SISTEM BILANGAN REAL

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

i

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

. . . . .

. . . .

1 1 6 11 14

. . . . .

22 22 28 34 37 39

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

1.1

Sifat Aljabar Bilangan Real

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

2

Pengantar Analisis Real I by Julan HERNADI

(M1) a · b = b · a untuk setiap a, b ∈ R, yaitu komutatif terhadap perkalian. (M2) (a · b) · c = a · (b · a) untuk setiap a, b, c ∈ R, yaitu asosiatif terhadap perkalian. (M3) Terdapat elemen 1 ∈ R sehingga a · 1 = 1 · a = a untuk setiap a ∈ R. Elemen 1 ini disebut elemen satuan. (M4) Untuk setiap a ∈ R, a 6= 0 selalu terdapat (1/a) ∈ R sehingga a · (1/a) = (1/a) · a = 1. Elemen (1/a) ini disebut kebalikan dari a. (D) a · (b + c) = (a · b) + (a · c) dan (b + c) · a = (b · a) + (c · a) untuk setiap a, b, c ∈ R. Sifat ini disebut distributif perkalian terhadap penjumlahan. Diperhatikan bahwa ada 4 sifat yang berkaitan dengan operasi penjumlahan yaitu A1, A2, A3 dan A4 (notasi A untuk Adisi, atau penjumlahan), 4 sifat yang berkaitan dengan perkalian yaitu M1, M2, M3 dan M4 (M untuk Multiplikasi, atau perkalian) dan 1 sifat yang mencakup keduanya yaitu D (D untuk Distributif). Kesembilan sifat ini disebut sifat aljabar atau aksioma bilangan real. Sampai saat ini belum didefinisikan bilangan negatif dan operasi pengurangan. Notasi (−a) dianggap satu elemen didalam R. Begitu juga elemen kebalikan (1/a) dianggap satu elemen dan operasi pembagian belum didefinisikan. Berikut diberikan beberapa teorema sederhana yang diturunkan langsung dari sifat-sifat aljabar ini. Teorema 1.1.1. Jika a bilangan real sebarang maka persamaan a + x = b mempunyai penyelesaian tunggal, yaitu x = (−a) + b. Bukti: a+x ⇒ (−a) + (a + x) ⇒ ((−a) + a) + x ⇒0+x ⇒x

= = = = =

b [diketahui] (−a) + b (−a) + b [menggunakan A2] (−a) + b [menggunakan A4] (−a) + b [menggunakan A3]

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


3

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

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

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

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

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

Latihan 1.1.2. Bila a suatu elemen pada R, buktikan i) −(−a) = a ii) (−1) · (−1) = 1. Teorema 1.1.3. Misalkan a, b, c elemen pada R. (i) Jika a 6= 0 maka 1/a 6= 0 dan 1/(1/a) = a. (ii) Jika a · b = a · c dan a 6= 0 maka b = c. Bukti. (i): Karena a 6= 0 maka menurut (M4) selalu ada 1/a ∈ R. Andaikan 1/a = 0 maka diperoleh 1 = a · (1/a) = a · 0 = 0.

4


Hasil ini berlawanan atau kontradiksi dengan (M3). Jadi pengandaian ini salah, dan haruslah 1/a 6= 0. Selanjutnya karena 1/a 6= 0 dan karena (1/a) · a = 1 maka dengan Teorema (1.1.1) dengan memandang a sebagai x maka diperoleh a = 1/(1/a). (ii): Kedua ruas pada a · b = a · c dikalikan dengan (1/a) disertai dengan menggunakan (M2), diperoleh ((1/a) · a) · b = ((1/a) · a) · c ⇔ 1 · b = 1 · c [menggunakan M4] ⇔ b = c [menggunakan M3]

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

Operasi lainnya pada R Sejauh ini hanya ada dua operasi pada bilangan real. Melalui dua operasi ini diturunkan bebedapa operasi lainnya yang didefinisikan sebagai berikut : 1. Operasi pengurangan. Bila a, b ∈ R maka notasi a − b dibaca a dikurang dengan b dan didefinisikan oleh a − b := a + (−b). 2. Operasi pembagian. Bila a, b ∈ R, b 6= 0 maka notasi a/b atau a dibagi dengan b dan didefinisikan oleh

a b

dibaca

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

Untuk a 6= 0, notasi a−1 dimaksudkan untuk 1/a dan notasi a−n untuk (1/a)n .

5


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

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

3. Bilangan rasional dan irrasional. Himpunan bilangan rasional dilambangkan dengan Q adalah elemen bilangan real yang dapat ditulis dalam bentuk pecahan. Jadi, ½ ¾ b Q := : a, b ∈ Z, a 6= 0 . a Bilangan real yang tidak dapat disajikan sebagai pecahan disebut bilangan irrasional dan himpunan bilangan irrasional ini biasa dilambangkan dengan R \ Q. Notasi ”:=” berarti ”didefinisikan oleh” (defined by). Penggunaan notasi ini lebih tepat daripada menggunakan ”=” karena tanda sama dengan seharusnya digunakan untuk menyatakan kesamaan kedua ruas. Teorema 1.1.4. Tidak ada bilangan rasional r sehingga r2 = 2. Bukti. Andai ada bilangan rasional yang kuadratnya sama dengan dua. Untuk dengan m dan n tidak mempunyai faktor persekutuan itu dapat ditulis r = m n selain 1. Diperoleh m2 2 r = 2 = 2 ⇒ m2 = 2n2 , n 2 berarti m bilangan genap. Karena itu m juga genap (lihat latihan berikut!). Karena m genap maka dapat ditulis m = 2p. Substitusi m ini ke kesamaan sebelumnya, diperoleh (2p)2 = 2n2 ⇒ 4p2 = 2n2 ⇒ n2 = 2p2 . Ini berarti n2 bilangan genap, akibatnya n juga bilangan genap. Berangkat dari pengandaian tadi diperoleh dua pernyataan berikut

6


a. m dan n tidak mempunyai faktor persekutuan selain 1, berarti m dan n tidak mungkin keduanya genap. b. m dan n bilangan genap. Kedua pernyataan ini bertentangan (kontradiksi), sehingga pengandaian harus diingkari. Kesimpulannya Teorema terbukti. Latihan 1.1.4. Buktkan bila m2 genap maka m juga genap. Contoh 1.1.1. Pada contoh ini dibuktikan bahwa jika z ∈ R bilangan irrasioanl dan r 6= 0 bilangan rasional maka r + z dan rz bilangan irrasional. Dibutkikan dengan kontradiksi. Andai r + z rasional, maka dapat ditulis r+z =

m p dan r = , m, n, p, q ∈ Z, n, q 6= 0. n q

Dari sini diperoleh z=

m p mq − np − = , n q nq

yaitu z rasional, sebab mq − np, nq ∈ Z, nq 6= 0. Kontradiksi dengan z irrasioanl. Jadi pengandaian r + z rasional salah, dan haruslah r + z irrasional. Dengan argumen yang sama dapat dibuktikan sisanya. Latihan 1.1.5. Buktikan bahwa jika x, y keduanya rasional maka x + y dan xy rasional.

1.2

Sifat Urutan Bilangan Real

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

a = 0,

−a ∈ P.


7

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

8


Latihan 1.2.1. Jika a > b dan c < 0, buktikan ac < bc. Teorema 1.2.3. Jika a dan b bilangan real dengan a < b maka a < 12 (a + b) < b. Bukti. Karena a < b maka 2a = a + a < a + b. Dengan argumen yang sama diperoleh juga a + b 0 maka 0 < 21 a < a. Teorema berikut menjamin bahwa suatu bilangan taknegatif yang kurang dari bilangan positif apapun adalah nol. Teorema 1.2.4. Bila a ∈ R dengan 0 ≤ a < ² untuk setiap ε > 0 maka a = 0. Bukti. Andaikan a > 0. Berdasarkan Latihan sebelumnya, berlaku 0 < 12 a < a. Sekarang ambil ε0 := 12 a > 0, sehingga berlaku 0 < ε0 < a. Hasil ini kontradiksi dengan hipotesis bahwa 0 ≤ a < ² untuk setiap ε > 0. Jadi pengandai salah, dan haruslah a = 0. Latihan 1.2.3. Bila a, b bilangan real dengan a 0 maka a ≤ b. Dari definisi bilangan positif bahwa perkalian dua bilangan positif akan menghasilkan bilangan positif. Tetapi sebaliknya, bila hasil kali dua bilangan real adalah positif belum tentu kedua bilangan real tadi positif. Teorema 1.2.5. Jika ab > 0 maka berlaku salah satu dari dua kemungkinan berikut: a > 0 dan b > 0 atau a < 0 dan b < 0. Bukti. Karena ab > 0 maka a 6= 0 dan b 6= 0, sebab jika salah satu diantara a atau b bernilai nol maka ab = 0. Karena sifat trikotomi sekarang kemungkinnya a > 0 atau a < 0. Untuk a > 0 maka 1/a > 0 dan b = 1 · b = ((1/a)a) b = (1/a) (ab) > 0. | {z } |{z} >0

>0

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

9


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

√

b > 0.

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

>0

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

>0

maka haruslah a − b < 0, atau a < b. (i) ⇔ (iii): Sebelumnya sudah dibuktikan bahwa jika x, y > 0 maka x < y ⇐⇒ x2 < y 2 . √ √ √ Pada bagian ini diambil x = a dan y = b sehingga x, y > 0. Karena a = ( a)2 √ 2 dan b = b) maka diperoleh √ √ √ √ a < b ⇐⇒ ( a)2 = a < b = ( b)2 . Jadi lengkaplah bukti ini karena telah ditunjukkan berlakunya equivalensi (iii) ⇐⇒ (i) ⇐⇒ (ii). Teorema 1.2.7 (Rata-rata Aritmatika-Geometri (RAG). Bila a dan b bilangan positif maka berlaku √ 1 ab ≤ (a + b) (RAG) 2 Bukti. Bila a = b maka relasi pada (RAG) menjadi kesamaan (lihat √ latihan di a > 0 dan bawah). Sekarang diasumsikan a = 6 b. Karena a > 0 dan b > 0 maka √ b > 0. Diperhatikan bahwa √ √ √ √ 0 6= a − b = ( a − b) ( a + b) . | {z } √

Jadi ( a −

√

>0

b) 6= 0, dan selanjutnya dikuadratkan diperoleh √ √ √ √ 1 0 < ( a − b)2 = a − 2 ab + b ⇐⇒ ab > (a + b). 2

10


Latihan 1.2.5. Buktikan bahwa bila a = b maka relasi pada (RAG) menjadi kesamaan. , sedanRata-rata aritmatika (RA) dari dua bilangan real a dan b adalah a+b 2 √ gkan rata-rata geometri (RG) dari a dan b adalah ab. Biasanya dalam kehidupan sehari-hari, rata-rata aritmatika lebih sering digunakan daripada rata-rata geometri. Secara umum dua macam rata-rata ini didefinisikan sebagai berikut : Misalkan diketahui bilangan real (data) a1 , a2 , · · · , an maka n

1X RA = ak , RG = n k=1 P

Ã

n Y

!1/n ak

k=1

Q

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

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

Jadi berlaku untuk n = k + 1. Perhatikan pada baris kedua kedua ruas dikalikan dengan (1 + x) suatu bilangan positif karena x > −1. Teorema 1.2.9 (Ketidaksamaan Cauchy). Misalkan a1 , a2 , · · · an dan b1 , b2 , · · · , bn bilangan real maka berlaku Ã n !2 Ã n !Ã n ! X X X ≤ ak bk a2k b2k . k=1

k=1

k=1

Bukti. Didefinisikan fungsi F : R → R dengan F (t) :=

n X (ak − tbk )2 . k=1

11


Jelas F fungsi taknegatif, karena itu diperoleh F (t) = =

n X

a2k − 2tak bk + t2 b2k

k=1 Ã n X

! b2k

t2 − 2

k=1

Ã n X

! ak bk

t+

k=1

Ã n X

! a2k

≥ 0.

k=1

Jadi F merupakan fungsi kuadrat definit tak negatif, sehingga diskriminannya pun tak negatif, yaitu ! Ã n !2 Ã n !Ã n X X X 2 2 4 ak bk − 4 bk ak ≤ 0. k=1

k=1

k=1

Akhirnya dengan memindahkan ruas pada ketidaksamaan ini terbuktilah bahwa ! !Ã n !2 Ã n Ã n X X X b2k . a2k ak bk ≤ k=1

1.3

k=1

k=1

Nilai Mutlak dan Jarak Pada Bilangan Real

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


12

(ii) | − a| = |a| (iii) |ab| = |a||b| (iv) untuk c ≥ 0, |a| ≤ c bila hanya bila −c ≤ a ≤ c. (v) −|a| ≤ a ≤ |a|. Bukti. (i)(⇐=): langsung dari definisi. (=⇒): dibuktikan melalui kontraposisinya, yaitu jika a 6= 0 maka |a| 6= 0, juga langsung dari definisi. (ii) Jika a = 0 maka diperoleh |a| = |0| = 0 = | − 0| = | − a|. Jika a > 0 maka −a < 0 sehingga diperoleh |a| = a = −(−a) = | − a|. Jika a < 0 maka −a > 0 sehingga diperoleh |a| = −a = |a|. (iii) Bila minimal salah satu dari a atau b bernilai nol maka kedua ruas bernilai nol. Bila keduanya tidak ada yang nol, ada 4 kemungkinan nilai a, b yang perlu diselidiki yaitu a > 0, b > 0, a > 0, b < 0, a < 0, b > 0 dan a < 0, b < 0. Untuk a > 0, b < 0 maka ab < 0, |a| = a, |b| = −b dan |ab| = −(ab) = (a)(−b) = |a||b|. (iv): (⇐=): karena |a| ≤ c maka a ≤ c dan −a ≤ c atau a ≥ −c, digabungkan diperoleh −c ≤ a ≤ c. (=⇒): bila −c ≤ a ≤ c maka kita mmepunyai a ≤ c dan −c ≤ a, atau −a < c. Karena |a| bernilai |a| atau | − a| maka disimpulkan |a| < c. (v): dengan mengambil c := |a| ≥ 0 pada bagian (iv) maka |a| ≤ |a| adalah pernyataan yang benar. Implikasinya adalah −|a| ≤ c ≤ |a|. Cara lain adalah dengan menggunakan kenyataan bahwa |a| ≥ a berlaku untuk setiap a ∈ R. Karena −a ∈ R maka |a| = | − a| ≥ −a, atau −|a| ≤ a. Setelah digabungkan diperoleh −|a| ≤ c ≤ |a|. Definisi 1.3.2. Jarak (metrik) antara dua bilangan real a dan b didefinisikan sebagai d(a, b) := |a − b|. Bila b = 0 maka d(a, 0) = |a| dipandang sebagai jarak a terhadap titik asal 0. Interpretasi sederhana bilangan real dapat disajikan dalam garis bilangan. Gambar berikut adalah garis bilangan dan ilustrasi jarak antara −3 dan 2.

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


13

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


14

Latihan 1.3.2. Tentukan semua bilangan real x yang memenuhi |x|+|x+1| < 2. Latihan 1.3.3. Jika x < z, buktikan bahwa x < y < z bila hanya bila |x − y| + |y − z| = |x − z|. Interprestasikan fakta ini secara geometris. Dapat diperiksa bahwa jarak (metrik) seperti diberikan pada Definisi 1.3.2 mempunyai sifat-sifat sebagai berikut : 1. d(x, y) ≥ 0 untuk setiap x, y ∈ R. 2. d(x, y) = 0 bila hanya bila x = y. 3. d(x, y) = d(y, x) untuk setiap x, y ∈ R. 4. d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y) untuk setiap x, y ∈ R. Catatan 1.3.1. Sifat 4 ini merupakan generalisasi dari ketidaksamaan segitiga (KS). Himpunan bilangan real yang dilengkapi dengan metrik d ini disebut ruang metrik. Lebih lanjut, pada analisis dikenal pula ruang bernorma, ruang Banach, dan lain-lain. Latihan 1.3.4. Misalkan S himpunan takkosong, buktikan fungsi d pada S × S yang didefinisikan oleh ( 0 bila s = t, d(s, t) := 1 bila s 6= 0. merupakan metrik. Metrik ini disebut metrik diskrit. Bentuk lain generalisasi (KS) diungkapkan pada teorema berikut. Teorema 1.3.3. Untuk sebarang bilangan real a1 , a2 , · · · , an , berlaku |a1 + a2 + · · · + an | ≤ |a1 | + |a2 | + · · · + |an |. Bukti. Dapat dibuktikan dengan induksi. Ingat dengan prinsip induksi, jika berlaku untuk dua bilangan maka akan berlaku untuk sejumlah berhingga bilangan.

1.4

Supremum dan Infimum

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


15

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

Gambar 1.2: Batas atas dan batas bawah suatu himpunan Contoh 1.4.1. Diberikan S := [0, 1), maka batas atas S adalah himpunan {x : x ≤ 0} dan batas bawah S adalah {x : x ≥ 1}. Diperhatikan 0 merupakan batas bawah dan termasuk didalam S, sedangkan 1 batas atas S tetapi ia tidak termuat didalam S. Contoh 1.4.2. Himpunan bilangan asli N tidak mempunyai batas bawah maupun batas atas. Contoh 1.4.3. Himpunan S := { n1 : n ∈ N} mempunyai himpunan batas bawah {x : x ≤ 0} dan mempunyai himpunan batas atas {x : x ≥ 1}. Contoh 1.4.4. Misalkan S := ∅ himpunan kosong maka setiap bilangan real adalah batas atas S. Argumennya dapat dijelaskan sebagai berikut. Bilangan u ∈ R batas atas S dapat disajikan dalam kalimat logika berikut s ∈ S =⇒ s < u. Dalam kasus S himpunan kosong maka pernyataan s ∈ S bernilai salah, sehingga kalimat implikasi s ∈ S =⇒ s < u selalu benar. Dengan argumen yang sejalan dapat disimpulkan bahwa semua bilangan real juga merupakan batas bawah himpunan kosong. Kenyataan ini sepertinya dibuat-buat, tetapi inilah konsekuensi logis definisi.


16

Latihan 1.4.2. Tuliskan definisi v1 bukan batas atas S, juga definisi w1 bukan batas bawah S. Definisi 1.4.2. Himpunan yang mempunyai batas atas disebut terbatas diatas (bounded above), sedangkan himpunan dikatakan terbatas dibawah (bounded below ) jika ia mempunyai batas bawah. Himpunan dikatakan terbatas jika ia terbatas diatas dan terbatas dibawah. Contoh 1.4.5. Himpunan bilangan real R := (−∞, ∞) tidak terbatas diatas maupun dibawah. Himpunan S := [1, ∞) terbatas dibawah. Himpunan E := { n1 : n ∈ N} terbatas. Definisi 1.4.3. Misalkan S himpunan bagian dari R. (i) Bila S terbatas diatas maka batas atas u dikatakan supremum dari S jika tidak ada bilangan lain yang lebih kecil dari u yang menjadi batas atas S. Dengan kata lain u batas atas yang paling kecil. (ii) Bila S terbatas dibawah maka batas bawah w dikatakan infimum dari S jika tidak ada bilangan lain yang lebih besar dari w yang menjadi batas bawah S. Dengan kata lain w batas bawah yang paling besar. Berdasarkan definisi ini, supremum himpunan S dapat dikarakterisasi oleh dua kondisi berikut, yaitu : 1. s ≤ u untuk setiap s ∈ S 2. bila ada v ∈ R dengan v < u maka ada s0 ∈ S sehingga v < s0 . Kondisi pertama menyatakan bahwa v haruslah batas atas S dan kondisi kedua menyatakan bahwa batas atas ini haruslah yang terkecil. Latihan 1.4.3. Buatlah karakterisasi w infimum S. Biasanya supremum dan infimum himpunan S disingkat dengan sup S dan inf S. Ilustrasi supremum dan infimum diberikan pada gambar berikut.

Gambar 1.3: Supremum dan infimum suatu himpunan


17

Catatan 1.4.1. Supremum suatu himpunan selalu tunggal. Bukti. Andaikan u = sup S dan u1 = sup S dengan u 6= u1 . Karena itu ada dua kemungkinan yang dapat terjadi, yaitu u < u1 atau u > u1 . Untuk u < u1 berarti u bukan batas atas S, ini berlawanan dengan u = sup S. Untuk u > u1 berarti u1 bukan batas atas S, ini bertentangan dengan u1 = sup S. Jadi pengandaian u 6= u1 salah, seharusnya u = u1 Latihan 1.4.4. Buktikan bahwa infimum suatu himpunan selalu tunggal. Berikut adalah kriteria yang mudah dan sering digunakan untuk mengetahui suatu batas atas merupakan supremum atau bukan. Teorema 1.4.1. Misalkan u suatu batas atas S. u = sup S ⇐⇒ ∀ε > 0, ∃s ∈ S sehingga u − ε < s. Bukti. (=⇒): Ambil ε > 0 sebarang. Karena diketahui u = sup S maka u − ε bukan batas atas S, jadi ada s ∈ S sehingga u − ε < s. (⇐=): Akan ditunjukkan bahwa u yang memenuhi sebelah kanan merupakan supremum S. Misalkan untuk sebarang bilangan real v, v < u. Ambil ε := u − v > 0, maka ada s ∈ S sehingga u − ε = u − (u − v) = v < s. Ini berarti v bukan batas atas S, dan berdasarkan karakteristik supremum disimpulkan bahwa u = sup S. Teorema ini dapat diilustrasikan secara grafik sebagai berikut.

Gambar 1.4: Kriteria supremum Latihan 1.4.5. Misalkan w suatu batas atas S. Buktikan bahwa w = inf S ⇐⇒ ∀ε > 0, ∃s ∈ S sehingga w + ε > s. Contoh 1.4.6. Diperhatikan himpunan S := {x : 0 ≤ x < 1}. Maka maks S tidak ada, sup S = 1, min S = inf S = 0. Contoh 1.4.7. Diperhatikan himpunan S := { n1 : n ∈ R}. Maka maks S = sup S = 1, min S tidak ada tetapi inf S = 0. Hasil ini dapat dibuktikan sebagai berikut. Jika diberikan ε > 0 sebarang maka selalu dapat dipilih bilangan asli n0 dengan n0 > 1/ε. Nah, s = n10 ∈ S dan 0 + s > ε. Berdasarkan kriteria infimum (latihan sebelumnya) maka disimpulkan 0 adaah infimum S.

18


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

(−1)n n

: n ∈ N}. Tentukan inf S dan sup S.

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

nb − na > 1.

(*)

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

19


Dari (*) dan (**) diperoleh na < m ≤ na + 1 < nb. Bentuk terakhir ini dapat ditulis na < m < nb, dan dengan membagi semua ruas dengan n, didapat m a<
1 1,5−1,4142

≈ 11.6569

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

√a 2

dan

a b √
SOAL-SOAL LATIHAN BAB I 1. Buktikan jika a, b ∈ R maka a. −(a + b) = (−a) + (−b) b. (−a) · (−b) = a · b c. 1/(−1/a) = −(1/a) asalkan a 6= 0 d. −(a/b) = (−a)/b asalkan b 6= 0.

20


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

√

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


21

20. Misalkan S himpunan takkosong yang terbatas diatas. Untuk a ∈ R didefinisikan a + S := {a + x : x ∈ S}. Buktikan sup(a + S) = a + sup S. 21. Misalkan S := { n1 − m1 : m, n ∈ N}. Tentukan sup S dan inf S, buktikan hasil yang anda peroleh. 22. Misalkan S himpunan takkosong. Untuk a bilangan real tidak nol didefinisikan aS := {as : s ∈ S}. Buktikan (i) Bila a > 0 maka inf(aS) = a inf S, dan sup(aS) = a sup S. (ii) Bila a < 0 maka inf(aS) = a sup S, dan sup(aS) = a inf S. 23. Misalkan A dan B himpunan takkosong dan A+B := {a+b : a ∈ A, b ∈ B}. Buktikan bahwa sup(A + B) = sup A + sup B dan inf(A + B) = inf A + inf B. 24. Misalkan f dan g dua fungsi yang didefinisikan pada domain X. Jika rangenya terbatas, buktikan (i) sup{f (x) + g(x) : x ∈ X} ≤ sup{f (x) : x ∈ X} + sup{g(x) : x ∈ X}. (ii) inf{f (x) + g(x) : x ∈ X} ≥ inf{f (x) : x ∈ X} + inf{g(x) : x ∈ X}.

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

2.1

Pengertian Barisan dan Limitnya

Definisi 2.1.1. Barisan bilangan real adalah fungsi suatu fungsi dengan domain himpunan bilangan asli N dengan domain termuat didalam R. Jadi barisan adalah fungsi X : N → R, dimana setiap n ∈ N nilai fungsi X(n) biasa ditulis sebagai X(n) := xn dan disebut suku ke-n barisan X. Notasi barisan yang sering digunakan dalam buku ini adalah X, (xn ), (xn : n ∈ N). Contoh 2.1.1. Beberapa barisan dan cara penulisannya : a. X := (2, 4, 6, 8, · · · ) merupakan barisan bilangan genap. Dapat juga ditulis sebagai X := (2n : n ∈ N). ¢ ¡ ¢ ¡ b. Y := 11 , 12 , 13 , · · · . Dapat juga ditulis Y := n1 : n ∈ N . Dalam beberapa keperluan praktis, barisan didefinisikan secara rekusif atau induktif sebagai berikut (

x1 , x2 , · · · , xn−1 diberikan, xn := f (x1 , x2 , · · · , xn−1 ).

22


23

c. Barisan Fibonacci adalah barisan yang berbentuk F := (1, 1, 2, 3, 5, 8, · · · ). Barisan ini dapat ditulis secara rekursif sebagai berikut : x1 := 1, x2 := 1, xn := xn−1 + xn−2 , untuk n ≥ 3. Latihan 2.1.1. Berikut diberikan beberapa suku awal barisan (xn ). Seandainya pola seperti ini tetap, tentukan formula umum suku ke n nya. a. 1/2, 2/3, 3/4, 4/5, · · · , b. 1/2, −1/4, 1/8, −1/16, · · · , c. 1, 4, 9, 16, · · · , Latihan 2.1.2. Diberikan barisan yang didefinisikan secara rekursif. Tentukan 5 suku pertamanya a. y1 := 2, yn+1 := 12 (yn + 2/yn ), n ≥ 1. b. z1 := 1, z2 := 2, zn+2 := (zn+1 + zn )/(zn+1 − zn ), n ≥ 3. c. x1 := 1, yn+1 := 14 (2yn + 3), n ≥ 1. Penulisan barisan menggunakan kurung biasa ”( )” dimaksudkan untuk membedakannya dengan himpunan yang biasa ditulis menggunakan kurung kurawal ”{ }”. Pada himpunan, anggota yang sama cukup ditulis satu kali. Sedangkan pada barisan, suku-suku yang berbeda memungkinkan mempunyai nilai yang sama. Sebagai contoh ambil barisan (xn ) yang didefinisikan xn := (−1)n . Jadi barisannya adalah X := (−1, 1, −1, 1, · · · ). Tetapi bila dipandang sebagai himpunan maka diperoleh himpunan X := {−1, 1}. Definisi 2.1.2 (Limit barisan). Misalkan X = (xn ) barisan bilangan real. Bilangan real x dikatakan limit dari (xn ) jika untuk setiap ε > 0 terdapat bilangan asli N (biasanya bergantung pada ε) sehingga |xn − x| < ε untuk setiap n ≥ N. Jika x limit dari barisan X maka X dikatakan konvergen ke x dan ditulis lim X = x, atau lim(xn ) = x. Jika suatu barisan mempunyai limit kita katakan barisan itu konvergen. Sebaliknya jika tidak mempunyai limit kita katakan ia divergen.


24

Gambar 2.1: Kekonvergenan barisan Diperhatikan pada definisi ini pernyataan |xn − x| < ε dapat ditulis sebagai x − ε < xn < x + ε. Ini berarti pada suatu saat, semua suku-suku barisan berada dalam ”kerangkeng” (x−ε, x+ε). Ilustrasi geometris barisan (xn ) yang konvergen ke x diberikan pada Gambar 2.1. Kadangkala digunakan notasi xn → x untuk menyatakan secara intuitif bahwa xn ”mendekati” x bila n → ∞. Pada definisi ini kriteria xn ”mendekati” x diukur oleh ε > 0, sedangkan kriteria n → ∞ dicirikan oleh adanya bilangan asli N . Tidak adanya notasi n → ∞ pada penulisan lim(xn ) dapat dipahami karena barisan yang dibahas adalah barisan takberujung, yaitu banyak sukunya takterhingga. Muncul pertanyaan apakah mungkin suatu barisan konvergen ke dua limit yang berbeda ? Jawaban diberikan secara formal dalam teorema berikut. Teorema 2.1.1. Suatu barisan bilangan real hanya dapat mempunyai satu limit. Dengan kata lain, jika suatu barisan konvergen maka limitnya tunggal. Bukti. Andaikan barisan X := (xn ) mempunyai dua limit yang berbeda, katakan xa dan xb dengan xa 6= xb . Diberikan ε := 13 |xb − xa |. Karena lim(xn ) = xa maka untuk ε ini terdapat Na sehingga |xn − xa | < ε untuk setiap n ≥ Na . Juga, karena lim(xn ) = xb maka terdapat Nb sehingga |xn − xb | < ε untuk setiap n ≥ Nb . Sekarang untuk n ≥ maks {Na , Nb } maka berlaku |xa − xb | = |xa − xn + xn − xb | ≤ |xn − xa | + |xn − xb | < ε+ε 2 = |xa − xb |. 3 Akhirnya diperoleh |xa − xb | < 32 |xa − xb | suatu pernyataan yang kontradiksi. Pengandaian xa 6= xb salah dan haruslah xa = xb , yaitu limitnya mesti tunggal.

25


Latihan 2.1.3. Diberikan barisan bilangan real (xn ). a. Tuliskan definisi barisan (xn ) tidak konvergen ke x. b. Tuliskan definisi barisan (xn ) divergen. Pembahasan barisan di sini ditekankan pada pembuktian-pembuktian teoritis bukan pada aspek teknik komputasi. Membuktikan suatu barisan dengan limit telah diketahui lebih rumit daripada menentukan nilai limit suatu barisan. Contoh-contoh berikut memberikan gambaran bagaimana definisi digunakan untuk membuktikan kebenaran limit suatu barisan. Contoh 2.1.2. Butkikan bahwa lim(1/n) = 0. Penyelesaian. Disini kita mempunyai xn := n1 , dan x = 0. Diberikan ε > 0 sebarang. Harus ditemukan bilangan asli N sehingga |xn − x| = |1/n − 0| =

1 < ε untuk setiap n ≥ N. n

Mudah saja, pada bentuk terakhir ketidaksamaan ini berlaku n1 < ε. Diselesaikan, diperoleh n > 1ε . Jadi N cukup diambil sebagai bilangan asli terkecil yang lebih besar dari 1ε . Sebagai contoh, misalkan diberikan ε := 0.013 maka 1 = 76.9231. Jadi cukup diambil N := 77. Untuk meyakinkan dapat diperiksa ε bahwa x77 = 0.0130, x78 = 0.0128, x79 = 0.0127, x80 = 0.0125, x81 = 0.0123, x82 = 0.0122 kesemuanya kurang dari 0.013. Lebih telitinya x77 = 0.012987. Contoh 2.1.3. Buktikan lim

¡ n+1 ¢ 3n+2

= 1/3.

¡ n+1 ¢ Penyelesaian. Disini kita mempunyai xn := 3n+2 dan x = 1/3. ¯ ¯ ¯ n+1 1 ¯¯ ¯ |xn − x| = ¯ − 3n + 2 3 ¯ ¯ ¯ ¯ 3n + 3 − 3n − 2 ¯ ¯ ¯ = ¯ 3(3n + 2) ¯ 1 = 3(3n + 2) Bentuk terakhir ini akan kurang dari ε bila (9n + 6)ε > 1 ⇔ 9n >

1 − 6ε 6−ε ⇔n> . ε 9ε

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

26


diambil N := 8. Agar lebih meyakinkan diambil beberapa nilai xn − 1/3, untuk n = 8, 9, 10, 11, 12, hasilnya 0.0128, 0.0115, 0.0104, 0.0095, 0.0088, yang kesemuanya kurang dari ε := 0.013. Latihan 2.1.4. Gunakan definisi limit barisan ¶ µ 3n + 1 = lim 2n + 5

untuk membuktikan 3 . 2

Tentukan bilangan asli terkecil N yang dapat diambil jika diberikan ε := 0.0023, juga bila ε := 0.0132. Latihan 2.1.5. Gunakan definisi limit barisan untuk membuktikan µ ¶ (−1)n n lim = 0. n2 + 1 Tentukan bilangan asli terkecil N yang dapat diambil jika diberikan ε := 1/4, juga bila ε := 1/16. Latihan 2.1.6. Gunakan definisi limit barisan untuk membuktikan µ ¶ 1 1 lim − = 0. n n+1 Tentukan bilangan asli terkecil N yang dapat diambil jika diberikan ε := 1/4, juga bila ε := 1/16. Dari beberapa contoh dan latihan ini mestinya dapat disimpulkan bahwa semakin kecil ε > 0 yang diberikan maka semakin besar indeks N yang dapat diambil. Kenyataan ini sesuai dengan definisi bahwa semakin kecil ε > 0 maka semakin kecil lebar ”kerangkeng” dan semakin lama pula suku-suku barisan dapat mulai mengumpul di dalam ”kerangkeng” ini. Kekonvergenan barisan (xn ) ditentukan oleh pola suku-suku yang sudah jauh berada diujung. Walaupun pada awalnya suku-suku barisan berfluktuasi cukup besar namun bila pada akhirnya suku-suku ini mengumpul disekitar titik tertentu maka barisan ini tetap konvergen. Definisi 2.1.3. Misalkan barisan X := (x1 , x2 , x3 , · · · , xn , · · · ) dipotong pada suku ke m dan dibentuk barisan baru Xm := (xm+1 , xm+2 , · · · ) maka barisan Xm disebut ekor ke m barisan X. Latihan 2.1.7. Buktikan bahwa X konvergen bila hanya bila Xm konvergen dan lim X = lim Xm .

27


Pembuktikan limit barisan melalui definisi akan menjadi sulit bilamana bentuk barisan yang dihadapi cukup rumit. Melalui definisi dikembangkan ”alatalat” sederhana yang dapat digunakan untuk membuktikan limit barisan, khususnya barisan yang mempunyai bentuk tertentu. Teorema 2.1.2 (Teorema Konvergen Terdominasi). Misalkan ada dua barisan bilangan real (an ) dan (xn ). Jika ada C > 0 dan m ∈ N sehingga berlaku |xn − x| ≤ C|an | untuk semua n ≥ m dan lim(an ) = 0 maka lim(xn ) = x. Bukti. Diberikan ε > 0. Karena lim(an ) = 0 maka ada Na ∈ N sehingga |an | < ε/C untuk setiap n ≥ Na . Jadi untuk setiap n ≥ N := maks {Na , m} berlaku |xn − x| ≤ C|an | < C(ε/C) = ε. Terbukti bahwa lim(xn ) = x Teorema ini biasa disebut teorema kekonvergenan terdominasi (TKD), karena kekonvergenan ini disebabkan karena terdominasi oleh barisan yang konvergen. Dalam penggunaan teorema ini harus dibangun barisan (an ) yang konvergen ke 0 dan ditentukan konstanta positif C. ¡ 1 ¢ Contoh 2.1.4. Bila a > 0, buktikan barisan lim 1+na = 0. Bukti. Karena a > 0 maka berlaku 0 < na < na + 1, dan akibatnya kita mempunyai 1 1 < . na + 1 na Selanjutnya, µ ¶µ ¶ 1 1 1 1 | − 0| = < . 1 + na 1 + na a n Dengan mengambil C := 1/a dan an = 1/n dan dikarenakan lim an = 0 maka ¡ 1 ¢ dengan teorema sebelumnya disimpulkan bahwa lim 1+na = 0. Contoh 2.1.5. Misalkan 0 0. Dapat ditulis b := b ketidaksamaan Bernoulli berlaku (1 + a)n ≥ 1 + na dan diperoleh 1 1 1 0< ≤ < = n (1 + a) 1 + na na

µ ¶µ ¶ 1 1 . a n

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

1 (1+a)

dan dengan


2.2

28

Sifat-sifat Barisan Konvergen

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

(*)

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

(**)

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


29

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

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

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

30


Teorema 2.2.3. Misalkan X := (xn ) dan Y := (yn ) barisan konvergen, berturutturut ³ ke x´ dan y, yn 6= 0 untuk setiap n ∈ N dan y 6= 0 maka barisan hasil bagi X := xynn konvergen ke xy . Y Bukti.

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ xn x ¯ ¯ − ¯ = ¯ xn y − xyn ¯ ¯ ¯ yn ¯ ¯ y yn y 1 = |xn y − xyn | |yn ||y| 1 = |xn y − xn yn + xn yn − xyn | |yn ||y| 1 = |xn (y − yn ) + yn (xn − x)| |yn ||y| |xn | 1 |yn − y| + |xn − x| ≤ |yn ||y| |y|

| Selanjutnya, kita perlu memberikan batas untuk suku |y|xnn||y| . Karena (xn ) konvergen maka ada M > 0 sehingga |xn | ≤ M untuk setiap n ∈ N. Karena lim(yn ) = y maka diberikan ε := 21 |y| ada N1 ∈ N sehingga

1 |yn − y| < |y| untuk setiap n ≥ N1 . 2 Karena ||yn | − |y|| ≤ |yn − y| dan |yn − y| < 12 |y| maka 1 1 3 1 ||yn | − |y|| < |y| ⇔ |y| < |yn | < |y| ⇒ |yn | > |y| untuk setiap n ≥ N1 . 2 2 2 2 Jadi berlaku

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

(*)

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

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

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


31

¡ ¢ Contoh 2.2.3. Kita tunjukkan bahwa lim 2n+1 = 2. Pertama kita ubah dulu n+5 ke dalam bentuk barisan konvergen, yaitu µ ¶ 2n + 1 2 + 1/n = . n+5 1 + 5/n Selanjutnya, diambil X := (2 + 1/n) dan Y := (1 + 5/n). Jelas bahwa lim X = 2 = 21 = 2. dan lim Y = 1 maka lim X Y Teorema 2.2.4. Bila (xn ) barisan taknegatif, yaitu xn ≥ 0 untuk setiap n ∈ N maka lim(xn ) ≥ 0. Bukti. Andaikan kesimpulan ini salah, yaitu x := lim(xn ) < 0. Ambil ε := −x > 0, maka ada K ∈ N sehingga |xn − x| < −x ⇐⇒ x < xn − x < −x =⇒ xn < 0, untuk semua n ≥ K. Khususnya untuk n = K berlaku xn < 0. Hal ini kontradiksi dengan hipotesis bahwa xn ≥ 0 untuk setiap n ∈ N. Teorema 2.2.5. Jika (xn ) dan (yn ) barisan konvergen dan xn ≤ yn untuk setiap n ∈ N maka lim(xn ) ≤ lim(yn ). Bukti. Didefinisikan barisan (zn ) dengan zn := yn − xn . Diperoleh (zn ) barisan taknegatif, dan selanjutnya digunakan Teorema sebelumnya. Teorema 2.2.6. Bila (xn ) barisan konvergen dan a ≤ xn ≤ b untuk setiap n ∈ N maka a ≤ lim(xn ) ≤ b. Bukti. Bandingkan barisan (xn ) dengan barisan konstan (a) dan barisan (xn ) dengan barisan konstan (b), kemudian gunakan Teorema sebelumnya. Teorema berikut menjelaskan kekonvergenan suaru barisan yang terjepit oleh dua barisan yang konveregen ke limit yang sama. Teorema ini sangat bermanfaat dalam membuktikan limit barisan. Teorema 2.2.7 (Teorema Konvergen Terjepit). Bila (xn ), (yn ) dan (zn ) barisan bilangan real yang memenuhi kondisi berikut (i) xn ≤ yn ≤ zn untuk setiap n ∈ N, (ii) lim(xn ) = lim(zn ) maka (yn ) konvergen dan lim(xn ) = lim(yn ) = lim(zn ).


32

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

¡ sin n ¢ n

= 0.

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

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

33


Bukti. Karena (xn ) positif maka ( xxn+1 ) barisan taknegatif sehingga L ≥ 0. Jadi n 0 ≤ L < 1. Misalkan r suatu bilangan dimana L < r < 1, ambil ε := r − L > 0. Terdapat bilangan asli K sehingga ¯ ¯ ¯ xn+1 ¯ ¯ ¯ < ε := r − L untuk setiap n ≥ K. − L ¯ xn ¯ Jadi untuk setiap n ≥ K berlaku xn+1 < r ⇒ xn+1 < rxn , xn dan karena 0 < r < 1 maka diperoleh 0 < xn+1 < rxn < r2 xn < · · · < rn−K+1 xK . Dengan mengambil C :=

xK rK

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

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

Contoh 2.2.5. Kita selidiki apakah barisan ( 2nn ) konvergen. Kita gunakan uji rasio, yaitu xn+1 (n + 1)2 2n = xn 2n+1 n2 1 n2 + 2n + 1 = 2 n2 1 2 1 = (1 + + 2 ) 2 n n Jadi L := lim 12 (1 + dengan limit nol.

2 n

+

1 ) n2

2

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

Latihan 2.2.1. Misalkan b > 1, selidikilah kekonvergenan barisan ( bnn ). Pada bagian akhir sub pokok bahasan ini diberikan dua hasil yang berguna untuk mempelajari materi yang akan datang. Teorema 2.2.9. Jika barisan (xn ) yang konvergen maka (i) Barisan nilai mutlak (|xn |) konvergen dengan lim |xn | = | lim(xn )|. ³p ´ √ √ (ii) Jika xn ≥ 0 maka barisan ( xn ) konvergen dengan lim( xn ) = lim(xn ) . Bukti. (i) Misalkan lim(xn ) = x. Kita telah mempunyai sifat nilai mutlak bahwa ||xn | − |x|| ≤ |xn − x|, untuk semua n ∈ N. Jadi kekonvergenan (|xn |) langsung diakibatkan oleh kekonvergenan (xn ).


(ii) Karena x > 0 maka

34

√

x > 0. Selanjutnya dibentuk √ √ √ √ √ ( xn − x)( xn + x) √ xn − x √ √ . xn − x = =√ (*) √ xn + x xn + x √ √ √ Karena xn + x ≥ x > 0 maka √xn1+√x ≤ √1x sehingga dari (*) diperoleh µ ¶ ¯√ √ ¯ 1 ¯ xn − x¯ ≤ √ |xn − x|. x Karena xn → x maka (xn − x) → 0, dan dengan menggunakan Teorema kekon³p ´ √ √ vergenan terdominasi maka terbukti lim( xn ) = x = lim(xn ) .

2.3

Barisan Monoton Terbatas (BMT)

Sebelumnya sudah dibahas bahwa barisan konvergen pasti terbatas, tetapi barisan terbatas belum tentu konvergen. Pada bagian ini dibahas syarat cukup agar barisan terbatas konvergen. Definisi 2.3.1. Suatu barisan (xn ) dikatakan monoton jika ia naik saja atau turun saja. Dikatakan naik jika x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn ≤ · · · , atau xn ≤ xn+1 untuk setiap n ∈ N dan dikatakan turun jika x1 ≥ x2 ≥ · · · ≥ xn ≥ · · · , atau xn ≥ xn+1 untuk setiap n ∈ N. Contoh 2.3.1. Barisan (1, 2, 3, 4, · · · , n, · · · ), (1, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 4, · · · ) merupakan barisan yang naik. Barisan (1, 21 , 13 , · · · , n1 , · · · ), merupakan barisan yang turun. Barisan (a, a2 , a3 , · · · , an , · · · ) turun jika a < 0, dan naik jika a > 0. Barisan (−1, +1, −1, · · · , (−1)n , · · · ) merupakan barisan tidak monoton. Barisan konstan (2, 2, · · · , 2, · · · ) merupakan barisan naik dan juga turun. Barisan (7, 6, 2, 1, 2, 3, 4, · · · ) dan (−2, 0, 1, 13 , 12 , 13 , · · · ) merupakan barisan tidak monoton tapi pada akhirnya monoton. Teorema 2.3.1 (Teorema Konvergen Monoton). Jika barisan (xn ) monoton dan terbatas maka ia konvergen. Selanjutnya, (i) Bila (xn ) naik maka lim(xn ) = sup{xn n ∈ N} (ii) Bila (xn ) turun maka lim(xn ) = inf{xn n ∈ N}. Bukti. (i) Diketahui (xn ) naik dan terbatas. Ada M > 0 sehingga |xn | ≤ M ⇒ xn ≤ M untuk semua n ∈ N. Jadi himpunan {xn : n ∈ N} terbatas diatas. Berdasarkan sifat supremum, himpunan ini selalu mempunyai supremum, katakan x∗ := sup{xn : n ∈ N}. Selanjutnya akan ditunjukkan lim(xn ) = x∗ .


35

Diberikan ε > 0 sebarang, maka x∗ − ε bukan lagi batas atas {xn : n ∈ N}. Jadi ada xK ∈ {xn } sehingga x∗ − ε < x K . Karena (xn ) naik dan xn < x∗ untuk setiap n maka diperoleh x∗ − ε < xK ≤ xn < x∗ < x∗ + ε untuk setiapn ≥ K. Ini berakibat x∗ − ε < xn < x∗ + ε atau |xn − x∗ | < ε untuk setiap n ≥ K, yaitu terbukti lim(xn ) = x∗ . Bukti untuk bagian (ii) lihat latihan berikut. Latihan 2.3.1. Lengkapi bukti bagian (ii) Teorema TKM di atas. Contoh 2.3.2. Selidikilah apakah barisan (xn ) yang didefinisikan oleh 1 1 1 xn := 1 + + + · · · + 2 3 n konvergen atau divergen. Bukti. Jelas barisan ini monoton naik sebab 1 xn+1 = xn + ≥ xn untuk setiap n ∈ N. n Selanjutnya dibuktikan apakah barisan ini terbatas atau tidak. Untuk melihat pola barisan ini secara numerik , kita perhatikan suku ke n 1 1 1 xn = 1 + + + · · · + 2 3 n Komputasi numerik memberikan data sebagai berikut : x10 = 2.9290, x100 = 5.1874, x1000 = 7.4855, x10000 = 9.7876, x100000 = 12.0901. Terlihat bahwa kenaikannya sangat lambat sehingga berdasarkan data ini ’seolaholah’ suku-suku barisan ini akan menuju bilangan tertentu atau konvergen. Untuk suatu n diambil¡ suku¢ke 2n , yaitu x2n . Untuk n = 1, ¡x21 = ¢1 + ¡12 . Untuk n = 2, ¢ x22 = 1 + 12 + 13 + 14 . Untuk n = 3, x23 = 1 + 21 + 13 + 14 + 15 + 16 + 17 + 18 . Secara umum diperoleh µ ¶ µ ¶ 1 1 1 1 1 1 + + ··· + + + ··· + n x2n = 1 + + 2 3 4 2n−1 + 1 2n−1 + 2 2 µ ¶ ¶ µ 1 1 1 1 1 1 > 1+ + + + n + ··· + n + ··· + ··· + n 2 4 4 2 2 2 1 1 1 1 = 1 + + + + ··· + 2} |2 2 2{z nsuku

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


36

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


37

q p √ Misalkan x = 2 2 2 · · · maka diperoleh x2 = 2x ⇒ x(x − 2) = 0 ⇒ x = 0 atau x = 2. Ini memberikan hasil yang sama yaitu lim(xn ) = 2. Latihan 2.3.2. Diberikan barisan (zn ) yang didefinisikan secara rekursif sebagai berikut : ( z1 := 1, zn+1 := 14 (2zn + 3) untuk n ≥ 1. Selidikilah kekonvergenan barisan ini. Jika ia konvergen, hitunglah limitnya. Latihan 2.3.3. Misalkan a > 0 dan z1 > 0. Didefinisikan zn+1 := (a + zn )1/2 . Selidikilah kekonvergenan barisan ini. Jika ia konvergen, hitunglah limitnya. Latihan 2.3.4. Buktikan dengan menggunakan TKM, jika 0 0.

2.4

Barisan Bagian

Pada bagian awal Bab ini telah diperkenalkan istilah ekor barisan. Ekor barisan ini merupakan bentuk khusus dari barisan bagian. Berikut ini diberikan definisi barisan bagian. Definisi 2.4.1. Misalkan X := (xn ) barisan bilangan real dan misalkan diambil barisan bilangan asli naik tegas, yaitu r1 < r2 < · · · < rn < · · · maka barisan X 0 yang diberikan oleh (xr1 , xr2 , xr3 , · · · , xrn , · · · ) disebut barisan bagian dari X. Barisan bagian ini ditulis X 0 := (xrn : n ∈ N). Contoh 2.4.1. Diberikan barisan X := (1, 21 , 13 , · · · , n1 , · · · ). Beberapa barisan bagian dari X adalah 1 , · · · )., (a) X 0 := ( 12 , 14 , · · · , 2n

(b) X 00 := (1, 13 , 51 , · · · ,

1 , · · · ). 2n−1

1 (c) X 000 := ( 14 , 15 , 61 , · · · , n+3 , · · · ).

Sedangkan berikut ini bukan merupakan barisan bagian X : (a) Y 0 := (1, 13 , 12 , 41 , 13 , · · · ) (b) Y 00 := ( 12 , 21 , 13 , 13 , · · · ).


38

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

Contoh 2.4.2. Kita buktikan dengan menggunakan TKBB bahwa lim(c1/n ) = 1 dimana c > 0. Misalkan zn = c1/n , diambil z2n = c1/2n = (c1/n )2 = zn2 sebagai barisan bagiannya. Ditulis z = lim(zn ), diperoleh lim(zn ) = lim(z2n ) lim(zn ) = lim((zn )2 ) = (lim(zn ))2 z = z 2 ⇒ z(z − 1) = 0 ⇒ z = 0 atau z = 1. Karena zn > 0 untuk setiap n dan (zn ) monoton naik (seharusnya sudah dibuktikan pada latihan sebelumnya) maka dimabil z = 1. Melalui TKBB kita dapat membuat kriteria barisan divergen. Diperhatikan kontraposisinya, jika ada dua barisan bagian konvergen tetapi limit keduanya tidak sama maka barisan induknya divergen.


39

Contoh 2.4.3. Diperhatikan barisan X := ((−1)n ) mempunyai dua barisan bagian X 0 := (x2n ) = ((−1)2n ) dan X 00 := (x2n−1 ) = ((−1)2n−1 ). Karena lim X 0 = 1 6= −1 = lim X 00 maka barisan ((−1)n ) divergen, hasil yang sama seperti sebelumnya. Tidak semua barisan monoton, tetapi pada setiap barisan selalu dapat dikonstruksi barisan bagian yang monoton. Bila barisan induknya terbatas maka jelas setiap barisan bagian juga terbatas. Kosekuensi dari kenyataan ini diperoleh Torema terkenal berikut. Teorema 2.4.2 (Teorema Bolzano-Wierestraß). Setiap barisan terbatas selalu memuat barisan bagian yang konvergen. Sebagai ilustrasi yang menjelaskan Teorema B-W ini diperhatikan barisan ((−1)n ) merupakan barisan terbatas tetapi tidak konvergen. Dua barisan bagiannya yaitu (x2n ) = ((−1)2n ) dan (x2n−1 ) = ((−1)2n−1 ) konvergen, berturut-turut ke 1 dan −1.

2.5

Barisan Cauchy dan Kontraksi

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


40

Kriteria Cauchy untuk barisan diungkapkan pada Teorema berikut. Teorema 2.5.1. Suatu barisan bilangan real adalah konvergen bila hanya bila ia barisan Cauchy. Bukti. (⇒) Diketahui (xn ) konvergen, katakan lim(xn ) = x. Diberikan ε > 0 sebarang, maka ada bilangan asli K sehingga |xn − x| < ε/2 untuk setiap n ≥ K. Jadi untuk setiap m, n ≥ K berlaku |xn − xm | = |(xn − x) + (x − xm )| ≤ |x − xn | + |x − xm | < ε/2 + ε/2 = ε. Terbukti (xn ) barisan Cauchy. (⇐) Diberikan ε > 0 sebarang. Karena (xn ) Cauchy maka ada bilangan asli K1 sehingga |xn − xm | < ε/2 untuk setiap m, n ≥ K1 . Berdasarkan Lemma 2.5.1, barisan Cauchy (xn ) ini terbatas dan berdasarkan Teorema Bolzano-Wierestraß terdapat barisan bagian (xrn ) yang konvergen, katakan lim(xrn ) = x∗ . Oleh karena itu terdapat bilangan asli K2 sehingga |xrn − x∗ | < ε/2 untuk setiap rn ≥ K2 . Bila diambil K := max{K1 , K2 } maka keduanya berlaku |xn − xm | < ε/2 dan |xrn − x∗ | < ε/2 untuk setiap n, m, rn ≥ K. Khususnya untuk m = K = rn berlaku |xn − xK | < ε/2 dan |xK − x∗ | < ε/2 untuk setiap n ≥ K. Akhirnya diperoleh untuk setiap n ≥ K berlaku |xn − x∗ | = |xn − xK + xK − x∗ | ≤ |xn − xK | + |xK − x∗ | < ε/2 + ε/2 = ε, yaitu (xn ) konvergen ke x. Contoh 2.5.1. Kita tunjukkan ( n1 ) adalah barisan Cauchy. Diberikan ε > 0 sebarang. Selalu ada bilangan asli K sehingga K > 2ε . Jadi untuk setiap m, n ≥ M berlaku m1 < 2ε dan n1 < 2ε . Jadi |xm − xn | = |1/m − 1/n| ≤ 1/m + 1/n < 2/ε + 2/ε = ε, untuk setiap m, m ≥ K. n

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


41

Contoh 2.5.2. Selidikilah kekonvergenan barisan (xn ) yang didefinisikan secara rekursif berikut : ( x1 := 1, x2 := 2 xn := 12 (xn−2 + xn−1 ) untuk n ≥ 2. Penyelesaian. Dapat ditunjukkan dengan induksi bahwa 1 ≤ xn ≤ 2 untuk setiap n ∈ N. Apakah barisan ini monoton ?. Coba perhatikan beberapa suku pertamanya berikut ini, 1.0000, 2.0000, 1.5000, 1.7500, 1.6250, 1.6875, 1.6563, 1.6719, 1.6641, 1.6680 Tidak ada indikasi barisan ini monoton sehingga TKM tidak dapat digunakan. Diperhatikan secara rekursif didapat 1 |xn − xn+1 | = |xn + (xn−1 − xn )| 2 1 = |xn − xn−1 | 2 1 = |xn−1 − xn | 2 1 1 = 2 |xn−1 − xn−2 | = 2 |xn−2 − xn−1 | 2 2 .. . 1 1 = n−1 |x2 − x1 | = n−1 . 2 2 Misalkan m > n, diperhatikan suku-suku ke n, n + 1, n + 2, · · · , m − 1, m. Dengan menggunakan ketidaksamaan segitiga diperoleh |xn − xm | = |(xn − xn+1 ) + (xn+1 − xn+2 ) + (xn+2 − xn+3 ) + · · · + (xm−1 − xm )| ≤ |xn − xn+1 | + |xn+1 − xn+2 | + |xn+2 − xn+3 | + · · · + |xm−1 − xm | 1 1 1 1 = n−1 + n + n+1 + · · · + m−2 2 2 2 µ 2 ¶ 1 1 1 1 = n−1 1 + + 2 + · · · + m−n−1 2 2 2 2 ¢ 2 1 1 ¡ = n−1 2 − (1/2)m−n−1 < n−1 = n−2 2 2 2 Diambil K bilangan asli terkecil yang lebih besar dari (2 −2 log ε), maka |xn − xm | < ε untuk setiap m, m ≥ K. Terbukti barisan ini konvergen. Selanjutnya, limit barisan tidak dapat diperoleh dengan menggunakan sifat ekor barisan karena akan menghasilkan relasi x = 1 (x + x). Relasi ini selalu benar tetapi tidak memberikan informasi apapun. 2


42

Sekarang digunakan TKBB. Ambil suku-suku ganjil (x2n+1 : n ∈ N). Untuk n = 1 diperoleh x3 = 1 + 21 . Karena x4 = 12 (2 + 32 ) = (1 + 12 + 41 ), maka untuk n = 2 diperoleh x5 = 12 (x3 + x4 ) = 1 + 12 + 213 . Karena x6 = 1 + 12 + 213 + 214 , maka untuk n = 3 diperoleh x7 = 1 + 21 + 213 + 215 . Secara umum, dengan menggunakan induksi matematika dapat dibuktikan bahwa setiap bilangan asli n berlaku 1 1 1 1 + 3 + 5 + · · · + 2n−1 2 {z 2 } |2 2 deret geometri nsuku ¡ ¢ 1 1 n 1 − ( ) 4 = 1+ 2 3/4 2 = 1 + (1 − (1/4n )) . 3

x2n+1 = 1 +

Berdasarkan ini diperoleh

µ

¶ 2 n lim(xn ) = lim(x2n+1 ) = lim 1 + (1 − (1/4 )) = 1 + 2/3 = 5/3. 3

Latihan 2.5.2. Misalkan y1 dan y2 bilangan real sebarang dengan y1 < y2 . Didefinisikan yn := 13 yn−1 + 23 yn−2 untuk n ≥ 2. Selidikilah kekonvergenan barisan (yn ), dan bila ia konvergen hitunglah limitnya. Satu lagi kriteria kekonvergenan barisan bilangan real yang diberikan pada penghujung Bab ini yaitu barisan kontraksi. Definisi 2.5.2. Barisan bilangan real X := (xn ) dikatakan kontraksi jika ada bilangan real C dengan 0 < C < 1 sehingga |xn+2 − xn+1 | < C|xn+1 − xn | untuk setiap bilangan asli n. Kita sebut saja bilangan C sebagai kontraktornya. Sifat kontraksi ini dapat dipahami sebagai berikut. Misalkan didefinisikan dn := |xn+1 − xn | yaitu magnitud atau jarak dari dua suku yang berdekatan. Bila barisan magnitud ini (dn ) turun secara tegas maka barisan (xn ) bersifat kontraksi. Ini berarti jarak antara dua suku berdekatan semakin lama semakin kecil. Teorema 2.5.2. Bila (xn ) barisan kontraksi maka ia konveregen. Bukti. Cukup dibuktikan barisan kontraksi (xn ) merupakan barisan Cauchy. Pertama diperhatikan pola magnitud selisih yang didominasi oleh |x2 − x1 | |xn+2 − xn+1 | ≤ ≤ = .. . ≤

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


43

Sekarang kita melakukan estimasi untuk selisih |xm −xn |, diasumsikan saja m > n. Seperti idea ketika menyelesaikan soal pada Contoh 2.5.2, diperoleh |xn − xm | = ≤ = ≤

|(xn − xn+1 ) + (xn+1 − xn+2 ) + (xn+2 − xn+3 ) + · · · + (xm−1 − xm )| |xn − xn+1 | + |xn+1 − xn+2 | + |xn+2 − xn+3 | + · · · + |xm−1 − xm | |x − xn | + |xn+2 − xn+1 | + |xn+3 − xn+2 | + · · · + |xm − xm−1 | ¡ n+1 ¢ n−1 C + C n + C n+1 + · · · + C m−2 |x2 − x1 | | {z } (m−n) suku deret geometri

µ

¶ 1 − C m−n = C |x2 − x1 | 1−C µ ¶ 1 n−1 ≤ C |x2 − x1 | → 0 1−C n−1

sebab 0 < C < 1. Jadi disimpulkan bahwa (xn ) barisan Cauchy, dan akibatnya ia konvergen. Contoh 2.5.3. Kita tunjukkan bahwa barisan (xn ) dengan xn = n1 merupakan barisan kontraksi. Diperhatikan ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 ¯ ¯ ¯ 1 1 −1 ¯=¯ ¯= |xn+2 − xn+1 | = ¯¯ − ¯ ¯ ¯ n + 12 n + 1 (n + 2)(n + 1) (n + 2)(n + 1) dan

¯ ¯ ¯ 1 ¯ 1 −1 1 |xn+1 − xn | = ¯¯ − ¯¯ = = . n+1 n n(n + 1) n(n + 1)

1 Karena (n+2)(n+1) < kontraksi.

1 n(n+1)

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

Contoh 2.5.4. Misalkan x1 suatu bilangan real dengan 0 < x1 < 1. Didefinisikan 1 xn+1 := (x3n + 2), n ≥ 1. 7 Selidikilah apakah barisan ini konvergen. Bukti. Karena 0 < x1 < 1 maka xn = 17 (x3n−1 + 2) < 3/7 < 1 untuk setiap n ∈ N. Karena itu diperoleh ¯ ¯ ¯1 3 ¯ 1 3 |xn+2 − xn+1 | = ¯¯ (xn+1 + 2) − (xn + 2)¯¯ 7 7 ¯ 1 1 ¯¯ 3 = xn+1 − x3n ¯ = |(x2n+1 + xx+1 xn + x2n )(xn+1 − xn )| 7 7 3 ≤ |xn+1 − xn |. 7


44

Karena C = 37 < 1 maka disimpulkan ia merupakan barisan kontraksi, jadi konvergen. Karena konvergen, pertanyaan selanjutnya adalah berapa limitnya? Misalkan x := lim(xn ) maka diperoleh x3 − 7x + 2 = 0, yaitu limit barisan ini merupakan salah satu akar polinomial x3 − 7x + 2 = 0. Beberapa suku pertamanya adalah 0.5, 0.303571, 0.289711, 0.289188, 0.289169, 0.289169. Jadi dapat disimpulkan bahwa lim(xn ) ≈ 0.289169. Latihan 2.5.3. Jika x1 < x2 dan xn := 12 (xn−2 + xn−1 ) untuk n ≥ 3, buktikan (xn ) konvergen. Berapakah limitnya.

SOAL-SOAL LATIHAN BAB 2 1. Buktikan dengan menggunakan definisi limit barisan ³ 2 ´ n −1 a. lim 2n = 12 2 +3 ³√ ´ n =0 b. lim n+1 2. Buktikan bahwa lim(xn ) = 0 bila hanya bila lim(|xn |) = 0. Periksalah pernyataan ini untuk xn = (−1)n . 3. Jika lim(xn ) = x dan x > 0, tunjukkan bahwa ada bilangan asli M sehingga xn > 0 untuk setiap n ≥ M . ¡ ¢ 4. Buktikan bahwa lim (2n)1/n = 1. ¡ n¢ 5. Buktikan bahwa lim 2n! = 0. 6. Misalkan X dan Y suatu barisan. Jika X dan X + Y konvergen, buktikan Y juga konveregen. ¡ n¢ 7. Buktikan barisan (−1) konvergen. n ¡ ¢ 8. Buktikan barisan (−1)n n divergen. 9. Hitunglah nilai limit berikut dan nyatakan secara eksplisit Teorema yang digunakan pada setiap langkahnya. ¡ ¢ a. lim (2 + 1/n)2 . ¡√ ¢ b. lim √n−1 . n+1 ¢ ¡ 10. Buktikan lim sinn n = 0.

45


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

1 xn

untuk n ≥ 2. Buktikan bahwa

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

1 1 1 + + ··· + . n+1 n+2 2n

14. Sebelum tahun 1500 SM, orang Mesopotamia menghitung akar suatu bilangan positif menggunakan iterasi berikut : Misalkan a > 0, didefinisikan ( s1 := 1, sn+1 := 12 (sn + a/sn ) untuk n ≥ 1. Buktikan (sn ) konvergen ke 15. Misalkan xn := terbatas.

1 12

√

a. Gunakan hasil ini untuk aproksimasi

√

2.

+ 212 + · · · + n12 . Buktikan barisan (xn ) monoton naik dan

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

C n−1 |x2 1−C

b. |x − xn | ≤

C |x 1−C n

− x1 |. − xn−1 |.

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

SISTEM BILANGAN REAL

Recommend Documents