'*',x,jum2,'.-') axis([min(x) max(x) -2 2]) ==================

Gambar 7. Ilustrasi grafik arctan(x) dan deretnya untuk jumlahan hingga ke n=5 dan n=11.



Contoh 18. Kita selama ini belum membahas tentang bagaimana derivatif dari barisan apakah c.u atau tidak. Kita akan mempelajari bahwa ada fungsi-fungsi yang kontinu yang tidak terdifferensial di mana-mana (nowhere differentiable functions). Diberikan





f ( x)   2 k cos 10 k  x . k 1

Dibentuk





f k ( x)  2  k cos 10 k  x . Maka

f k 1

k 

  2 k  1 k 1

konvergen. Jadi dengan teset Weierstrass –M (M test) deret c.u pada seluruh garis bilangan real pada suatu fungsi kontinu. Pada Gambar 8 dengan program pada Tabel 2. Tabel 2. Program MATLAB untuk menggambar clear close all x=linspace(-0.1,1,100); n=1; cosku=(2^(-n)*cos(10^n*pi*x)); jum=jum+cosku; bn=2; jum2=0; for n=1:bn cosku2=(2^(-n)*cos(10^n*pi*x)); jum2=jum2+cosku2; end figure(1) plot(x,jum,'-*')

Gambar 8a.





f k ( x)  2  k cos 10 k  x , k=1

ANALISA REAL |165

axis([min(x) max(x) -1/2 1/2]) figure(2) plot(x,jum2,'.-') axis([min(x) max(x) -1/2 1/2])

Gambar 8b.



f ( x)   2 k cos 10 k  x k 1

dengan 2 suku.

Gambar 8 menggambarkan 2 macam fungsi dengan k=1 dan dengan 2 suku pertama saja (Gambar 8b) . Osilasi yang sangat cepat terjadi pada Gambar 8b yang menjelaskan bagaimana limit fungsi gagal untuk terdifferensial. Perhatikan bahwa setiap jumlahan parsialnya dapat terdifferensial tak hingga kali dan sebagai kombinasi linear dari takhingga banyak fungsi-fungsi yang terdifferensial. Hal inilah yang aneh (kesimpulan: jumlahan fungsi terdifferensial belum tentu limitnya terdiferensial juga). Perhatikan titik sembarang x di R , sebutlah x  x0 . x1 x3 ... . Kita akan katakan bahwa f tidak terdiffe-

rensial pada x dengan mengkonstruksi suatu barisan z n





yang

konvergen

ke

x

sehingga

ekspresi

selisih

f ( z n )  f ( x) / z n  x menuju   . Tetapkan

n  1 , Ambil

y0  x0 . x1 x3 ...xn

dan

y1  y0  10  n . Maka y0  x  y1 . Marilah kita tentukan

f ( y0 )  f ( y1 ) . Karena 10 n  y 0 dan 10 n  y1 adalah bilangan bulat kelipatan  , kita punya

f n ( y0 )  (1) xn 2  n dan f n ( y1 )  (1) xn 1 2  n . Oleh karena itu

f n ( y0 )  f n ( y1 )  21n . Untuk k > n,

10 k yi  adalah suatu bilangan bulat kelipatan 2  . Oleh karena

itu

f k ( y0 )  f k ( y1 )  2  k . Untuk

Berdasarkan teorema

nilai

rata-rata

dari

1 k  n, kalkulus1

diperoleh :

f k ( y0 )  f k ( y1 )  f k'







y0  y1  2  k10 k  10  n  2  n  5k n .

Kita gabungkan semua hasil yang telah diperoleh tadi sehingga diperoleh

1

Teorema Nilai rata-rata : Anggap f fungsi kontinu pada[a,b] adan terdifferensial pada (a,b). Maka terdapat suatu titik c  (a, b) sedemikian hingga

f ' (c ) 

f (b)  f (a) . ba ANALISA REAL |167

f ( y 0 )  f ( y1 )  f n ( y 0 )  f n ( y1 )   f k ( y 0 )  f k ( y1 ) k n

n 1

 21n   2 n  5 k n k 1

   2 n  2    2 n . 4  Satu dari nilai-nilai ini sangat jauh dari f(x) karena

f ( y0 )  f ( x)  f ( x)  f ( y1 )  f ( y0 )  f ( y1 )  2  n . Pilih

f ( yi )  f ( x)  2  n1 dan

i = 0 atau 1 sehingga

bentuk z n  yi . Jelaslah bahwa z n  x  y1  y0  10  n . Oleh karena itu

f ( z n )  f ( x) 2  n1   5n / 2 . n zn  x 10 Untuk n menuju tak hingga, jelas bahwa barisan

(a)

z n 

konvergen ke x sedangkan ekspresi differensial (persamaan a) meledak. Oleh karena itu f tidak terdifferensial di x. Latihan soal 4.6 (Referensi hal 160-161) 

A. (a) Tunjukkan bahwa

x n 1

setiap A > 0.


n

e  nx c.u pda [0,A] untuk


(b) Apakah deret tersebut juga c.u pada [0,  ). 

B. Apakah

x n 1

2

1 c.u pada seluruh bilangan real ?.  n2 

C. Tunjukkan jika

a n 1

n

  maka

D. (a) Diberikan f n ( x) 



a n 1

x2

1  x 

2 n

n

cos nx c.u pada R.

untuk x  R , hitung



jumlahan S ( x)   f n( x) . n 0

(b) Apakah c.u ?. Untuk nilai-nilai a < b yang mana sehingga deret c.u pada [a,b]?.  x7    n 0  x  1  

E.

Tentukan

jumlahan

n

x  1.

untuk

Dimanakah deret c.u ?. F. Anggap bahwa

a k (x)

fungsi kontinu pada [0,1] dan

n

tentukan s n ( x)   a k ( x) . Tunjukkan bahwa jika s n  k 1

c.u pada [0,1] maka a n  c.u ke 0. G. Buktikan deret yang memenuhi versi Teorema Dini : 

Jika g n fungsi tak negatif pada [a,b] dan

g n 1

n

c.p ke

ANALISA REAL |169

suatu fungsi kontinu pada [a,b] maka deret tersebut c.u.

f n 

H. Diberikan

barisan fungsi-fungsi yang dide-

finisikan pada N (himpunan bilangan asli) sedemikian hingga lim f n (k )  Ln ada untuk setiap n  0 . k 

Anggap f n



 M n dimana



M n 0

n

  . Definisikan



suatu fungsi

F (k )   f n (k ) . Buktikan bahwa n 0



lim F (k )   Ln . k 

n 0

Petunjuk: Pikirkan f n sebagai suatu fungsi g n pada

1   : k  1  0. Bagaimana anda mendefinisikan g n (0) ?. k  I.Aplikasikan soal H

untuk fungsi

 k  x  f n(k )      n  k 

n

untuk n  0 dan k  1. Oleh karena itu tunjukkan bahwa k

x  lim 1    e x . k   k

4.9 Deret Pangkat (power series) Sebagaimana disebutkan sebelum ini , suatu deret pangkat merupakan deret dari fungsi-fungsi berbentuk





a n 0

n

x n  a0  a1 x  a 2 x 2  a3 x 3  ...

Secara formal, deret dalam x dan kita juga dapat menentukan deret dalam x  x0 , sebutlah 

 a (x  x ) n 0

n

n

0

 a0  a1 ( x  x0 )  a2 ( x  x0 ) 2  a3 ( x  x0 ) 3  ... .

Kita dapat menuliskan deret kedua dalam y = x  x0 sehingga seperti deret mula-mula. Jelaslah bahwa deret pangkat konvergen ke-0. Kita akan menggunakan teorema di bawah ini untuk membahas pertanyaan apakah deret pangkat konvergen. 

Teorema 20. Diberikan suatu deret

a x n 0

n

n

, terdapat

suatu r dalam [0,+  ) {+  } sehngga deret konvergen untuk setiap bilangan x dengan |x|< r dan divergen untuk semua x dengan |x| > r. Lagipula deret c.u pada interval tutup [a,b] yang termuat dalam (-r,r). Akhirnya, jika

  lim sup an n

1/ n

maka

   jika   0   r 0 jika    1 jika   (0,). 

ANALISA REAL |171

Kita menyebut r sebagai radius konvergensi dari deret pangkat. Bukti: Tetapkan x  R

dan aplikasikan tes akar pada



a n 0

n

x n , diperoleh

lim sup an x n

1/ n

 x lim sup an

1/ n

 x .

Jika  =0 maka |x|  < 1 untuk semua pilihan x, dan juga deret a selalu konvergen. Jika  = +  , maka |x|  >1 untuk semua x  0 , sehingga deret divergen untuk x tak nol. Sebaliknya |x|  < 1 jika dan hanya jika |x|< r , dan |x|

 > 1 jika dan hanya jika |x|> r. Dengan tes akar lagi, kita mempunyai interval konvergensi pada interval yang diperlukan. Kita tinggal menunjukkan c.u pada setiap interval [a,b] yang dilanjutkan pada (-r,r). Terdapat suatu c sedemikian hingga [a,b]  [-c,c] untuk suatu c < r. Perhatikan untuk x  [c, c] , an x n  an c n . Karena c < R 

maka kita dapat mengetahui bahwa

a n 0

n

c n konvergen.



Dengan tes-M, diperoleh

a c n 0

n

n

c.u pada [-c,c] yang

berarti juga c.u pada [a,b] (karena [a,b]  [-c,c]).



Catatan :

a n 1 terdefinisi, n  a n

Dari latihan soal dapat diketahui jika lim

a n 1 . Jadi seringkali kita mengn  a n  n gunakan rasio sebagai pengganti akar untuk menghitung radius konvergensi. maka lim a n

1/ n

 lim

Contoh 19. Pada Teorema Hadamard tidak memuat informasi apa yang terjadi jika |x| = r. Untuk hal ini, kita menggunakan tes rasio dan tes akar untuk deret bilangan apakah deret tersebut konvergen atau divergen pada titiktitik yang diberikan. Kita akan mempelajari 3 contoh untuk kasus ini yaitu 

xn  n 2 n 1 2 n



xn ,  n , n 1 2 n



x 2n .  n 2 n 1 2 n

Untuk deret yang pertama, dengan limit untuk rasio antara 2 koefisien yang berturutan adalah

2n n2 n2 1 lim n1  lim  . 2 2 n  2 n   2 (n  1) 2(n  1) Oleh karena itu radius konvergensinya 2. Secara sama untuk deret kedua juga mempunyai radius konvergensi 2.

ANALISA REAL |173

Sekarang kita pelajari bagaimana sifat deret per



n 1

n 1

1 / n 2 dan  (1) n / n 2

tama pada x  2 . Diperoleh

keduanya konvergen. Untuk deret kedua pada x  2 , 

diperoleh

1 / n



 (1)

dan

n 1

n

/ n yang divergen dan

n 1

konvergen berturut-turut (x=2 deret divergen, pada x = -2 deret konvergen). Jadi deret pertama punya interval konvergensi [-2,2], sedangkan deret kedua mempunyai interval konvergensi [-2,2). Pada deret ketiga kita perlu lebih hati-hati menggunakan teorema Hadamard. Untuk menuliskan deret ini 

dalam bentuk

a n 1

n

x n , kita tidak dapat mendefinsikan

an  1 /( 2 n n) , tetapi lebih menuliskan dalam bentuk a2 k 1  0 dan a2 k  2  k / k untuk k  0 . Dengan menggunakan formula ini untuk a n dan hanya suku yang genap yang berkontribusi, diperoleh

lim sup a n n 

1/ n

 lim

k 

1

1/ 2k

k

2 k




1 lim   2 k   k 

1

1/ 2k



1 2

.


Oleh karena itu deret mempunyai radius konvergensi Pada x   2 deret ini adalah



1

n

2.

yang divergen. Oleh

n 1

karena itu interval konvergensinya adalah (- 2 , 2 ). Nampaknya sangat wajar jika kita berharap mendiferensialkan dan mengintegralkan suatu deret pangkat dari 

f ( x)   a n x n suku demi suku. Derivatifnya adalah n 0

jumlahan suku-suku dari na n x n1 dan integral tak tentunya adalah jumlahan suku-demi suku dari an x n1 /( n  1) . Akan tetapi ternyata harapan tersebut tidak selalu benar untuk sembarang fungsi. Teorema berikut data membenarkan bahwa jika suatu deret pangkat punyai radius konvergensi r > 0, maka deret tersebut juga tak berhingga terdifferensial pada (-r,r). Teorema 21. Operasi suku demi suku pada deret 

Jika f ( x)   a n x n punya radius konvergensi r > 0 maka n 0



f ( x)   na n x n 1 punya radius konvergensi r, dan f(x) n 0

terdiferensial pada (-r,r) dan untuk x  (-r,r) ,

ANALISA REAL |175



f ' ( x)   na n x n 1 . n 1



Selain itu

an

 n  1x

n 1

mempunyai radius konvergensi r

n 0

dan untuk x  (r , r ) x





a n n 1 x . n 0 n  1

f (t )dt  

0

Bukti: hal 164. Contoh 20. Kita kembali mempelajari f ( x)   n0

xn . Dengan tes M, n!

dapat ditunjukkan bahwa deret ini mempunyai radius konvergensi tak hingga dan c.u pada [-A,A] untuk sembarang bilangan berhingga A. Dengan diferensial suku demi suku kita peroleh  x n1 xk f ' ( x)     f ( x) . n 1 ( n  1)! k 0 k! 

Persamaan f ' ( x)  f ( x) dapat ditulis sebagai

1

f ' ( x)  log f  ' ( x) . f ( x)

Dengan mengintegralkan dari 0 ke t, diperoleh t

t

0

0

t   1 dx   (log f ) ' ( x)dx  log f (t )  log f (0) .



Jelas bahwa f(0) = 1 dan oleh karena itu, sehingga log f(t) = t, f(t) = e t . Contoh 21.

(n  1) 2  1, n  n2

 n 2 x n . Karena lim

Perhatikan deret pangkat

n 1

maka dengan tes rasio mengatakan bahwa radius konvergensi adalah 1. Untuk |x| =1 , suku-suku tidak menuju 0, oleh karena itu deret divergen. Jadi

n

2

x n terdefinisi

n 1

dengan baik pada x  (1,1) . Mari kita perhatikan sekarang fungsi g ( x)   x n n0

yang mempunyai radius konvergensi 1. Karena g terdefinisi sebagai deret geometri, kita punya g ( x) 

1 1 x

untuk |x| < 1. Dengan teorema 17, diperoleh

g ' ( x)   nx n1  n 1

1 . (1  x) 2

Sehingga

 nx n 1

n



x . (1  x) 2

Dengan menggunakan Teorema 17 lagi diperoleh

ANALISA REAL |177

n

2

x

n 1

n 1

 x   2  (1  x)

'

 1 x   . 3  (1  x)

Dengan mengalikannya dengan x memberikan f(x) =

n

2

xn 

n 1

Khususnya, pada x =1/2 maka

x(1  x) . (1  x) 3

n2  f (1 / 2)  6 .  n n 1 2

Contoh 22. Pada bagian ini kita peroleh teorema Binomial yang sering muncul pada soal olimpiade matematika SMA maupun mahasiswa untuk deret pangkat pecahan. Kita menggunakan deret pangkat untuk ekspansi (1  x) untuk   R . Jika g ( x)  (1  x) maka g ' ( x)   (1  x) 1 sehingga g memenuhi persamaan diferensial (1  x) g ' ( x)   g ( x) , g(0) =1. 

Anggap terdapat deret pangkat

f ( x)   a n x n

yang

n 0

memenuhi persamaan diferensial ini. Jadi kita punya 



n 0

n 0

(1  x) na n x n1    a n x n . Dengan mengumpulkan suku-suku yang punya pangkat yang sama diperoleh







n 0

n 0

 nan  (n  1)an1 x n   an x n . Oleh karena itu kita punya sehingga

a n 1 

 n n 1

punya a1   , a 2 

nan  (n  1)an1 =  an

a n ; Karena

 (  1) 2

, a3 

a0  f (0)  1 kita

 (  1)(  2) 6

dan

seterusnya. Secara umum, kita memperoleh koefisien binomial pecahan yaitu

an 

 (  1)(  2)...(  n  2)(  n  1) n!

     . n

Kita tinggal menunjukkan bahwa deret ini mempunyai radius konvergensi positif dan juga konvergen ke (1  x) . Jika  bilangan bulat taknegatif, maka a n pada akhirnya 0 dan sehingga deret ini menjadi Teorema Binomial biasa. Pada kasus ini radius konvergensi deret adalah takhingga. Sebaliknya untuk a n  0 untuk semua n, dan kita dapat mengaplikasikan tes rasio untuk memperoleh

a n 1  n  lim  1. n  a n  n  1 n

lim

Oleh karena itu deret punya radius konvergensi 1.

ANALISA REAL |179

Untuk menunjukkan bahwa f ( x)  (1  x) , kita perhatikan rasio f ( x) /(1  x) . Dengan mendiferensialkan rasio tersebut

terhadap x maka diperoleh (1  x) f ' ( x)   (1  x) 1 f ( x)  (1  x)  f ' ( x)   (1  x)  1 f ( x) (1  x) 2

dan karena kita telah menunjukkan bahwa (1  x) f ' ( x)   f ( x) , maka diperoleh bahwa derivative atau ekspresi (*) adalah 0. Akan tetapi dengan menetapkan x =0 dalam f ( x) /(1  x) memberikan 1/1=1. Oleh karena itu rasio f ( x) /(1  x) menjadi konstan ke 1 yang menunjukkan

bahwa f ( x)  (1  x) . Jadi untuk |x| < 1 dan sembarang bilangan real     (1  x)    x n . n 0  n 

Latihan soal 4.7 A. Tentukan interval konvergensi dari deret pangkat berikut : 

(a)

n

3

xn

n 0



(1) n x n  n2 n 1 

(b)



(c)

n2 n x  n n 0 2 

(d)



nxn

n 0



(e)

 (1) n n 0

x 2n (2n)!



(f)

n2 n x  n n 0 2 

(g)

n!

n n 1

n

xn



(h)

(n!) 2 n x  n 0 ( 2n)!

(i)

 nx



1

n

n 0



B. Tentukan suatu deret pangkat

a n 0

n

x n yang mem

punyai beda interval konvergensi dengan

a n 0

n

x n 1 .

ANALISA REAL |181

an  L ada. Tentukan radius n  a n 1

C. Anggap bahwa lim



konvergensi dari deret pangkat

a n 0

D. Gunakan

contoh

22

untuk

n

xn .

menunjukkan

jika



f ( x)   a n x n memenuhi persamaan diferensial f n 0



‟(x) =f(x) dan f(0) =1, maka f ( x)   x n / n!. n 0

E. Ulangi latihan di atas untuk kondisi f ” (x) =-f(x), dengan f adalah fungsi ganjik dan f(0) = 0. F. Buktikan bahwa jika ada takhingga banyak a n bilangan bulat tak nol, maka radius konvergensi dari 

f ( x)   an x n paling besar 1. n 1



G. (a) Hitung f ( x)   x n / n . n 1



(b) Hitung

2

n

/(n5 n ) .

n 1



H. (a) Hitung f ( x)   (n  1) x n n 0 

(b) Hitung f ( x)   n / 3 n . Jelaskan metode anda. n 0



(c) Apakah substitusi x =-1 juga berlaku ?. 

I . (a) Hitung g ( x)   (n 2  n) x n n 0



(b) Hitung g ( x)   (n 2  n) / 2 n n 0

J. Gunakan deret binomial untuk (1  x) 1 / 2 dan formula  /2

 sin

2n

0

Tunjukkan  /2

 (1  

2

bahwa

t dt 

1.3.5...(2n  1) , 2.4...(2n)2

untuk

x  (0,1)

maka

integral

sin 2 t ) 1 / 2 dt sama dengan

0

 

2 2 2   1  2  1.3  4  1.3.5  6 1          ... .    2   2   2.4   2.4.6  

4.10

Lebih Lanjut dengan deret, khususnya Deret Taylor

Referensi: Davidson, K.R dan Donsig, A. P, 2010. Real Analysis and Applications, Theory and Practice, Springer Science + Business Media, LLC, Chapter 10. Pada kalkulus, metode numerik dan beberapa mata kuliah lain seringkali menggunakan deret Taylor untuk menyata-

ANALISA REAL |183

kan suatu fungsi dengan deret pangkat. Pada buku ini deret Taylor didiskusikan secara detail tetapi kita akan cukup meringkasnya saja.

Definisi 21. Jika f mempunyai n derivatif pada suatu titik a [ A, B] , deret polynomial pada derejat n untuk f pada x = a adalah

Pn ( x)  f (a)  f ' (a)( x  a)  n

=

 k 0

f " (a) f ( n ) (a) ( x  a) 2  ...  ( x  a) n 2 n!

f (k ) ( x  a) k . k!

Lemma 22. Diberikan f(x) merupakan fungsi C n [ A, B] (yaitu: f mempunyai derivatif hingga order-n yang kontinu) dan sebutlah a [ A, B] . Polinomial Pn (x) berderajat n untuk f pada a adalah suatu polinomial tunggal p(x) dengan derajat paling tinggi n sedemikian hingga p ( k ) (a)  f ( k ) (a) untuk 0  k  n .

Bukti: Untuk setiap polinomial berderajat paling tinggi n mempunyai n

bentuk p( x)   a j ( x  a) j . Kita dapat mendifferensialj 0

kan sebanyak k-kali untuk memperoleh



n

p ( k ) ( x)   j ( j  1)...( j  1  k )( x  a) j k . j k

Dengan mensubstitusikan x = a diperoleh p ( k ) (a)  k!ak . Oleh

karena

itu

kita

harus

memilih

koefisien

ak  f ( k ) (a) / k! yang menghasilkan polynomial Taylor Pn (x) .

Teorema 23. Diberikan f(x) merupakan fungsi C n [ A, B] dan lebih lanjut lagi diasumsikan bahwa f ( n1) terdefinisi dan

f ( n1) ( x)  M untuk x  [ A, B] . Ambil a [ A, B] ,

dan anggaplah

Pn (x) merupakan polinomial Taylor

derajat n untuk f pada x=a . Maka untuk x  [ A, B] , pendekatan error untuk Rn ( x)  f ( x)  Pn ( x) memenuhi

Rn ( x) 

M xa

n 1

(n  1)!

.

Bukti : Perhatikan bahwa untuk 0  k  n ,

Rn( k ) ( x)  f ( k ) (a)  Pn( k ) (a)  0 . Karena Pn suatu polinomial berderajat paling tinggi adalah n,

Rn( n1) ( x)  f ( n1) ( x)  Pn( n1) ( x)  f ( n1) ( x) .

ANALISA REAL |185

Aplikasikan teorema

nilai

rata-rata untuk

Rn( n ) ( x)

memberikan

Rn( n ) ( x)  Rn( n) ( x)  Rn( n ) (a)  M x  a . Anggap untuk beberapa k, 0  k  n , ( nk ) n

R

( x) 

M xa

k 1

(k  1)!

.

Diintegralkan, diperoleh x

Rn( nk 1) ( x)  Rn( nk 1) (a)   Rn( nk ) (t )dt a

M | t  a |k 1 M | x  a |k  2 dt  . a (k  1)! (k  2)!

 0 

x

Kita dapat menyusun untuk k = 0 dan sehingga dengan induksi step ini dipenuhi. Demikian pula untuk k = n, maka

Rn (x) 

M | x  a |n1 . (n  1)!

Untuk f C  , deret Taylor f di sekitar x= a adalah 

 k 0

f ( k ) (a) ( x  a) k . Jadi ini merupakan deret pangkat k!

sehingga kita perlu memperhatikan konvergensinya.



Contoh 21. Perhatikan f ( x)  e x . Fungsi ini mempunyai sifat yang sangat bagus yaitu f ’=f. Jadi f ( n ) ( x)  e x untuk semua

n  0 . Ekspansikan semuanya pada sekitar a = 0, kita xk . Perhatikan k  0 k! n

peroleh polinomial Taylor

Pn ( x)  

  jika t diantara 0 dan x.

bahwa f ( n1) (t )  et  max 1, et

Jadi teorema Taylor untuk interval [0,x] atau untuk [x,0] mengatakan bahwa batas error yaitu

xk | x |n1  max 1, e x . (n  1)! k 0 k! n

ex  

 

Sekalipun untuk nilai-nilai n yang kecil, Pn (x) mendekati e x di sekitar titik pusat. Kita dapat mengilustrasikan

pendekatan dan fungsi eksponen pada gambar 1 dan program diberikan pada Tabel 1.

ANALISA REAL |187

Tabel 1a. Menyusun fungsi factorial untuk polinomial Taylor ------------------------------------function y=myfactorial(n) kali=1; for k=1:n kali=kali*k; end y=kali; x=linspace(-2,2,100) n=1; f1=exp(x); plot(x,f1,'.-'); hold on n=4; jm=0; %define function factorial for k=0:n y=myfactorial(k); ex=x.^k/y; jm=jm + ex; end figure(1) plot(x,f1,'-',x,jm,'.-') axis([-2 2 -0.5 7])

Gambar 1. Ilustrasi

f ( x )  e x dan xk untuk n =4 k  0 k! n

Pn ( x)  

Dari test rasio menunjukkan bahwa lim

n

x

n 1

(n  1)!

 0 untuk

setiap x  R . Jadi deret Taylor konvergen ke e x pada seluruh bilangan real. Selain itu deret ini konvergen seragam pada sembarang interval [-A,A]. Perhatikan bahwa batas error pada sembarang x   A, A terbesar pada x =A. Oleh karena itu



n

sup e x   x A

k 0

xk e A A n 1!  . k! (n  1)!

Untuk menghitung e, ktia dapat menggunakan formula untuk menghitung n

1 e 3   . (n  1)! (n  1)! k  0 k!

e

Untuk mendapatkan bilangan e dengan 10 bilangan angka dibelakang koma, kita perlu

3 10 10  0.510 atau (n + 1)! > 610 . (n  1)! Kita dapat menghitung bahwa dengan batas tersebut n =13. Kita dapat meningkatkan laju konvergensi dengan menggunakan nilai x yang lebih kecil. Contohnya, dipilih x =1/16 untuk menghitung e1 / 16 . Kita dapat menggunakan 10 suku pertama , diperoleh

1 e1 / 16    1.6(10) 21 . k 11 (16) (11)! k 0 (16) k! 10

e

1 / 16



xn Perhatikan deret pangkat  . Dengan tes Rasio n 0 n!

menunjukkan bahwa

lim

n 

x

n 1

/( n  1)! n

x / n!

 lim

n 

x n 1

0

ANALISA REAL |189

untuk setiap bilangan real x. Jadi deret pangkat untuk 

ex   n 0

xn mempunyai radius konvergensi tak hingga. n!

Karena berlaku pada semua bilangan real x maka deret ini konvergen seragam. Situasi yang sama juga terjadi untuk deret sin x dan cos x. Latihan soal 4.8 A. Tentukan polinomial Taylor derajat 3 untuk setiap fungsi-fungsi berikut pada titik a yang diberikan dan carilah error pada titik b. (a) f ( x)  tan x sekitar a =  / 4 dan b = 0.75 . (b) g ( x)  1  x 2 sekitar a = 0 dan b = 0.1 (c) h( x)  x 4 sekitar a =1 dan b = 0.99 (d) k(x) = sinh x sekitar a=0 dan b = 0.003. B. Diberikan a  [ A, B] ,

f  C 2 [ A, B] dan diberikan

P1 ( x)  f (a)  f ' (a)( x  a)

merupakan polinomial

Taylor order 1. Tetapkan suatu titik x 0 dalam [A,B] , (a) Didefinisikan h(t)=f(t) + f‟‟(t)( x 0 -t) + f‟‟(t)( x 0 -t) 2 . Tentukan D sehingga h(a) =h( x 0 ) .



(b) Tentukan c diantara a dan x 0 sehingga

f ( x0 )  P1 ( x0 ) 

1 f " (c)( x0  a) 2 . 2

(c) Tentukan suatu konstan M sehingga

f ( x)  f (a)  M x  a  untuk semua 2

x  [ A, B] .

C. Diberikan f memenuhi hipotesis teorema Taylor pada x = a. (a) Tunjukkan bahwa dalam lim x a

(b) Jika Q( x)  Pn dan lim x a

f ( x)  Pn ( x)  0. ( x  a) n

f ( x)  Q( x)  0, ( x  a) n

buktikan bahwa Q = Pn (x) . D. (a) Tentukan deret Taylor untuk sin x sekitar x =0 dan buktikan bahwa deret ini c.u ke sin x pada sembarang interval tertutup [-N,N]. (b) Tentukan deret Taylor sin x sekitar x =  / 6 . Oleh karena itu tunjukkan bagaimana mendekati

sin(310 ) hingga 10 angka dibelakang koma. E. Diberikan f(x) = log x. (a) Tentukan deret Taylor f di sekitar x = 1. (b) Apakah radius konvergensinya ?.

ANALISA REAL |191

(c) Apa yang terjadi pada batas-batas interval konvergensi?. Oleh karena itu carilah suatu deret yang konvergen ke log 2. (d) Dengan mengobservasi bahwa log 2 = log 4/3 – log 2/3, tentukan deret lain yang konvergen ke klog 2. Mengapa deret ini lebih bermanfaat ?. (e) Tunjukkan bahwa log 3 = 3 log 0.96 + 5

81 -11 80

log 0.9. Tentukan suatu ekspresi berhingga yang tidak memuat logs yang mendekati lo3 hingga 50 angka di belakang koma. F. Anggap f, g  C n1 a   , a    dan f ( k ) (a)  g ( k ) (a)  0 untuk

0k n

dan

g ( n ) (a)  0 .

Gunakan

polinomial Taylor untuk menunjukkan bahwa

lim x a

f ( x) f ( n ) (a )  . g ( x) g ( n ) (a )

G. Diberikan f ( x)  1  x 

1 / 2

.

(a) Tentukan formula untuk f ( k ) ( x) . Selanjutnya tunjukkan bahwa   1 / 2   12 (.)... 12  1  k  (1) k (2k )!   1   : f ( k ) (0)    2k   k! 2 (k!) 2  4   k 


k

 2k  .   k


(b) Tunjukkan bahwa deret Taylor untuk f sekitar x

 2k   x  = 0 adalah     dan hitung radius k  0  k  4  k



konvergensinya. (c) Tunjukkan bahwa

2  1.4 f (0.02) . Oleh

2 pada 8 angka di belakang

karena itu hitung koma. (d) Nyatakan

2  1.415 f ( ) dengan  sebagai

pecahan rasional paling sederhana. Gunakan ini untuk memperoleh deret ganti tanda untuk

2.

Berapa suku diperlukan untuk mendekati

2

hingga 100 angka di belakang koma ?. H. Sebutlah a adalah bilangan dengan 198 angka 1

... 11 ). Tentukan ( a  11 

a hingga 500

198

angka di belakang koma. Petunjuk: a   10  3

99

2

  1  10 198 . Ekspresi decimal 





haruslah diakhiri dengan 97916.

ANALISA REAL |193

4.10.1 Deret Taylor untuk turunan fungsi?. Karena deret Taylor menggunakan informasi hanya pada satu titik, maka deret Taylor tidak bisa diharapkan selalu bagus untuk seluruh interval. Hal ini agak membingungkan bukan ?. Hal ini khususnya untuk menentukan turunan fungsi. Karena konvegensi ditentukan oleh interval yang digunakan, maka kesalahan kecil akan menyebabkan kesalahan yang besar pda derivatifnya. Contoh 23.

f n ( x)  x 

1 n

sin nx untuk    x   .

Kita dapat membuktikan bahwa f n (x) c.u pada interval [   ,  ] pada fungsi f(x) = x. Oleh karena itu

f  fn Akan



tetapi

 max

  x 

f

„(x)

1 n

sin nx 

=1

1 n

untuk n  1 .

dimana-mana,

sedangkan

f 'n ( x)  1  n cos nx . Oleh karena itu f ' f

' n 

 max

  x 

n cos nx  n untuk n  1 .

Perhatikan bahwa ketika f n (x) mendekati f, maka mereka sangat berosilasi. Oleh karena itu derivative f n (x) akan sangat jauh dari derivatif f.



Jadi hati-hatilah menggunakan pendekatan derivatif fungsi yang dinyataan dengan polinomial Taylor.

Daftar Pustaka Davidson, K.R dan Donsig, A. P, 2010. Real Analysis and Applications, Theory and Practice, Springer Science + Business Media, LLC 2010, Chapter 5.

ANALISA REAL |195



BAB V

RUANG METRIK HAP: bagaikan sebuah model baju yang hanya untuk pameran dan keindahan dunia fashion, demikianlah juga beberapa bagian dari matematika “ it may be only for its own beauty” ( 16 Agustus 2011).

5.1 Pendahuluan Pada ruang norm, jarak antara elemen ditentukan oleh beda norm antara keduanya. Jarak fungsi juga dapat didefinisikan dengan ide metric (awas, bukan matrik ya). Hampir semua hal yang didiskusikan pada ruang norm juga akan menjadi pembahasan pada ruang metric dengan sedikit perbedaan. Hal yang paling utama yang menunjukkan perbedaan antara ruang norm dan ruang metric adalah bahwa kita tidak bekerja pada ruang vektor sehingga tidak ada sifat penjumlahan dan perkalian skalar. Dengan kata lain ruang norm merupakan salah satu ruang metrik. 5.2 Definisi dan beberapa Teorema Definisi 1. Misalkan X suatu himpunan. Suatu metric pada himpunan X adalah suatu fungsi  yang didefinisikan pada X x X yang bernilai [0, ) dengan sifat sebagai berikut (1)

Positif tegas (positive definiteness) :  x, y   0

ANALISA REAL |197

(2)

 x, y   0 jika hanya jika x =y.

(3)

Simetri :  x, y     y, x  , untuk semua x, y  X

(4)

Ketaksamaan segitiga:  x, y    x, y     y, z  , untuk semua x, y, z  X .

Ruang metric adalah suatu himpunan X dengan suatu metric

 yang disimbolkan sebagai  X ,   . Terkadang juga ditulis hanya X saja pada bab ini. Akan tetapi perlu ditekankan bahwa ruang metric bukanlah X merupakan himpunan titiktitik tetapi harus berpasangan dengan metric  . Contohnya himpunan titik-titik dengan setiap titik mempunyai n bilangan real dapat didefinisikan suatu ruang metric dengan suatu metric yang didefinisikan sebagai

 * ( x, y)  x1  y1  ...  xn  y n , dan ini bukan ruang metric R n (jika n > 1). Jika kita punya 2 ruang metric (X,  ) dan (Y,  ) kita dapat membentuk ruang metric baru yang disebut perkalian Cartesian (Cartesian product) X x Y yang merupakan himpunan titik-titik XxY = ( x, y) : x  X , y  Y  yang metricnya didefinisikan sebagai

 (( x1 , y1 ), ( x2 , y 2 ))   ( x1 , x2 ) 2   ( y1 , y 2 ) 2  . 1/ 2

Untuk menunjukkan bahwa  memenuhi sifat metric (1-4) . Beberapa contoh lebih lanjut dituliskan berikut ini. 198| Analisa Real dengan MATLAB


Contoh 1. a.

Ruang metric yang paling sederhana adalah himpunan bilangan real R dengan  ( x, y)  x  y .

b.

Contoh berikutnya adalah ruang Euclide n-dimensi R n yang titik-titiknya merupakan n bilangan real yaitu x =



( x1 , x2 ,..., xn ) dan  ( x, y)  x1  y1   ...  xn  y n 

.

2 2

2

Sifat (4) untuk X adalah R n berarti bahwa jumlah panjang suatu sisi segitiga lebih kecil dari jumlah panjang dari dua sisi yang lain. Hal inilah yang menyebabkan sifat (4) dikatakan ketaksaman segitiga. c.

Jika X adalah subruang dari ruang norm V, maka dapat didefinisikan  ( x, y)  x  y . Sehingga sifat (4) dapat ditulis dalam bentuk x y  x  y .

d.

Bentuklah suatu metric pada permukaan suatu bola dengan mendefinisikan  ( x, y) adalah panjang lintasan terpendek dari x ke y (dikenal sebagai suatu geodesic). Lintasan terpendek ini merupakan kurva kelengkungan terpendek dari suatu lingkaran yang melalui x dan y.

ANALISA REAL |199

Contoh 2. Metric diskrit pada suatu himpunan X didefinisikan sebagai

0 jika x  y d ( x, y )    1 jikax  y Contoh 3. Didefinisikan suatu metric pada Z oleh

 2 (n, n)  0 dan  2 (m, n)  2 d dimana d adalah pangkat tertinggi 2 yang jika dibagi oleh m-n tidak nol. Perhatikan bagaimana membuktikan sifat ini. Jika  2 (l , m)  2 d dan  2 (m, n)  2 e , maka 2 min d ,e  max  2 (l , m),  2 (m, n).

Metrik demikian dikenal sebagai (2-adic metric). Dengan menggantikan 2 dengan bilangan prima p kita juga dapat mempunyai p-adic metric. Latihan soal 5.1 (Royden,1987) 1.

Tunjukkan bahwa himpunan semua titik dengan tiap titik memuat

n

bilangan real menjadi suatu ruang

metric dengan definisi metric sebagai berikut : (a)  * ( x, y)  x1  y1  ...  xn  y n (b)   ( x, y)  x1  y1 ,..., xn  y n .



2.

Untuk soal 1 dengan n =2 dan n =3 , gambarkan himpunan

x : 



x :  ( x, y)  1,

x : 

*



( x, y)  1

dan



( x, y)  1 .

Latihan soal 5.2 (Davidson, dan Donsig, 2010, page 128, Ex. 9.1 ) 1.

Tunjukkan bahwa

 / x, y )  e x  e y

adalah suatu

metric pada R. Perhatikan 2-adic metric pada Contoh. Kembangkan Q dengan mendefinisikan

 2 (a / b, a / b)  0 dan jika

a / b  c / d maka  2 a / b, c / d   2  e dimana e adalah

suatu bilangan bulat tunggal sedemikian hingga a/b – c/d = 2 e  f / g  dengan f dan g keduanya merupakan bilangan bulat ganjil. (a) Buktikan bahwa  2 adalah suatu metrik Q. (b) Tunjukkan

bahwa

barisan

bilangan

bulat

a n  1  ( 2) n  / 3 konvergen dalam Q,  2  .

(c) Tentukan limit dari

n! pada metric ini. n!1

Definisi 2. Bola Br (x ) dengan jari –jari r > 0 di sekitar titik x didefinisikan sebagai

y  X :  ( x, y)  r.

Suatu subhim-

punan U dikatakan terbuka jika untuk setiap x U , terdapat ANALISA REAL |201

suatu r > 0 sehingga Br (x ) termuat dalam U dan titik dalam dari suatu himpunan A. Barisan

xn 

dikatakan konvergen ke

x jika

lim  ( x, xn )  0 . Himpunan C dikatakan tertutup jika terdiri n

C memuat semua titik limit dari barisan titik-titik dalam C. Demikian pula closure dari himpunan A ditulis ( A ) adalah himpunan semua titik limit A. Definisi 3. Suatu barisan xn n 1 adalah suatu ruang metrik 

( X ,  ) adalah barisan Cauchy jika untuk setiap   0 ,

terdapat suatu bilangan bulat N sehingga  ( xi , x j )   untuk semua i, j  N . Suatu ruang metric X dikatakan complete jika setiap barisan Cauchy konvergen dalam (X). Contoh 4. (a) Setiap barisan konvergen adalah Cauchy (b) Jika X adalah metric diskrit: satu-satunya cara suatu barisan bisa konvergen ke x jika barisan pada akhirnya konstan (yaitu xn  x untuk semua n  N ). Hal ini karena B1 / 2 ( x) sama dengan x. Oleh karena itu untuk setiap subhimpunan X bersifat terbuka juga tertutup. Juga X complete. 202| Analisa Real dengan MATLAB


(c) Jika X  R n tertutup, ruang metric (K(X), d H ) lengkap (complete) . Definisi 4. Suatu fungsi f dari ruang metric (X,  ) into ruang metric (X,  ) adalah kontinu jika untuk setiap x0  X dan

  0 , terdapat suatu  > 0, sehingga  ( f ( x), f ( x0 ))   pada  ( x, x0 )   . Catatan: Perhatikan bahwa definisi ini bersifat lebih umum. Jika X= V  R 2 adalah ruang norm (Euclide) untuk f: V  R dengan V  R 2 , maka definisi f kontinu sebagai berikut: untuk setiap x0  ( x10 , x20 ) dan   0 terdapat suatu  >0 sehingga  ( f ( x), f ( x0 ))  f ( x)  f ( x0 )   dengan

 ( x, x0 )  x  x0  ( x1  x01 ) 2  ( x2  x02 ) 2 . Bagi pemula, maka definisi-definisi berikut ini agak membosankan. Keperluan definisi-definisi berikut lebih menajamkan sifat fungsi kontinu f pada antara 2 ruang metric. 5.3 Homomorfisma (Homomorphism) Kata homomorphism dari kata Greek dan

(omo) menyerupai

(morphosis), artinya membentuk. Untuk me-

mahami homorfisma maka kita kembali pada beberapa definisi pada fungsi (onto, into). ANALISA REAL |203

Suatu fungsi f dari A ke B dikatakan onto jika untuk semua anggota b dalam B terdapat suatu a dalam A sehingga berlaku f(a)=b. Semua elemen dalam B digunakan. Ketika kita bekerja pada bidang koordinat, maka himpunan A dan B keduanya dapat merupakan himpunan bilangan real, atau ditulis f : R  R .

ONTO

Tidak ONTO

Gambar 1. Contoh pemetaan onto dan tidak onto

Contoh 5. Misalkan -7x + 4y = 6 dapat merupakan fungsi dalam x yang ditulis dalam bentuk y  f ( x)  6  7 x  / 4 . Fungsi f pada contoh 5 merupakan onto f : R  R , bahkan setiap nilai x menentukan dengan tunggal nilai y. Hal ini dikatakan f juga pemetaan 1-1 (injective)



Gambar 2. Fungsi y  f ( x)  6  7 x  / 4

Contoh 6. Apakah g ( x)  x 2  4 merupakan onto dengan g:RR?

Gambar 3. Ilustrasi g ( x)  x 2  4

Fungsi ini tidak onto. Tidak semua nilai pada y yang digunakan. Selain itu parabola ini mempunyai nilai-nilai y ANALISA REAL |205

yang berpasangan dengan lebih dari 1 nilai x. Misalkan (3,5) dan (-3,5). Oleh karena itu fungsi ini juga tidak 1-1. Contoh 7. Akan tetapi g ( x)  x 2  4 merupakan pemetaan onto dimana g : R  [4, ) karena semua nilai y digunakan. Suatu fungsi f dari A ke B dikatakan 1-1 jika bilamana f(a)=f(b) maka a=b. Tidak ada anggota B yang merupakan hasil pemetaan lebih dari 1 anggota A.

1-1

ONTO, tidak 1-1

Gambar 4. Pemetaan 1-1 dan tidak 1-1

Pada fungsi 1-1, diberikan sebarang nilai y maka terdapat hanya satu nilai x yang dapat dipasangkan dengan y yang diberikan. Fungsi demikian dikatakan injective



Gambar 5. Fungsi g ( x)  x  2

Contoh 8. g ( x)  x  2 tidak 1-1 pada g : R  R karena ada 1 nilai y untuk 2 macam x yang berbeda. Misalkan (0,2) dan (4,2). Fungsi dapat memenuhi 1-1 dan onto. Fungsi yang demikian dikatakan bijective. Pemetaan 1-1 f dari X onto Y dinamakan homoemorphism antara X dan Y jika f kontinu dan pementaan invers f

1

juga

kontinu. Ruang X dan Y dikatakan homeophorphic jika terdapat suatu homeomorphism ada diantara keduanya. Studi topologi pada esensinya merupakan studi tentang sifat-sifat ini yang tidak berubah karena ada homeomorphism sehingga dikatakan sifat topologi. ANALISA REAL |207

Tidak semua sifat dari ruang metric terjamin oleh homeomorphism, tetapi dapat berubah. Contohnya adalah jarak antara 2 titik yang biasanya berubah oleh suatu homeomorphism. Jika ada homeomorphism yang menyebabkan jarak tidak berubah, yaitu jika

 h( x1 ), h( x2 )   ( x1 , x2 )

(*)

untuk semua x1 dan x 2 di X dikatakan suatu isometric diantara X dan Y. Ruang X dan Y dikatakan isometric jika terdapat isometric diantara keduanya. Definisi ini seringkali diterjemahkan dalam ekuivalensi antara 2 metrik. Dua metrik dikatakan ekuvalen jika terdapat pemetaan homeomorphism diantara ( X ,  ) dan ( X ,  ) . Masih banyak penjelasan yang berkaitan dengan hal ini, tetapi saya hanya membatasi hingga di sini.



Latihan soal 5.3 (Royden, page 145) 1.

Tunjukkan bahwa fungsi h pada [0,1) diberikan oleh h(x)=x/(1-x) adalah homeophorphism antara [0,1) dan [0,

 ). 2.

Misalkan E suatu himpunan dan x suatu titik pada ruang metric. Didefinisikan  ( x, E )  inf  ( x, y) . yE

(a) Tunjukkan bahwa untuk suatu E yang ditetapkan fungsi f yang diberikan oleh f ( x)   ( x, E ) adalah kontinu. (b) Tunjukkan bahwa x :  ( x, E )  0  E . 3. (a). Buktikan bahwa 2 metric pada suatu himpunan X ekuivalen jika dan hanya jika diberikan x  X dan

  0 terdapat suatu   0 sehingga untuk semua y X

 ( x, y)     ( x, y)   dan

 ( x, y)     ( x, y)   . (b). Tunjukkan bahwa himpunan metric berikut yang merupakan himpunan yang terdiri dari n bilangan real adalah ekuivalen:

ANALISA REAL |209



 ( x, y)  x1  y1 2  ...  xn  y n 2



1/ 2

 * ( x, y)  x1  y1  ...  xn  y n  * ( x, y)  maxx1  y1 ,..., xn  y n .

Daftar Pustaka Davidson, K.R dan Donsig, A. P, 2010. Real Analysis and Applications, Theory and Practice, Springer Science + Business Media, LLC 2010, Chapter 9. Royden, H.L.,1987. Real Analysis, Third Edition, Prentice Hall, Englewood Cliffs, Chapter 7.



BAB VI

Contoh SOAL JAWAB OLIMPIADE MAHASISWA Bidang ANALISA REAL BIDANG ANALISIS

Bidang Analisis 1.

Tunjukkan bahwa deret berikut konvergen seragam dan absolute pada interval yang diberikan 

a.

n n 1

2

1 untuk 0  x  x2



b.

sin nx untuk semua x. 3/ 2 n 1 n

 

c.

x

n

e  nx pada interval terbatas 0  x  C

n 1

Jawaban : Shakarchi, R., 1998. Problems and Solutions for Undergraduate Analysis, Springer, Inc, hal. 150. (a). Karena

1 1  2 dan deret ruas kanan adalah deret2 n x n 2

p dengan p=2 yang konvergen Oleh karena itu dengan test banding deret konvergen seragam untuk 0  x .

ANALISA REAL |211

(b). Karena sin nx / n 3 / 2  1 / n 3 / 2 dan diketahui

 1/ n

3/ 2



(deret p dengan p >1). Jadi deret yang ditanyakan konvergen absolute untuk semua x. (c). Untuk semua 0  x , berlaku

x / e x  1/ e . Pangkatkan dengan n ruas kiri dan kanan diperoleh:

( x / e x ) n  (1 / e) n .



SOAL OLIMPIADE MAHASISWA SEJAWA-BALI BIDANG ANALISIS REAL 15 MEI 2007

Bagian Pertama Soal Diberikan barisan ( y n ) dengan y1  1 ,

1 3  y n 1  y n2   1 .Tentukan lim( yn ) . 4 Jawab : y n 1 

Kita dapat menyusun nilai y untuk beberapa n, Untuk lebih mudah, maka ditulis dengan program MATLAB dan hasil ilustrasi untuk n = 1,...,12 ditunjukkan pada Gambar 1. Karena tidak ada pertanyaan untuk mem-buktikan, dengan membuat daftar tersebut, akan diperoleh lim( yn ) =-1. Program MATLAB y(1)=1; n=1; m=20; for n=1:m y(n+1)=0.25*(y(n)^3 +y(n)^2)- 1 end vn=[1:m+1] figure(1)

Gambar 1. Ilustrasi perilaku barisan

plot(vn,y,'*')

ANALISA REAL |213

Bagian Kedua 1. Soal Diberikan barisan ( xn ) dengan x1 = 1 dan xn1  xn2  xn untuk n = 1,2,3,... Didefinisikan barisan y n 

n 1 . Jumlah S n   y k 1  xn k 1

n

dan hasil kali Pn   y k untuk n suku pertama dari k 1

( y n ) . Tentukan S n + Pn untuk n = 1,2,3,... Jawab : Kita akan menyelidiki pada prinsipnya seperti pada no. 2. Untuk mempermudah, pada tulisan diberikan program kecil dalam MATLAB untuk mendaftar barisan ( xn ) dan

( yn ) . Soal hanya meminta untuk mendaftar bilangan S n + Pn . Jadi berikut ini hanya diberikan beberapa nilainya untuk beberapa n. S =-0.2249 -2.2249 -1.0249 -1.2298 -1.2249 -1.2249 -1.2249 -1.2249 -1.2249 -1.2249 -1.2249 -1.2249 P = -1.0000 0.2000 -0.0049 0.0000 (selanjutnya 0)


GRAFIKA

Recommend Documents