1. ANALISIS REAL
PENDAHULUAN
Pengetahuan dan pemahaman seseorang tentang system bilangan real R beserta sifat-sifatnya,
akan menentukan pemahaman orang itu dalam membahas konsep-konsep analisis,
karena system bilangan real merupakan salah satu konsep yang mendasari pembahasan
analisis.
Ada dua cara yang dapat digunakan untuk mengenali system bilangan real ini,yaitu
secara konstruksi dan secara aksiomatik. Akan tetapi dalam buku ini system bilangan real akan
dikenali secara aksiomatik, yaitu dengan menganggap system bilangan real memenuhi sifat-sifat
tertentu yang dirumuskan dalam tiga gugusan aksioma, aksioma tersebut adalah :
Aksioma Lapangan, Aksioma Urutan dan Aksioma Kelengkapan.
Topik-topik terkait lainnya dalam system bilangan real yang dibahas adalah : Nilai
Mutlak, selang, Titik Kumpul atau titik limit, himpunan terbuka dan himpunan tertutup pada
R.
1 Sifat-sifat Aljabar Bilangan Real
Aksioma 1. 1(Aksioma Lapangan)
Misalkan R menyatakan bilangan real, penjumlahan (+) dan perkalian(.) merupakan operasi
biner yang didefinisikan pada R, maka
(A1) a + b = b + a untuk setiap a, b R
(A2) (a + b + c) = a + ( b + c)
untuk setiap a, b, c R
(A3) ada unsur 0 R sedemikian sehingga 0 + a = a dan a + 0 = a untuk setiap a R
Analisis Real_________________________________________ 1

2. (A4) untuk setiap a R, ada -aR sedemikian sehingga a +(-a) = (-a)+ a = 0.
(M1) a . b = b . a untuk setiap a, b R
(M2) (a . b) c = a . ( b . c) untuk setiap a, b, c R
(M3) ada unsur 1 R sedemikian sehingga 1. a = a dan a .1 = a untuk setiap a R
(M4) untuk setiap a 0R, ada 1/aR sedemikian sehingga a .(1/a) = (1/a). a = 1.
(D) a.(b +c) = a.b + a.c dan (b +c).a = b.a + c.a untuk semua a,b,c R
Unsur 0 pada A3 dan unsur 1 pada M3, unsure negatif pada A4 dan unsure balikan
pada M4 adalah tunggal. Hal ini dapat ditunjukkan dengan cara sebagai berikut:
Akan ditunjukkan bahwa unsur 0 dan unsur 1 tunggal.
Misalkan terdapat dua unsure nol, yaitu z1 dan z2, maka z1 + a = a dan z2 + a = a untuk semua a
di R. akan dibuktikan bahwa z1= z2.
Karena z1 , z2 di R dan memenuhi z1 + a = a = z2 + a atau z1 + a = z2 + a, selanjutnya dengan
menambahkan pada kedua ruas dengan –a, akan kita dapatkan z1 + a +(-a)= z2 + a + (-a).
berdasarkan sifat A4 dan A3, maka z1= z2. Dengan cara yang sama akan kita dapatkan bahwa
unsure satuan itu tunggal.
Teorema 1.1
(ijika z, a di R sedemikian sehingga z + a = a, maka z = 0
(ii jika u. b di R dan b 0 sedemikian sehingga u. b = b, maka b = 1
Bukti
(ikarena a di R, maka berdasarkan A4, ada –a di R sedemikian sehingga a + (-a) = 0.
Jadi, (z +a) +(-a) = a +(-a) = 0 dan berdasarkan sifat A2, A4 dan A3 kita peroleh
z + (a +(-a)) = z + 0 = 0. jadi z = 0.
(ii Karena b di R dan b 0, maka berdasarkan sifat M4 ada unsur 1/b di R sedemikian
sehingga b.(1/b) = 1. Jadi (u.b).1/b = b.(1/b) = 1 dan berdasarkan sifat M2, M4 dan M3 kita
peroleh (u.b).1/b = u.( b.1/b) = u.1 = 1. Jadi u = 1.
Teorema 1.2
(ijika b, a di R sedemikian sehingga b + a = 0, maka b = -a
(ii jika a, b di R dan a 0 sedemikian sehingga a. b = 1, maka b = 1/a
Bukti
(i karena a di R, maka berdasarkan A4, ada –a di R sedemikian sehingga a + (-a) = 0.
Analisis Real_________________________________________ 2

3. Jadi, (b +a) +(-a) = 0 +(-a) = -a dan berdasarkan sifat A2, A4 dan A3 kita peroleh
b + (a +(-a)) = b + 0 = -a. jadi b = -a.
(ii Karena a di R dan a 0, maka berdasarkan sifat M4 ada unsure 1/a di R sedemikian
sehingga a.(1/a) = 1. Jadi (b.a).1/a = 1.(1/a) = 1/a dan berdasarkan sifat M2, M4 dan M3
kita peroleh (b.a).1/a = b.( a.1/a) = b.1 = 1/a.
Jadi b = 1/a.
Berikut ini akan diberikan teorema yang berkaitan dengan penyelesaian suatu persaman
dan ketunggalan dari sebuah solusi.
Teorema 1.3
Misalkan a, b R, maka
(i Persamaan a + x = b mempunyai penyelesaian tunggal yaitu x = (-a) + b
(ii Jika a 0 dan persamaan a.x = b mempunyai penyelesaian tunggal x = (1/a).b
Bukti
(i pertama akan ditunjukkan bahwa a + x = b mempunyai penyelesaian. Dengan
menambahkan –a pada kedua ruasnya dan dengan menggunakan aksioma lapangan R
akan kita dapatkan (-a) + a + x = (-a) + b atau (-a) + a + x = 0 + x = x = (-a) + b.
kedua akan ditunjukkan bahwa solusinya tunggal. Misalkan ada penyelesaian yang lain
yaitu x1. Misalkan x1 x, karena x1 solusi, maka a + x1 = b, akan tetapi a + x1 a + x atau a +
x1 b. hal ini kontradiksi bahwa x1 adalah solusi. Jadi haruslah x = x1.
(ii Buktikan sebagai latihan anda.
Analisis Real_________________________________________ 3

4. BILANGAN NEGATIF DAN
BILANGAN RASIONAL
Pada bagian ini, kita akan mempelajari beberapa teorema yang berkaitan dengan
perkalian bilangan negatif dan bilangan rasional. Dibahas pula tentang sifat bilangan yang
dikalikan dengan nol, bilangan yang dikalikan dengan negatif, dan hasil kali bilangan negatif
dikalikan dengan bilangan negatif lainnya. Demikian pula akan dikaji tentang sifat bilangan
rasional dan bilangan irasional.
Untuk itu, perhatikan dengan baik dan pahami beberapa teorema berikut,
Teorema 2.1
Misalkan a R, maka
(i a. 0 = 0
(ii (-1). a = -a
(iii – (-a) = a
(iv (-1).(-1) = 1
Bukti
(i Berdasarkan M3, kita ketahui bahwa a.1 = a. Disini
a + a . 0 = a . 1 + a . 0 = a . (1 + 0)
= a . 1 = a
Berdasarkan teorema 1.1, kita simpulkan bahwa a . 0 = 0
(ii Hal ini dapat dilihat bahwa
a + (-1) . a = 1 . a + (-1) . a = (1 +(-1)) . a = 0 . a = 0
Berdasarkan teorema 1.2, dapat kita simpulkan (-1) . a = -a
Analisis Real_________________________________________ 4

5. (iii Berdasarkan A4 kita punyai bahwa –a + a = 0, dan berdasarkan teorema 1.2 kita peroleh
bahwa a = -(-a)
(iv Pada bagian (ii), substitusikan a = -1 sehingga kita peroleh –(-1) = (-1).(-1). Kemudian
berdasarkan bagian (iii) dengan mengambil a = 1.
Teorema 2.2
(a Jika a R dan a0, maka 1/a 0 dan 1/(1/a) = a
(b Jika a, b R dan a . b = 0, maka a = 0 atau b = 0
(c Jika a, b R, maka (-a).(-b) = a . b
(d Jika a R dan a 0, maka 1/(-a) = -(1/a)
Bukti
(a jika a 0, maka 1/a 0.
andaikan 1/a = 0, maka 1 = a. (1/a) = a.0 = 0.
hal ini bertentangan dengan M4.
karena a. (1/a) = 1, berdasarkan teorema 1.2, maka a = 1/(1/a)
(b Misalkan bahwa a.b = 0 dan a 0.
jika kita kalikan dengan 1/a pada kedua ruasnya, maka akan didapatkan
b = 1.b = ((1/a).a).b = (1/a). (a.b) = (1/a). 0 = 0.
dengan alasan yang sama dapat digunakan untuk menunjukkan
jika b 0, maka diperoleh a = 0.
(c Berdasarkan teorema 1.4, kita punyai –a = (-1).a dan –b =(-1).b, sehingga
(-a) . (-b) = ((-1).a).((-1).b) = (a.(-1)).((-1).b)
= a. ((-1).(-1)) . b = a . 1 . b = a.b
(d Jika a 0, maka 1/a 0 dan –a 0.
Karena a .(1/a) = 1. hal ini menunjukkan berdasarkan bagian (c) bahwa (-a) . (-(1/a)) = 1.
jika kita gunakan teorema 1.2, kita dapat memperoleh bahwa 1/(-a) = -(1/a).
Bilangan Rasional
Sekarang kita akan memperumum notasi perkalian (.) dan dituliskan ab untuk a.b. Sama
halnya dengan a2 untuk aa, a3 untuk aaa = (a2)a, dan jika n N, kita definisikan bahwa an + 1= (an)
Analisis Real_________________________________________ 5

6. a. Berdasarkan prinsip induksi matematika dapat ditunjukkan bahwa jika m,n N, maka am + n =
am. an, untuk sembarang a R. sama halnya dengan kita menuliskan 2 = 1 + 1, 3 = 2 + 1, dan
seterusnya. Selanjutnya, kita menuliskan secara umum bahwa b – a = (-a) + b = b + (-a), dan
juga generalisasi dari b/a = (1/a).b = b.(1/a). kita juga mendefinisikan bahwa a-1 = 1/a dan a-n =
1/an.
Elemen dari R yang berbentuk b/a atau –b/a untuk a,b N dengan a 0 dikatakan sebagai
Bilangan Rasional, dan semua himpunan bilangan rasional dalam R dinotasikan dengan Q.
Semua elemen dari R yang bukan bilangan rasional disebut Bilangan Irasional.
Teorema 2.3
Tidak ada bilangan rasional r sedemikian sehingga r2 = 2
Bukti
Andaikan r Q, maka r = p/q, q0 dengan p,q anggota bilangan bulat. Tanpa mengurangi
keumuman, misalkan p dan q tidak mempunyai factor persekutuan selain 1. karena 2 = p2/q2
atau p2 = 2 q2, maka p haruslah bilangan genap(jika p ganjil, misal p = 2k + 1, maka p2 = 4k2 + 4k
+ 1 = 2(2k2 + 2k) + 1 adalah ganjil). Selanjutnya misalkan p = 2m untuk sembarang bilangan
bulat m dan berlaku 4m2 = 2q2. hal ini menunjukkan bahwa q2 = 2m2, dimana q bilangan genap.
Hal ini kontradiksi dengan pemisalan bahwa p dan q tidak mempunyai factor persekutuan
selain 1( karena p dan q bilangan genap). Jadi tidak bilangan rasional r sedemikian sehingga r2
= 2.
Soal Latihan
1 Jika a R dan memenuhi a.a = a. Buktikan bahwa salah satu a = 0 atau a = 1
2 Jika a 0 dan b 0, tunjukkan bahwa 1/ab = 1/a . 1/b
3 Misalkan a,b,cR, buktikan
a Jika a + b = 0 dan a + c = 0, maka b = c = -a
b Jika a 0, ab = 1 dan ac = 1, maka b = c = 1/a
4 Buktikan bahwa tidak ada r sedemikian sehingga r2 = 6 dan r2 = 3
Analisis Real_________________________________________ 6

7. URUTAN BILANGAN REAL
Pada pembahasan sebelumnya, kita belum menentukan bilangan real yang lebih besar
atau yang lebih kecil. Hal ini dilandaskan karena belum adanya alsioma atau teorema yang
mengatakan tentang bilangan positif. Untuk itu, pada kajian ini, kita akan membahas tentang
sifat urutan yang ada pada bilangan real.
Sebelumnya tentu baik bagi kita untuk mempelajari tentang sebuah aksioma mengenai
urutan. Aksioma ini sangat bermanfaat untuk menentukan apakah sebuah bilangan termasuk
bilangan positif, termasuk bilangan negatif, atau lainnya. Aksioma inilah yang akan menjadi
landasan hadirnya tanda ketaksamaan, seperti, , , , dan .
Sifat-sifat Urutan dari R
Pada bagian berikut ini akan dibahas sifat-sifat urutan dari R yang sangat penting
peranannya dalam subbarisan.
Aksioma 3.1(Aksioma Urutan)
Subhimpunan tak-kosong P dari R dinamakan himpunan bilangan real positif, jika memenuhi
sifat-sifat berikut;
(i Jika a,b P, maka a + bP
(ii Jika a,b P, maka a . bP
(iii Jika a R, maka salah satu dari ketiga sifat berikut dipenuhi a P, a = 0 atau –a P (sifat
trikothomi)
Definisi 3.2
(i Jika a P, maka a bilangan positif yang dituliskan dengan a 0
Analisis Real_________________________________________ 7

8. (ii Jika a P atau a = 0, maka a dikatakan bukan bilangan negatif yang dituliskan dengan
a 0
(iii Jika –a P, maka dikatakan a bilangan negatif yang dituliskan dengan a 0
(iv Jika –a P atau a = 0, maka a dikatakan bukan bilangan positif yang dituliskan dengan
a 0
Definisi 3.3
Misalkan a,b R
(i Jika a – b P, maka a b
(ii Jika –(a – b) P, maka a b
(iii Jika a – b P {0}, maka a b
(iv Jika –(a – b) P {0}, maka a b
Teorema 3.4
Misalkan a, b, c R
(a Jika a b dan b c, maka a c
(b Satu dan hanya satu dari hubungan berikut berlaku : a b, a = b, a b
(c Jika a b dan b a, maka a = b
Bukti
(a karena a b dan b c, maka a – b P dan b – c P.
Berdasarkan aksioma urutan (i), maka
(a – b) + (b – c) = a + ((-b) + b) – c = a + 0 – c = a – c P.
Hal ini menunjukkan bahwa berdasarkan definisi 3.3, kita peroleh a c.
(b Berdasarkan sifat trikotomi dan definisi 5.3, maka a – b P, a – b = 0 atau –(a–b) P.
(c Andaikan a b, maka berdasarkan bagian (b) kita peroleh bahwa a – b P atau b – a P, di
mana a b atau b a. hal ini kontradiksi dengan yang diketahui. Jadi haruslah a = b.
Teorema 3.5
(a Jika a 0 R, maka a2 0
(b 1 0
(c Jika n N, maka n 0
Bukti
Analisis Real_________________________________________ 8

9. (a Karena a 0, maka a atau –a di P. Jika a di P, maka berdasarkan aksioma a2 = aa di P. Jika
–a di P, maka berdasarkan teorema 1.5 a2 = (-a).(-a) di P. jadi, dalam tiap kasus a2 P.
(b Ambil a = 1 pada bagian (a) sehingga 1 = 12 di P
(c Buktikan sendiri dengan menggunakan induksi matematika.
Teorema 3.6
Misalkan a, b, c R
(a Jika a b, maka a + c b + c
(b Jika a b dan c d, maka a + c b + d
(c Jika a b dan c 0, maka ac bc
(d Jika a b dan c 0, maka ac bc
(e Jika a 0, maka 1/a 0
(f Jika a 0, maka 1/a 0
Bukti
(a Karena a b, maka a – b di P. Sedangkan a – b = a – b + 0 = a – b + c + (-c) = a + c – (b +
c) di P. Jadi, berdasarkan definisi dapat kita simpulkan bahwa a + c b + c.
(b Karena a b dan c d, maka a – b dan c – d di P. Berdasarkan aksioma urutan dapat
diperoleh (a – b) + (c – d) = (a + c) – (b + d) di P. Hal ini menunjukkan bahwa a + c b + d.
(c a b dan c 0, berdasarkan definisi 3.1 dan 3.2 kita peroleh (a – b).c di P. berdasarkan
sifat distributive, maka (a – b).c = ac – bc di P. Jadi ac bc.
(d a b dan c 0, berdasarkan definisi 3.1 dan 3.2 kita peroleh (a – b).(-c) di P. berdasarkan
sifat distributive, maka (a – b).(-c) = -ac + bc di P. Jadi ac bc.
(e Jika a 0, maka berdasarkan sifat trikotomi a 0 sedemikian sehingga 1/a ada. Jika 1/a
= 0, maka 1 = a.(1/a) = 0, kontradiksi. Jika 1/a 0, maka berdasarkan bagan (d) dengan c =
1/a berakibat 1 = a (1/a) 0, kontradiksi. Jadi, haruslah 1/a 0.
(fGunakan alasan yang sama dengan (e)
Teorema 3.7
Jika a b, maka a ½(a + b) b
Bukti
Karena a b, maka berdasarkan teorema 3.6 kita dapatkan a + a = 2a a + b. Demikian juga a +
b 2b. Karena 2 0, maka berdasarkan teorema 3.6 (e) ½ 0. Selanjutnya gunakan c = ½ pada
Analisis Real_________________________________________ 9

10. teorema 3.6 (c) sedemikian sehingga a ½(a + b) dan ½(a + b) b. Jadi, berdasarkan teorema
3.4 a ½(a + b) b
Teorema 3.8
Jika ab 0, maka a 0 dan b 0 atau a 0 dan b 0.
Bukti
Jika ab 0, maka a 0 dan b 0. Jika a 0, maka (1/a( 0. Dengan demikian b = ((1/a)a)b =
(1/a).(ab) 0. Dengan kata lain, jika a 0, maka 1/a 0, hal ini menunjukkan bahwa b =
((1/a)a)b = (1/a).(ab) 0.
Akibat 3. 9
Jika ab 0, maka a 0 dan b 0 atau a 0 dan b 0.
Soal Latihan
Misalkan a, b , c dan d R
1 Jika 0 a b dan 0 c d, maka buktikan 0 ac bd
2 Jika 0 a b buktikan bahwa a2 ab b2
3 Jika a, b R dan a2 + b2 = 0. tunjukkan bahwa a = b = 0.
4 Jika n N, tunjukkan bahwa n2 n dan 1/n2 1/n.
5 Jika a -1, a R, tunjukkan bahwa (1 + a)n 1 + na untuk setiap n N.
6 Jika c 1, c R, tunjukkan bahwa cn c untuk setiap n N.
7 Jika c 1, c R, tunjukkan bahwa cm cn untuk setiap m n dengan m,n N.
Analisis Real_________________________________________ 10

11. Nilai Mutlak
Sebuah konsep yang sangat penting dalam bilangan real adalah tentang harga mutlak.
Ini merupakan sebuah konsep yang bermanfaat untuk menentukan besaran jarak, panjang
vektor, akr sebuah bilangan dan lain sebagainya.
Hal yang mendasar dari konsep harga mutlak adalah tentang definisi atau pengertian
dan sebuah ketaksamaan, yaitu ketaksamaan segitiga. Dalam matematika sekolah, harga
mutlak biasanya digunakan dalam bahasan tentang pertidaksamaan, panjang vektor.
Definisi 4.1
Jika a R, nilai mutlak dari a dinotasikan dengan | a | dan didefinsikan dengan
| a | = a jika a 0
= -a jika a 0
Jadi domain dari nilai mutlak adalah semua bilangan real dengan range P {0}, dan peta dari a
dan –a adalah sebuah elemen yang sama.
Teorema 4.2
(a | a | = 0 jika dan hanya jika a = 0
(b | -a | = | a | untuk setiap a anggota R
(c | ab | = | a | | b | untuk setiap a,b anggota R
(d Jika c 0, maka | a | c jika dan hanya jika –c a c
(e -| a | a | a | untuk setiap a anggota R
Analisis Real_________________________________________ 11

12. Bukti
(a Jika a = 0, maka berdasarkan definisi | 0 | = 0. Jika a 0, maka –a 0 sedemikian
sehingga | a | 0.
(b Jika a = 0, maka | 0 | = 0 = | -0 |. Jika a 0, maka | a | = a = | -a |. Jika a 0,
maka | a | = -a = | -a |.
(c Jika a 0 dan b 0, maka ab 0 sedemikian sehingga | ab | = ab = | a |. | b |.
Jika a 0 dan b 0, maka ab 0 sedemikian sehingga | ab | = -(ab) = a. (-b) = | a |. | b
| Jika a 0 dan b 0, maka ab 0 sedemikian sehingga | ab | = -(ab) = (-a).b = | a |. |
b |. Jika a 0 dan b 0, maka ab 0 sedemikian sehingga | ab | = a.b = (-a). (-b) = | a
|. | b |
(d Andaikan a 0, maka | a | = a sedemikian sehingga | a | = a c. Bila a 0, maka
| a | = -a c atau –c a. Jadi, berdasarkan sifat urutan kita peroleh –c a c. bukti
konversnya sebagai latihan sendiri.
(e Gunakan bukti bagian (d) dengan mengambil c = | a |.
Teorema 4.3 (Ketaksamaan Segitiga)
Jika a, b sembarang bilangan real, maka ||a| - |b|| | a b | | a | + | b |
Bukti
Berdasarkan teorema 4.1, kita punya -| a | a | a | dan -| b | b | b | berdasarkan teorema
4.2 kita simpulkan bahwa –(|a| + |b|) = -|a| - |b| a b | a | + | b |. Berdasarkan teorema
3.11 kita dapatkan | a b | | a | + | b |.
Karena |a| = |(a –b) + b| | a –b | + | b |, hal ini menunjukkan bahwa |a| - |b| | a - b |.
Dengan cara yang sama akan kita dapatkan juga bahwa |b| - |a| | a - b |. Dari kedua
ketaksamaan tersebut dapat disimpulkan bahwa ||a| - |b|| | a - b |.
Akibat 4.4
Jika a1, a2, a3, . . ., an adalah sembarang bilangan real, maka
| a1+ a2 + a3 + . . . + an | | a1| + | a2| + | a3| + . . . + | an|
Bukti
Analisis Real_________________________________________ 12

13. Jika n = 2 telah dibuktikan di atas, sedangkan untuk n 2 kita gunakan induksi dan sifat
ketaksamaan segitiga di atas bahwa,
| a1+ a2 + a3 + . . . + ak+ ak+1 | = | (a1+ a2+ a3+ . . . + ak) + ak+1|
|(a1+ a2+ a3+ . . . + ak)| +| ak+1|
Soal Latihan
1 Misalkan 0, aR. Tunjukkan bahwa a - x a+ jika dan hanya jika |x –a| .
2 Jika a,b R dan b 0. Tunjukkan bahwa | a/b | = |a|/|b|.
3 Sketsalah titik (x, y) pada daerah R x R (cartesius) yang memenuhi |x| + |y| = 1
4 Jika x, y, z R, maka x y z jika dan hanya jika |x-y| + |y-z| = |x-z|
5 Jika 0 a 1, maka 0 a2 a 1, tetapi jika 1 a, maka 1 a a2.
Analisis Real_________________________________________ 13

14. SIFAT KELENGKAPAN BILANGAN
REAL
Selain memiliki urutan, bilangan real juga memiliki sifat yang dikenal dengan nama
sifat kelengkapan. Sifat ini mengkaji tentang bilangan real dalam sebuah himpunan tertentu.
Dalam hal ini, apakah himpunan tersebut memiliki batas, memiliki nilai maksimum dan
minimum, atau memiliki suprimum dan infrimum.
Sifat ini akan membawa kita pada konsep himpunan terbuka dan himpunan tertutup.
Beberapa definisi dan teorema akan digunakan untuk mengkaji tentang sifat kelengkapan
bilangan real tersebut.
Sifat-sifat Kelengkapan dari R
Dalam bagian ini kita akan membahas satu lagi sifat dari system bilangan real yang
seringkali dinamakan dengan “Aksioma Kelengkapan”.
Suprimum dan Infimum
Definisi 5.1
Misalkan s adalah subhimpunan dari R
(a sebuah elemen u R dikatakan batas atas dari S jika s u, untuk setiap s S
(b sebuah elemen w R dikatakan batas bawah dari S jika s w, untuk setiap s S
Analisis Real_________________________________________ 14

15. Sebagai catatan bahwa subhimpunan S R mungkin saja tidak memiliki batas atas
(sebagai contoh S = R). Selanjutnya, jika memiliki satu batas atas, maka subhimpunan tersebut
memiliki takhingga banyak batas atas ( untuk sebuah batas atas u dari S, maka u + n juga
merupakan batas atas dari S dengan n N). Misalkan S1={x R : 0 x 1} memiliki batas atas 1,
kenyataanya, setiap bilangan u 1 adalah sebuah batas atas dari S1. Sama halnya juga dengan S2
= { xR | 0 x 1}yang memiliki batas atas 1.
Untuk menunjukkan bahwa sebuah bilangan u R bukan sebuah batas atas dari S R, kita
harus menunjukkan ada sebuah elemen so R sedemikian sehingga u so.
Sebuah himpunan yang memiliki batas atas dikatakan sebagai himpunan yang terbatas
di atas, dan himpunan yang memiliki batas bawah disebut sebagai himpunan yang terbatas di
bawah. Jika himpunan memiliki batas atas dan batas bawah, maka himpunan tersebut disebut
himpunan yang terbatas. Jika himpunan tidak memiliki kedua batasnya, maka dikatakan
himpunan tersebut tidak terbatas. Jadi, himpunan S1 dan S2 adalah himpunan yang terbatas,
sedangkan himpunan P = { x R : x 0} adalah himpunan yang tidak terbatas karena tidak
mempunyai batas atas.
Apabila u batas atas dari S dan u S, maka u adalah maksimum dari S atau u = maks S.
Sedangkan jika w batas bawah dari S dan w S, maka w adalah minimum dari S atau w = Min S.
Definisi 5.2
Misalkan S subhimpunan dari R
(aJika S terbatas di atas, maka batas atas dari S dikatakan Suprimum (batas atas terkecil)
apabila batas atas tersebut lebih kecil dari batas atas lainnya.
(b Jika S terbatas di bawah, maka batas bawah dari S dikatakan Infrimum (batas
bawah terbesar) apabila batas bawah tersebut lebih besar dari batas bawah lainnya.
Definisi di atas mempunyai pengertian bahwa sebuah bilangan u R adalah suprimum
dari subhimpunan S dari R jika memenuhi dua kondisi berikut:
(i s u untuk setiap s S
(ii Jika v adalah sebuah bilangan sedemikian sehingga s v untuk setiap s S, maka u
v.
Lemma 5.3
Sebuah bilangan u R adalah suprimum dari subhimpunan takkosong S R jika dan hanya jika
memenuhi sifat-sifat
Analisis Real_________________________________________ 15

16. (i Tidak ada elemen s S dengan u s
(ii Jika v u, maka ada elemen so S sedemikian sehingga v so.
Bukti
() misalkan u memenuhi (i) dan (ii). Hal ini menunjukkan bahwa u batas atas dari S. Jika v
adalah bilangan dengan v u, maka sifat (ii) menunjukkan bahwa v bukan batas atas dari S.
dengan demikian u adalah suprimum dari S.
() misalkan u adalah suprimum dari S. karena u adalah batas atas dari S, kondisi (i) terpenuhi.
Jika v u, maka v bukan batas atas dari S. selanjutnya terdapat sebuah elemen so S sedemikian
sehingga v so.
Lemma 5.4
Misalkan S , S R dan u batas atas dari S, u = Sup S jika dan hanya jika untuk setiap 0 ada x S
sedemikian sehingga u - x.
Sifat Suprimum 5.5
Setiap himpunan tak-kosong dari bilangan real yang mempunyai batas atas mempunyai
suprimum.
Sifat Suprimum 5.6
Setiap himpunan tak-kosong dari bilangan real yang mempunyai batas bawah mempunyai
infrimum.
Contoh 1
Misalkan S = { x R : 0 x 1 }, maka Sup S = 1
Bukti
Karena 1R dan x 1 untuk semua x S, maka menurut definisi 1 adalah batas atas dari S.
Misalkan 0 sembarang.
Jika 1, maka 1 - x untuk setiap x di S. Jadi untuk semua x di S berlaku 1 - x.
Jika 0 1, maka pilih x = 1- /2 di S, maka 1 - x =1- /2
Dengan demikian dapat disimpulkan bahwa untuk setiap 0 ada x S sedemikian sehingga 1 -
x, hal ini menunjukkan bahwa Sup S = 1.
Lemma 5.8
Misalkan S , S R dan w batas bawah dari S, w = Inf S jika dan hanya jika untuk setiap 0 ada x
S sedemikian sehingga x w + .
Contoh 2
0 = Inf(0,1)
Analisis Real_________________________________________ 16

17. Bukti
Karena 0R dan x 0 untuk semua x (0, 1), maka menurut definisi 0 adalah batas bawah dari (0,
1). Misalkan 0 sembarang.
Jika 1, maka x 0 + untuk setiap x di S. Jadi untuk semua x di S berlaku x 0 + .
Jika 0 1, maka pilih x = /2 di S, maka x = /2 0 +
Dengan demikian dapat disimpulkan bahwa untuk setiap 0 ada x S sedemikian sehingga x
0 + , hal ini menunjukkan bahwa Inf S = 0.
Soal Latihan
1 Perlihatkan bahwa 3 = Sup [2, 3] dan 2 = Inf [2, 3]
1 Buktikan bahwa 2 = Inf (2,5) dan 5 = Sup(2,5)
2 Tunjukkan bahwa 4 = Inf [4,8] dan 8 = Sup [4,8]
3 Misalkan A = { 1 –( (-1)n/n )}. Tentukan Sup A dan Inf A
4 Apakah A = { x R : x 2 } mempunyai batas bawah dan batas atas? Jelaskan jawaban
Saudara!
5 Misalkan P R dan P , tunjukkan u = Sup P jika dan hanya jika untuk setiap n N bilangan u
–1/n bukan batas atas P tetapi u + 1/n batas atas dari P.
6 Jika Sup A = a dan Sup B = b, buktikan Sup (A + B) = a + b
7 Jika Inf A = a dan Inf B = b, buktikan Inf (A + B) = a + b
8 Buktikan Inf A = Sup(-A)
9 Jika S subhimpunan R yang memuat batas atas, maka tunjukkan bahwa batas tersebut
adalah supremum dari S
10 Buktikan bahwa gabungan dari dua himpunan terbatas adalah terbatas
11 Jika S terbatas di R dan jika S0 subhimpunan takkosong dari S, maka tunjukkan bahwa
inf S inf S0 sup S0 sup S
12 Misalkan B subhimpunan terbatas dari R dan A ={-x|xB}, tunjukkan bahwa
a. inf A = sup B b. sup A = inf B
Analisis Real_________________________________________ 17

18. Sifat Archimedian
Salah satu konsekuensi dari sifat suprimum adalah subhimpunan bilangan asli N dari R
tidak terbatas di atas. Khususnya adalah jika diberikan sembarang bilangan real x, maka ada
bilangan asli n sedemikian sehingga n lebih besar dari x.
Aksioma 6.1 (aksioma archimides)
Jika x R, terdapat bilangan asli nxR sedemikian sehingga x nx
Bukti
Andaikan x nx, maka x batas atas dari N. Selanjutnya berdasarkan sifat suprimum, N
memiliki suprimum u. karena x batas atas dari N, ini menunjukkan bahwa u x. Karena u –1
u, berdasarkan lemma 5.3 ada bilangan asli n1 sedemikian sehingga u – 1 n1 atau u 1 + n1,
tetapi n1+1 adalah bilangan asli. Hal ini kontradiksi dengan pengandaian bahwa u batas atas
dari N.
Akibat 6.2
Misalkan x dan y bilangan real positif
(b Ada bilangan asli n sedemikian sehingga ny x
(c Ada bilangan asli n sedemikian sehingga 0 1/n y
(d Ada bilangan asli n sedemikian sehingga n –1 y n
Bukti
(a karena x dan y positif, maka z = x/y juga positif. Misalkan n bilangan asli
sedemikian sehingga x/y = z n, maka x ny atau ny x.
(b Pilih x = 1 sehingga bagian (a) menunjukkan 0 1 ny. Hal ini menunjukkan
bahwa 0 1/n y.
Analisis Real_________________________________________ 18

19. (c Berdasarkan aksioma archimides, terdapat bilangan asli m sedemikian sehingga
y m. Misalkan n bilangan asli terkecil sedemikian sehingga n – 1 y n.
Teorema 6.3(eksistensi 2)
Ada bilangan positif x R sedemikian sehingga x2 = 2
Bukti
Misalkan S = { y R: 0 y, y2 2}. Himpunan S terbatas di atas oleh 2, Jika tidak, maka ada elemen s
di S sehingga 2 s di mana 4 s2 2, sebuah kontradiksi. Berdasarkan sifat suprimum dan
misalkan x = Sup S. Jadi, x 0.
Andaikan x2 2, ini berarti x2 2 atau x2 2.
Jika x2 2, misalkan n bilangan asli yang dipilih sedemikian sehingga 1/n (2 –x 2)/(2x + 1).
Dalam kasus ini,
x + 1/n )2 = x2 + 2x/n + 1/n2 x2 + (2x +1)/n x2 + (2 –x2) = 2 yang berarti x + 1/n S, kontradiksi
bahwa x adalah batas atas dari S.
Jka x2 2, kita pilih m bilangan asli sedemikian sehingga 1/m (x2 –2)/2x. Karena x = Sup S,
ada bilangan so di S dengan x – 1/m so. Tetapi implikasinya adalah
2 x2 –2x/m x2 –2x/m +1/m2 = (x –1/m)2 so
2.
Disini so
22, kontradiksi dengan so di S.
Dari dua kasus di atas, x2 2 dan x2 2, terlihat bahwa akan diperoleh kontradiksi. Jadi
haruslah x2 = 2.
Teorema 6.4
Jika x, y R, 0 x y, maka ada r Q sedemikian sehingga x r y
Bukti
Karena x, y di R dan 0 x y, maka y – x 0 dan y – x R. Sedangkan diketahui bahwa 1 0,
maka berdasarkan aksioma arcimides ada n N sedemikian sehingga 1 n(y – x) atau nx + 1
ny. Karena x 0 dan nx 0, ada m N sedemikian sehingga m –1 nx m. hal ini mengakibatkan
m nx + 1 ny atau m ny. Berdasarkan teorema tentang urutan maka nx m ny atau x
m/n y. pilih r = m/n, m,n N yang berarti r Q.
Analisis Real_________________________________________ 19

20. Soal Latihan
1 Jika x 0 tunjukkan bahwa ada bilangan asli n sedemikian sehingga 1/2n x.
2 Tunjukkan ada x R, x 0 sedemikian sehingga x2 = 3
INTERVAL DAN TITIK KUMPUL
Daerah yang dibatasi oleh dua buah bilangan real yang berbeda seringkali dinyatakan
sebagai himpunan. Bahasa lain dari himpunan, untuk bilangan real, dapat pula dinyatakan
dengan interval. Himpunan dan interval memiliki berbagai kesamaan diantaranya ,“terbuka”
dan “tertutup”.
Bahasan lain dalam kegiatan ini adalah titik kumpul. Titik kumpul merupakan titik di
mana disekitarnya banyak titik lain yang dekat dengan dirinya. Dalam kajian lain titik kumpul
biasa dinamakan dengan titik limit. Mungkin senada dengan istilah mean, modus, dan median
dalam statistika.
Interval
Jika a R, maka himpunan {x R : x a }= (-, a) dan { x R : x a}= (a, ) disebut sinar
terbuka, sedangkan himpunan {x R : x a }= (-, a ]dan { x R : x a}= [a, ) disebut sinar tertutup.
Jika a, b x R, maka himpunan {x R : a x b } = (a, b) disebut interval buka, himpunan { x R : a
x b} = [a, b] disebut interval tutup, sedangkan himpunan { x R : a x b}= (a, b] dan { x R : a x
b}= [a, b) disebut interval setengah buka atau interval setengah tertutup.
Definisi 8.1
Suatu barisan interval In, n N dikatakan interval bersarag apabila I1 I2 I3 In In+1
Dengan kata lain, interval bersarang adalah koleksi interval yang makin mengecil. Perhatikan
gambar berikut ini,
____________________ I1_______________________________
[----------[----------[---------[-------------------]----------]-----------]-------------]
___I4______
____________I3____________
Analisis Real_________________________________________ 20

21. __________________I2____________________
Contoh 1
Misalkan In = [ 0, 1/n ] dengan n bilangan asli, maka
I1= [0,1], I2= [0, ½ ], I3= [0, 1/3], . . . , In=[0, 1/n], In+1= [0, 1/( n+1)].
Hal ini menunjukkan bahwa I1 I2 I3 In In+1 dengan kata lain InIn+1 untuk setiap nN. Jadi In adalah
interval bersarang.
Contoh 2
Misalkan In = ( 0, 1/n ) dengan n bilangan asli, maka InIn+1 untuk setiap nN. Jadi In adalah
interval bersarang.
Teorema 8.2
Jika In=[an, bn] dengan n bilangan asli adalah interval bersarang yang merupakan interval
tertutup terbatas, maka ada bilangan R sedemikian sehingga In untuk setiap n N. Bila jarak bn-an
dari In memenuhi Inf {bn-an : n N }=0, maka In = tunggal.
Bukti
Karena In interval bersarang, maka InIn+1 untuk semua n bilangan asli. Sehingga diperoleh [an,
bn] [a1, b1] untuk semua n. Jadi anb1 untuk semua n. Oleh karena itu, himpunan A = {an : n
bilangan asli} , maka himpunan A terbatas di atas
Karena A terbatas di atas maka berdasarkan sifat suprimum A mempunyai Supremum,
misalkan = Sup A dan karena an A, maka an untuk semua nN……….(1).
Klaim bn untuk semua nN, hal ini dijamin bila bn batas atas dari Bk ={ ak : k N}.
Andaikan n k maka Ik In atau [ak , bk] [an , bn] sehingga ak bk bn ……(2)
Andaikan n k maka In Ik atau [an , bn] [ak , bk] sehingga ak an bn ……(3)
Dari (2) dan (3) diperoleh bahwa ak bn untuk setiap k N. Jadi, bn batas atas dari Bk. oleh karena
itu bn untuk semua nN……………….(4)
Dari (1) dan (4) diperoleh ak bn untuk semua nN, hal ini berarti In untuk setiap n N.
Karena In suatu interval bersarang maka In I1 untuk semua n N atau [an, bn] [a1, b1] sehingga a1
bn untuk setiap n N. Hal ini berdasarkan definisi menunjukkan bahwa C = {bn : n N}himpunan
terbatas dibawah. Karena himpunan C terbatas di bawah, maka C mempunyai Infrimum,
Analisis Real_________________________________________ 21

22. misalkan = Inf C dan karena bn di C untuk semua n, maka bn untuk semua n bilangan asli…….
(5)
Klaim bahwa an untuk setiap n N, hal ini dapat dijamin apabila an batas bawah dari D ={ bk : k
N}.
Andaikan n k, maka Ik In atau [ak, bk] [an, bn] sehingga an ak bk……….(6)
Andaikan n k, maka In Ik atau [an, bn] [ak, bk] sehingga an bn bk……….(7)
Dari (6) dan (7) diperoleh an bk untuk semua k N. Jadi, an merupakan batas bawah dari C.
Karena itu an untuk semua n N……….(8)
Dari (5) dan (8) diperoleh an bn untuk semua n N yang berarti In untuk semua n N.
Selanjutnya akan ditunjukkan bahwa (tunggal).
Karena an untuk semua n N, maka batas atas dari A. Jadi, .
Misalkan Inf{bn – an : n N} = 0, maka untuk setiap ada n N sehingga 0 an – bn . Karena hal
tersebut dipenuhi untuk setiap 0 ,maka memnuhi bahwa . Jadi, In = tunggal.
Titik Kumpul
Definisi 8.3
Misalkan xR, S R, x dikatakan titik kumpul (sering disebut sebagai titik limit) dari S, jika setiap
lingkungan buka ; V= ( x - , x + ) dari x memuat paling sedikit satu unsure dari S yang lain dari
x.
Atau
X dikatakan titik limit dari S, jika untuk setiap S V {x} – {x} .
S1 = { xR : x titik kumpul dari S }
Lemma 8.4
Jika S =(a, b), maka S1=[a, b]
Bukti
Ambil sembarang , dan x (a, b) tetap dan sembarang, maka S V {x} – {x} = (a, b) (x-, x+) – {x}
x- x+
-----------(--------------(------------------)-------------)---------------
a x b
Analisis Real_________________________________________ 22

23. Ini menunjukkan bahwa x S1 dan karena x sembarang, maka (a, b) S1…………………(1)
Untuk x = a,
S V {a} – {a} = (a, b) (a, a+) – {a}= (a, a+)
(-----)----------------------------------------------)
a a+ b
Ini menunjukkan bahwa a S1………………………………………………………………(2)
Untuk x = b,
S V {b} – {b} = (a, b) (b-, b) – {b}= (b-, b)
(---------------------------------------------(------)
a b- b
Ini menunjukkan bahwa bS1………………………………………………………………(3)
Dari (1), (2) dan (3) maka diperoleh [a, b] S1……………………………………………..(4)
Ambil x a, maka ada o 0 sehingga S Vo{x} =
a b
--(--------)----(--------------------------------------)
x- x x+
berarti x S1…………………………………………………………….(5)
Ambil x b, maka ada o 0 sehingga S Vo{x} =
a b
----(--------------------------------------)--(--------)
x- x x+
berarti x S1…………………………………………………………….(6)
Berdasarkan (4), (5) dan (6), maka dapat disimpulkan bahwa S1=[a, b]
Contoh 3
Jika S himpunan berhingga, maka S1=
Analisis Real_________________________________________ 23

24. Bukti
Misalkan S ={s1, s2, s3, …, sn} bersingga dan andaikan S1 , sebut x S1. Pilih = ½ min {|x-si| : i
=1,2,…,n}, maka S V {x} – {x} = yang kontradiksi dengan x S1. hal ini berarti pengandaian kita
salah, jadi haruslah S1= .
þ ý ü
î í ì
1 ,
nÎN
n
Contoh 4
Misalkan S = buktikan
þ ý ü
î í ì
nÎ N
1 ,
n
a 0 S1
b Bila xS, maka x S1
Bukti Misalkan 0 diberikan sembarang, maka
Ç - = ,..., 1 ( , ) {0}
(0) {0} 1, 1 e e e n
Ç - - ¹
þ ý ü
î í ì
, 1
2
3
S V
pilih = ½ (1/n – 1/n+1) 0, maka S V(xn) – {xn} = untuk semua xn S. jadi x S1.
Teorema 8.5 (Bolzano-Weierstrass)
S R dan S himpunan tak berhingga dan terbatas selalu mempunyai titik kumpul
Bukti
Karena S himpunan terbatas maka ada [a1, b1] R sedemikian sehingga S [a1, b1]. Bila interval [a1,
b1] dipotong menjadi dua buah sub interval yang sama panjang, yaitu [a1, ½ (a1+ b1) ] dan [½
(a1+ b1), b1], maka salah satu sub interval tertutup itu pasti mengandung tak berhingga unsure
S. Hal ini dijamin bila kedua sub interval tertutup itu hanya memuat berhingga unsure S, maka
S himpunan berhingga, sedangkan S himpunan tak berhingga.
Andaikan [a1, ½ (a1+ b1) ]=[a2, b2] sub interval tertutup yang memuat tak berhingga banyaknya
unsure S. sub interval [a1, b2] ini dapat dibagi pula menjadi dua sub interval yang sama panjang,
yaitu [a2, ½ (a2+ b2)] dan[ ½ (a2+ b2), b2]. Dengan mengulangi proses tersebut akan didapatkan
untuk setiap nN
1 [an+1, bn+1] [an, bn]
2 bn – an = (b1- a1)/(2n-1) dan
3 [an, bn] S himpunan tak berhingga
Analisis Real_________________________________________
24

25. dengan menggunakan teorema di atas diperoleh ada x
¥
[ a ,b
]
n 1
n n = Ç
Î
. Selanjutnya akan
ditunjukkan xS1. Misalkan 0 diberikan sebarang dan V(x) = (x-, x+) adalah lingkungan dan x,
maka dengan memilih n N dan n cukup besar, bn- an .
Karena x [an, bn] dan [an, bn] , maka [an, bn] V(x). Karena [an, bn] S himpunan tak berhingga
atau [an, bn] memuat tak berhingga unsure S dan [an, bn] V(x), maka V(x) S himpunan tak
berhingga. Karena itu x S1.
Soal Latihan
1 Jika I1=[a1, b1] dan I2=[a2, b2] adalah interval-interval tertutup di R. Tunjukkan bahwa I1 I2
jika dan hanya jika a2a1 dan b1b2.
2 Jika SR , tunjukkan S himpunan terbatas jika dan hanya jika ada interval IR sedemikian
sehingga SI.
3 Jika SR , S himpunan terbatas dan I1=[Inf S, Sup S], tunjukkan S I1. Begitu pula bila I2 interval
tertutup dan terbatas pada R sedemikian sehingga SI2, tunjukkan bahwa I1I2.
4 Tunjukkan jika I1I2…In… adalah barisan interval-interval bersarang yang tertutup pada R
dan Jika In=[an, bn], maka a1a2…an…dan b1b2…bn…
5 Buktikan 2 S1 bila S =(1, 3)
6 Buktikan setiap titik pada [-2, 0] adalah titik kumpul dari (-2, 0)
7 Apakah N mempunyai titik kumpul, buktikan jawaban Saudara?
Analisis Real_________________________________________ 25

26. Himpunan Terbuka dan
Himpunan Tertutup
Himpunan merupakan istilah yang seringkali kita dengar dalam matematika. Dari
tingkat Sekolah dasar sampai Pendidikan Tinggipun kita masih mempelajari tentang
himpunan. Himpunan buka(selang buka) dan himpunan tertutup(selang tertutup) adalah dua
bagian himpunan yang sudah kita dengar. Akan tetapi, terkadang kita belum mengenalnya
secara dalam apa itu himpunan terbuka dan apa itu himpunan tertutup.
Pada kajian kali ini, marilah kita mengenal lebih jauh tentang himpuanan terbuka dan
tertutup. Bagaimana sebuah himpunan dikatakan terbuka? Atau bagaimana himpunan
dikatakan tertutup? Lalu bagaimana menunjukkan sebuah himpunan dikatakan terbuka atau
tertutup? Untuk menjawab itu, kita mulai dengan definisi berikut ini,
Definisi 9.1
(i G R dikatakan himpunan terbuka di R jika untuk setiap xG terdapat lingkungan v dari x
sedemikian sehingga vG
(ii FR dikatakan tertutup di R jika Fc = R – F terbuka
Definisi di atas setara dengan
GR dikatakan himpunan terbuka jika untuk setiap xG ada x0 sedemikian sehingga (x-x, x+x)G
dan FR dikatakan tertutup jika untuk setiap yF ada y0 sehingga F(y-y, y+y) = .
Contoh 1
Misalkan G ={xR : 0x1}, selidiki apakah G himpunan terbuka atau himpunan tertutup.
Penyelesaian
x 0 x
Misalkan x G sembarang, x(0, 1). Pilih x= min þ ý ü
î í ì
- -
2
,1
2
Jika x = x/2, maka x -x= x – x/2 = x/2 0……….(1)
Analisis Real_________________________________________ 26

27. x 1
- x
Dan karena 2
2
atau 0 x ½ , maka x + x = x + x/2 =
1
11 x = 3
4
. 1
2
2
11
2
…….(2)
Dari (1) dan (2) diperoleh (x -x, x+x) = (x/2, 3x/2) (0, 1)……….(3)
e = 1
- x
x
Bila 2
,
------(----------------------(---------)------)--------
0 x- x x+ 1
maka
1,
1
2
atau
2 2
1
-
x
x x
karena itu
0
x - e
= x - 1- x = x - - = 1
x 4
1
2
. 1
2
2
3
1
2
3
2
2
…..(4)
dan
1
x + = x + 1- x = x + + = x e
.1 1
2
2
1
1
2
2 2
………………..(5)
dari (4) dan (5) diperoleh (x - x , x + x) (0, 1)………………………….(6)
Jadi dari (3) dan (6) diperoleh (x - x , x + x) (0, 1) untuk setiap x (0, 1), artinya ada x = min {x/2,
(1-x)/2} sedemikian sehingga (x - x , x + x) (0, 1) untuk setiap x (0, 1). Jadi menurut definisi G =
{xR, 0 x1} adalah himpunan buka.
Contoh 2
Misalkan F = { xR : 0 x 1 }, selidiki apakah F himpunan buka atau tutup
Penyelesaian
Misalkan y F sebarang, berarti y 0 atau y 1.
Bila y 0, pilih y = |y| 0
y- y+
-------------(----.----)-(---------------------------------)---------
y 0 1
maka [0, 1] (y-x, y+x) …………………………(1)
Jika y 1, pilih y = y-1 0
y- y+
------------[---------------------------------]-(--------------)
0 1 y
maka [0, 1] (y-x, y+x) [0, 1] (1, 2y-1) = …………………………(1)
Dari (1) dan (2) diperoleh untuk setiap y [0, 1] ada y 0 sedemikian sehingga [0, 1] (y-y, y+y) = .
Jadi menurut definisi, F = {xR : 0 x 1} adalah himpunan tertutup.
Analisis Real_________________________________________ 27

28. Teorema 9.2
(i Gabungan sembarang himpunan-himpunan terbuka adalah himpunan himpunan terbuka
(ii Irisan dari berhingga himpunan-himpunan terbuka adalah himpunan terbuka
Teorema 9.2 dapat dinyatakan dengan :
A
I Î È
(i Jika A himpunan terbuka untuk semua I, maka a a
himpunan terbuka
n
i
A
1 = Ç
(ii Jika Ai himpunan terbuka dengan i = 1, 2,…,n, maka i
himpunan terbuka
Akibat 9.3
(i Irisan sembarang himpunan-himpunan tertutup adalah himpunan tertutup
(ii Gabungan berhingga himpunan-himpunan tertutup adalah himpunan tertutup
Soal Latihan
1 Tentukan jenis himpunan berikut , apabila
a. A = {x|2 x 3, xR} b. B = {x|2 x 3, xR}
c. C = {x|2 x 3, xR} d. D = {x|2 x 3, xR}
2 Tunjukkan bahwa himpunan berikut adalah himpunan terbuka
a. A = (1, 3) b. B = {x|-1 x 2, xR}
c. C = (a, b) d. D = { xR: |x| 3, }
3 Tunjukkan bahwa himpunan berikut adalah himpunan tertutup
a. A = [1, 3] b. B = {x|-1 x 2, xR}
c. C = [a, b] d. D = { xR: |x| 3, }
4 Selidikilah himpunan-himpunan berikut
a. A = (1, 3] b. B = {x|-1 x 2, xR}
c. C = (a, b) d. D = { xR: |x| 3, }
Analisis Real_________________________________________ 28

29. Titik Dalam dan Titik Batas
Konsep lain yang sangat penting adalah tentang titik dalam. Titik dalam diartikan
sebagai titik yang terletak dalam sebuah himpunan tertentu. Sebuah titik selain di dalam
sebuah himpunan, mungkin juga terletak di luar dari himpunan, atau terletak pada batas
himpunannya
Definisi 10.1
x R dikatakan titik dalam (Interior) dari A R, jika ada 0 sedemikian sehingga v(x) A.
Himpunan semua titik dalam dari A yaitu A0 = { x R : x titik dalam dari A }
Contoh 1
Tunjukkan bahwa jika A = (0, 1), maka A0 = (0, 1) dan jika B = [0, 1] maka B0 = (0, 1)
Jawab
Ambil x A sembarang ( ini berarti x diantara 0 dan 1 )
Akan ditunjukkan bahwa x A0
Pilih = min { | x/2 | , |(1-x)/2| }, lihat gambar berikut
(---------------x--------------------------) atau (---------------------------x-------------)
0 1 0 1
x 1-x x 1-x
sehingga bisa kita buat v(x)
(--------(-------x---------)---------------) atau (--------------------(-------x-------)----)
0 1 0 1
v(x) v(x)
Analisis Real_________________________________________ 29

30. maka v(x) A.
kadi x titik dalam dari A atau x A0
Karena x diambil sembarang. Maka x adalah interior A untuk setiap x(0, 1).
Selanjutnya bila x 0 atau x 1, maka untuk setiap 0, v(x) A, lihat gambar berikut,
x------(--------------------------------) atau (------------------------------------)-------x
0 1 0 1
v(x) v(x)
Jadi untuk x 0 atau x 1 bukan interior dari A sehingga A0 = (0, 1).
Definisi 10.2
X R dikatakan titik batas dari A R
Jika untuk setiap 0, V(x) A dan V(x) Ac .
Himpunan semua titik batas dari A yaitu A ={ x R : x titik batas A } dikatakan batas dari A.
Contoh 2
Misalkan A = (a, b) R. Tentukan semua titik batas dari A
Penyelesaian
Ambil x R, x a sembarang, akan diselidiki apakah x titik batas dari A.
e = a - x
Karena x a, pilih 2
, maka
--------------(-----x-----)-----(---------------------)--------
x- x+ a b
a - x
X - = x - 2
=
a
2x - a + x = - 3a - a
=
2
3x a
2
2
a
x + e = x + a - x = + - = + a + a
=
2
x a
2
2x a x
2
2
sehingga V(x) A = (x - , x + ) (a, b) = .
Jadi, untuk semua x a, x bukan titik batas dari A.
Ambil x R, x b sembarang, akan diselidiki apakah x titik batas dari A.
Analisis Real_________________________________________ 30

31. e = x - b
Karena x b, pilih 2
, maka
-------------------(---------------------)-----(-----x-----)-----
a b x- x+
x - b
X - = x - 2
=
b
2x - x + b = + b + b
=
2
x b
2
2
b
x + e = x + x - b = + - = - 3b - b
=
2
3x b
2
2x x b
2
2
sehingga V(x) A = (x - , x + ) (a, b) = .
Jadi, untuk semua x b, x bukan titik batas dari A.
Ambil x R, a x b sembarang, akan diselidiki apakah x titik batas dari A.
, b x
x a
Pilih = min þ ý ü
î í ì
- -
2
2
.
e = x - a
Andaikan 2
, maka
-------------------(-----(-----x-----)---------------)---
a x- x+ b
x - a
x - = x - 2
=
a
2x - x + a = + a + a
=
2
x a
2
2
b
x + e = x + x - a + - = + - = + b + b
=
2
x b
2
2x b x
2
x b x
2
2
Sehingga V(x) = (x - , x + ) (a, b) atau V(x) Ac = .
e = b - x
Andaikan 2
, maka
-------------------(---------------(-----x-----)-----)---
a x- x+ b
b - x
x - = x - 2
a
x - x - a = - + = + a + a
=
2
x a
2
2x x a
2
2
b
x + e = x + b - x = + - = + b + b
=
2
x b
2
2x b x
2
2
Analisis Real_________________________________________ 31

32. Sehingga V(x) = (x - , x + ) (a, b) atau V(x) Ac = .
Jadi, untuk semua a x b, x bukan titik batas dari A.
Untuk setiap 0 sembarang, maka
(i untuk x = a, V(a) A = (a - , a + ) (a, b) = (a, a + ) .
V(a) Ac = (a - , a + ) {(-, a] [b, ) = (a - , a) .
--------------(-------(-------)------------------------)---
x- a x+ b
V(a) A V(a) Ac
(ii Untuk x = b, V(b) A = (b - , b + ) (a, b) = (b - , b) .
V(b) Ac = (b - , b + ) {(-, a] [b, ) = (b, a + ) .
-----------------(--------------(-------)-------)--------------
a x- b x+
V(b) A V(b) Ac
Jadi, untuk x = a dan x = b merupakan titik batas dari A.
Dengan demikian A ={a, b}
Definisi 10.3
Misalkan A R, himpunan A dikatakan penutup dari A bila A = A A’
Contoh 3
(i Misalkan A = (0,2), maka A’ = [0, 2] dan A = A A’ = [0, 2]
(ii Misalkan B =[1,3], maka B = [1,3]
Soal Latihan
1 Selidikilah apakah himpunan berikut terbuka atau tertutup
a. A = (0, 4) b. B = [-1,1] c. C = (-1, 2]
2 Perlihatkan bahwa himpunan E ={xR: x 3} dan F = {xR: x 0} adalah himpuanan-himpunan
terbuka?
3 Tentukan titik-titik dalam dari soal nomor 1?
4 Perlihatkan AR adalah himp. terbuka jika dan hanya jika xoA untuk semua x?
5 Perlihatkan A R adalah himpunan terbuka jika dan hanya jika A tidak memuat semua titik
batasnya!
Analisis Real_________________________________________ 32

33. 6 Perlihatkan A R adalah himpunan tertutup jika dan hanya jika A memuat semua titik
batasnya!
7 Buktikan pernyataan-pernyataan berikut ini
a. (A B)o = Ao Bo b. (A B)’ = A’ B’ c.A ÈB = A ÈB
BARISAN
Kata barisan memiliki makna yang sangat bergantung dari siapa yang menafsirkannya.
Akan tetapi, menurut hemat penulis, ada kesamaan makna tentang barisan, yaitu adanya “pola
tertentu”. Bukan makna yang akan kita kaji, tetapi pengertiannya dalam sudut pandang
matematika.
Definisi 11.1
Jika S sebuah himpunan, Sebuah barisan di S adalah sebuah fungsi dengan domain N bilangan
asli dan range xn, xnS, di mana X : N S atau X(n) = xn.
Untuk mempermudah pemahaman kita, sebuah barisan cukup dinyatakan dengan {xn: n N}.
Perhatikan barisan bilangan genap berikut,
2, 4, 6, 8, …
Barisan bilangan genap di atas dapat dinyatakan dengan xn = 2n dengan n bilangan asli.
Dengan demikian barisan dapat dinyatakan secara sederhana melalui sebuah rumus.
Selain itu, barisan juga dapat ditentukan apabila diketahui nilai dari x1 dan rumus dari
xn+1, n 1 diketahui. Sebagai contoh perhatikan formula berikut,
x1 = 2, xn+1 = xn + 2, n 1
atau secara lebih kompleks, dinyatakan dengan
x1 = 2, xn+1 = xn + x1, n 1
Rumusan di atas dinamakan definisi induktif dari sebuah barisan. Cobalah Anda tentukan
barisan yang dimaksud!
Definisi 11.2(Sifat Barisan)
Jika X = xn dan Y = yn adalah barisan di R dan c di R, maka
Analisis Real_________________________________________ 33

34. a X + Y = (xn + yn) adalah barisan di R
b X - Y = (xn - yn) adalah barisan di R
c X . Y = (xn . yn) adalah barisan di R
d c Y = (cxn) adalah barisan di R
e X/Y = (xn / yn) adalah barisan di R, asalkan yn 0
Untuk lebih memahami sifat di atas, misalkan diberikan barisan
X = (2, 4, 6, 8,…,2n,…) dan Y =(1,
,..., 1
3
,...)
n
1
, 1
2
Maka
X + Y =
ö
÷ ÷ø
æ + ,...
ç çè
,..., 2n 1
3
n
3, 9
,19
2
2
X – Y =
ö
÷ ÷ø
æ - ,...
ç çè
,..., 2n 1
3
n
2, 7
,17
2
2
XY = ( 2,2,2,….,2,….)
3X = ( 6, 12, 18, 24,….,6n,…)
X
Y
= ( 2, 8, 18, … ,2n2, …)
Akan tetapi, apabila barisan Z di R didefinisikan dengan
Z =
ö
÷ ÷ø
æ - - ,...
ç çè
1,0,1,0,...,1 ( 1)
2
n
Maka X/Z tidak terdefinisi, karena beberapa nilai dari barisan Z = 0.
Limit Barisan
Salah satu konsep yang penting dalam barisan adalah limit barisan. Limit barisan berarti
nilai yang dituju oleh sebuah barisan apabila n semakin membesar. Untuk lebih memahami
marilah kita lihat definisi limit barisan berikut,
Definisi 11.3
Misalkan xn adalah sebuah barisan di R. Sebuah elemen x di R dikatakan limit barisan apabila
untuk setiap lingkungan V dari x, ada bilangan asli Kv sedemikian sehingga untuk setiap n Kv
maka xn di V. Jika x adalah nilai limit dari xn maka dikatakan xn konvergen ke-x. Jika barisan
Analisis Real_________________________________________ 34

35. mempunyai limit maka dikatakan barisan konvergen. Jika barisan tidak mempunyai limit maka
barisan divergen.
Sebagai langkah dalam membuktikan atau menunjukkan kekonvergenan barisan, kita
memerlukan sebuah teorema. Teorema yang dimaksud adalah
Teorema 11.4
Misalkan xn sebuah barisan di R. Sebuah elemen x di R adalah sebuah limit dari xn jika dan
hanya jika untuk setiap 0 terdapat bilangan asli K() sedemikian sehingga untuk setiap n K(),
maka |xn – x| .
Teorema di atas dapat dituliskan dalam notasi simbol berikut,
Misalkan xn sebuah barisan di R,
lim xn = x Jika dan hanya jika 0, K() sdm shg n K()|xn – x|
Bukti teorema
Vx()
Misalkan x adalah limit barisan xn, berdasarkan definisi 7.1, misalkan 0 dan anggap sebuah
lingkungan Vx(), maka ada bilangan asli KV() sedemikian sehingga jika n KV() , maka xn di Vx().
Hal ini menunjukkan bahwa |xn – x| . Untuk lebih jelas perhatikan ilustrasi gambar berikut
ini,
.x
|xn – x|
xn
Lemma 11.5
Barisan yang konvergen adalah terbatas
Bukti
Misalkan x = lim xn dan ambil = 1 berdasarkan teorem 7.2, maka terdapat bilangan asli K(1)
sedemikian sehingga jika n K(1), maka |xn – x| 1. Dengan menggunakan sifat ketaksamaan
Analisis Real_________________________________________ 35

36. segitiga, khusunya untuk n K(1), maka xn x + 1. Selanjutnya kita buat sebuah himpunan
dengan M = sup{|x1|, |x2|, |x3|, …,|xK-1|,|x| + 1}, maka |xn| M untuk semua nN.
Beberapa contoh barisan berikut akan mempermudah Anda dalam memahami barisan
konvergen.
Contoh 1
Misalkan xn = 1/n adalah barisan di R. Tunjukkan bahwa lim xn = 0.
Bukti
Ambil sembarang 0. Berdasarkan sifat Archimedian maka ada bilangan asli K() sedemikian
sehingga 1/ K() . Selanjutnya jika n K() kita peroleh
1
e
e
0 x 1 n
= £
K( )
n
Hal ini menunjukkan bahwa |xn – 0| untuk n K(). Karena dipilih sembarang maka
membuktikan bahwa lim(1/n) = 0.
Contoh 2
Misalkan a 0 dan xn = 1/(1+ na) di R. Buktikan bahwa lim xn = 0
Bukti
Pertama, karena a 0, maka kita peroleh
1
na
0 1
+
1 na
.
Selanjutnya ambil Ambil sembarang 0. Berdasarkan sifat Archimedian maka ada bilangan
asli K() sedemikian sehingga 1/ K() a. Selanjutnya jika n K() kita peroleh
e
1
e
1
£
0 1
+
K( )a
na
1 na
Hal ini menunjukkan bahwa |1/(1+ na) – 0| untuk n K(). Karena sembarang, maka
membuktikan bahwa lim xn = 0
Contoh 3
Misalkan bR dimana 0 b 1, Apabila xn = bn, tunjukkan bahwa lim xn = 0
Bukti
Untuk membuktikan limit tersebut, kita dapat menuliskan b dalam bentuk
b 1
+
1 a
=
dengan a 0. Berdasarkan sifat ketaksamaan Bernoulli dimana (1 + a)n 1 + na, untuk
setiap nN, maka kita peroleh
Analisis Real_________________________________________ 36

37. 1
na
1
n
1 na
0 b 1 n
(1 a)
+
£
+
=
.
Selanjutnya seperti yang dilakukan pada contoh sebelumnya, jika diambil 0 sembarang, maka
terdapat bilangan asli K() sedemikian sehingga jika n K(), maka |bn – 0| . Hal ini
menunjukkan bahwa lim xn = lim bn = 0.
Contoh-contoh yang telah diuraikan di atas merupakan strategi-strategi yang dapat
dilakukan untuk menunjukkan sebuah barisan konvergen atau tidak. Untuk lebih memahami
barisan dan kekonvergenaannya silahkan Anda kerjakan latihan berikut ini,
Soal Latihan
5 Susunlah sebuah barisan apabila diketahui an = n2 – 2n + 1
6 Susunlah sebuah barisan apabila diketahui a1 = 1 dan an+1 = 1 + 2a1
7 Buatlah rumus untuk barisan bilangan berikut
a (3, 5, 9, 17, 33,…..)
b (½, 2/3, ¾, 4/5, 5/6, ….)
8 Diketahui sebuah barisan X = (1, 3, 5, 7,…, 2n-1,……) dan Y = ( 1, 4, 9,…,n2,…), tentukanlah
barisan dari
a X + Y
b 2X – Y
c X.Y
d X/Y
9 Tunjukkan bahwa
a Misalkan bR, maka lim(b/n) = 0
b Lim(1/n – 1/(n+1)) = 0
c Apabila bn barisan yang konvergen ke-b dan cR, tunjukkan bahwa lim c.bn = c.b
10 Selidikilah apakah barisan berikut konvergen
a = 1
a. n 2 n
b.
bn = 2rn, apabila 0 r 1
Analisis Real_________________________________________ 37

38. 1
+
c. cn = n(n 1)
(-1)n
d. dn = n
e. yn = (-1)n
Subbarisan dan Kombinasi Barisan
Pada bagian ini, kita akan melihat pengertian tentang subbarisan dan juga kombinasi
atau operasi dari beberapa barisan konvergen. Seperti dalam himpunan, kita mengenal
subhimpunan, begitupula dalam barisan dikenal subbarisan.
Cobalah Anda perhatikan barisan
X : 1, -2, 3, -4, 5, -6, 7, -8,………….
Barisan di atas dapat kita bagi dua bagian yaitu,
X1 : 1, ,3, ,5, ,7,………..(barisan suku ke-1, suku ke-3, suku ke-5,…….)
X2 : -2, ,-4, ,-6, ,-8,…….. (barisan suku ke-2, suku ke-4, suku ke-6,…….)
Barisan X1 dan X2 merupakan barisan bagian dari X, dengan X1 merupakan barisan suku ganjil
dari barisan X dan X2 merupakan barisan suku genap dari X.
Secara umum dapat didefinisikan sebagai berikut,
Definisi 12.1
Jika X = xn dan jika r1r2r3…rn…… adalah barisan bilangan asli yang meningkat, maka
barisan X’ yang didefinisikan dengan
(xr1, xr2, xr3,……,xrn,…….)
dinamakan dengan Subbarisan dari X.
Lemma 12.2
Jika barisan X konvergen ke-x, maka sembarang subbarisan dari X yang konvergen ke-x.
Analisis Real_________________________________________ 38

39. Bukti
Misalkan V adalah lingkungan dari nilai limit x, berdasarkan definisi, ada bilangan asli Kv
sedemikian sehingga untuk semua n Kv, maka xn termasuk dalam V. Sekarang misalkan X’
adalah subbarisan dari X, di mana
(xr1, xr2, xr3,……,xrn,…….)
Karena rnn, maka rn Kv, dan xn termasuk dalam V, ini menunjukkan bahwa X’ juga konvergen
ke-x.
Berikutnya marilah kita lihat kombinasi dari dua barisan yang konvergen. Kombinasi
yang dimaksud dalam hal ini adalah berkaitan dengan sifat barisan yang telah diuraikan di
atas.
Kombinasi dari barisan yang konvergen dapat dilihat pada teorema berikut ini,
Teorema 12.3
a Jika X dan Y adalah barisan yang konvergen ke-x dan ke-y, maka barisan
a.1 X + Y konvergen ke- (x+y)
a.2 X – Y konvergen ke-(x-y)
a.3 X.Y konvergen ke-x.y
b Misalkan X = xn adalah barisan yang konvergen ke-x dan misalkan A = an barisan yang
konvergen ke-a, maka barisan anxn akan konvergen ke-ax
c Misalkan X = xn adalah barisan yang konvergen ke-x dan misalkan B = bn barisan taknol
yang konvergen ke-b dan taknol, maka barisan bn
-1
xn akan
konvergen ke-(b-1 x).
Bukti
a. 1. untuk membuktikan (xn+yn)x+y, kita perlu memanipulasi |(xn+yn)-(x+y)| dengan cara
sebagai berikut,
|(xn+yn)-(x+y)|= |(xn-x) + (yn-y)| |(xn-x)| + |(yn-y)|
Berdasarkan hipotesis, jika 0, kita pilih K1 sedemikian sehingga jika n K1, maka |(xn-x)|
/2 dan pilih K2 sedemikian sehingga jika n K2, maka |(yn-y)| /2. Selanjutnya pilih
K0=sup{K1,K2} dan n K0, maka kita dapat simpulkan bahwa,
|(xn-x)| + |(yn-y)| /2 + /2 =
Karena dipilih sembarang, maka X + Y konvergen ke-(x+y).
Analisis Real_________________________________________ 39

40. a.2 Alasan yang sama dapat digunakan untuk menunjukkan bahwa X – Y akan konvergen ke-
(x-y).
a.3 untuk membuktikan X.Y konvergen ke-(x.y), kita dapat menduga bahwa
|xn.yn –x.y| = |(xn.yn – xn.y) + (xn.y – x.y)| |xn(yn – y)| + |(xn – x).y|
Berdasarkan lemma, barisan konvergen terbatas, maka ada bilangan asli Mo yang
merupakan batas atas dari {|xn|,|yn|}. Selanjutnya, dari barisan X dan Y yang konvergen, kita
simpulkan bahwa jika 0 diberikan, maka ada bilangan asli K1, K2 sedemikian sehingga jika
nK1, maka |(xn-x)| /2M dan ika nK2 maka |(yn-y)| /2. Selanjutnya pilih K0=sup{K1,K2} dan
n K0, maka kita dapat simpulkan bahwa,
|xn.yn –x.y| M|(yn – y)| + M|(xn – x)| M(/2M + /2M) =
Ini membuktikanbahwa X.Y konvergen ke-(x.y).
b. Bukti ini sama dengan a.3 hanya mengganti y dengan a
c Kita coba merubah
x 1
b
ö
x 1
b
ö çè
æ
£ - + -
x 1
x 1
b
x x
b
1
b b
b.b
x x
b
1
b
x
b
x 1
b
x 1
b
x 1
b
1
n n
n
n
n n
n
n n n
n
n
n
= - + -
÷ø
+ æ - ÷ ÷ø
ç çè
- = -
Sekarang misalkan M 0 sedemikian sehingga
1/M |b| dan |x| M
Ini menunjukkan bahwa ada bilangan asli K0 sedemikian sehingga jika nK0, maka
1/M |bn| dan |xn| M
Disini jika nK0, kita punyai
x 1
b
x M b b Mx x
b
1
n n
3
n
n
- £ - + -
Selanjutnya, jika 0 diberikan, maka ada bilangan asli K1, K2 sedemikian sehingga jika nK1,
maka |bn - b| /3 2M
dan ika nK2 maka |xn-x| /2M. Selanjutnya pilih K0=sup{K1,K2} dan n K0,
maka kita dapat simpulkan bahwa,
- e + e = e
2M
M
2M
x 1
b
x M
b
1
3
3
n
n
Analisis Real_________________________________________ 40

41. Ini membuktikan bahwa (xn/bn) konvergen ke-(x/b)
Untuk lebih memahami kombinasi barisan konvergen di atas, ada baiknya Anda
perhatikan contoh-contoh berikut ini,
Contoh 1
Misalkan X = xn adalah sebuah barisan yang didefinisikan dengan
= +
x 2n 1 n +
n 5
, dengan n bilangan asli
Jawab
Kita dapat menuliskan kembali xn sehingga menjadi
= +
x 2 1/ n n +
1 5/ n
,
jadi X merupakan pecahan dari dua barisan Y = 2 + 1/n dan Z = 1 + 5/n. Karena barisan
penyebut Z tidak nol, sehingga dapat disimpulkan bahwa
2
= = +
limX limY = 2
=
1
lim(2 1/ n)
lim(1 5 / n)
limZ
+
Jadi, barisan X konvergen ke-2
Contoh 2
Misalkan barisan Y = yn didefinisikan dengan
= -
y 2n 1 n 2 +
n 1
Jawab
Dengan cara yang sama, kita bisa tentukan bahwa
= -
y 2 1/ n n +
n 1/ n
sehingga
0
= -
limy lim(2 1/ n) = 2
=
n limn
+
lim(n 1/ n)
jadi, barisan Y konvergen ke-0.
Analisis Real_________________________________________ 41

42. Soal Latihan
1 Buatlah sebuah barisan divergen, akan tetapi memiliki subbarisan yang konvergen?
2 Tentukan subbarisan yang konvergen dari barisan berikut,
a 1, ½, ¼, 1/8, 1/16,……………………
b 2, -1, ½, -1/4,……………….
c 1, 1, 1, 1, 1,…………..
3 Tentukan apakah barisan berikut konvergen atau divergen,
a. xn= n/(n+1) b. xn = (-1)n .n/(n+1)
c. xn = 2n/(3n2 + 1) d. xn = (2n2 + 3)/(3n2 + 1)
e. xn = n2 – n f. xn = 2n2/(2n+1)
4 Jika X dan Y adalah sebuah barisan dan X + Y konvergen, apakah X dan Y konvergen
dengan lim(X +Y) = lim X + lim Y?
5 Jika X dan Y adalah sebuah barisan dan X.Y konvergen, apakah X dan Y konvergen dengan
lim(X.Y) = lim X . lim Y?
Analisis Real_________________________________________ 42

43. Kriteria Kekonvergenan
Pada pertemuan sebelumnya, Anda telah mempelajari bagaimana menentukan
kekonvergenan barisan melalui konsep limit. Selain itu, kekonvergenan barisan juga dapat
ditentukan dengan melihat sifat dari barisan tersebut. Untuk itu, kita akan mengkaji
kekonvergenan barisan berdasarkan kriteria kekonvergenan barisan. Kriteria kekonvergenan
yang akan dibahas adalah Kriteria kemonotonan barisan dan kriteria Chaucy.
Kriterian Barisan Monoton
Pada bahasan kalkulus I, kita mengenal ada fungsi monoton naik dan fungsi monoton
turun. Sedangkan barisan adalah sebuah fungsi. Jadi, kita bisa menarik benang merah antara
barisan dan fungsi. Dalam hal ini, barisan juga mengenal barisan monoton naik dan barisan
monoton turun. Cobalah Anda lihat beberapa contoh barisan berikut dan tentukan manakah
yang termasuk barisan monotono naik dan manakah yang termasuk barisan monoton turun.
Contoh
i 2, 3, 4, 5,………
ii 3, 3, 3, 3,……….
iii ½, 2/3, ¾. 4/5,………
iv –1, 1, -1, 1, -1, ……..
v 4, 2, 1, ½, ¼, ……..
vi 4, 2, 0, -2, -4, ………..
Anda tentu bisa menentukan dengan cepat bukan! Sekarang perluas wawasan Anda
dengan melihat teorema berikut.
Analisis Real_________________________________________ 43

44. Teorema 13.1( Teorema Kekonvergenan Barisan Monoton)
Misalkan X =(xn) adalah barisan di real yang monoton naik, yaitu
x1 x2 x3 x4 x5….. xn xn+1 ……….
Maka barisan X konvergen jika dan hanya jika barisannya terbatas, dalam hal ini
Lim(xn) = sup{xn}
Bukti (dari kiri kekanan)
Berdasarkan pada lemma sebelumnya, bahwa barisan konvergen adalah terbatas. Jika lim xn = x
dan 0, maka ada bilangan asli K() sedemikian sehingga jika n K(), maka x - xn x + , lihat
gambar berikut
. . . . . . . . . . . ….|…….|
x1 x2 x3 x*
x*- x*+
Karena xn monoton, maka kita peroleh,
x - sup{xn} x +
dan berdasarkan sifat harga mutlak kita peroleh |x - sup{xn}| . Karena benar untuk setiap nilai ,
maka dapat disimpulkan bahwa lim xn = x = sup{xn}.
(dari kanan kekiri)
Misalkan bahwa xn adalah barisan monoton naik yang terbatas dari bilangan real. Menurut
prisnsip Supremum terdapat x* = sup{xn}. Kita harus menunjukkan bahwa x* adalah nilai limit
dari barisan tersebut. Karena x* adalah batas atas dari semua elemen xn, maka xn x*, untuk
semua nN. dan juga dikarenakan x* adalah supremumnya, maka jika 0 bilangan x*-
bukanlah batas atas dari xn dan terdapat bilangan asli K() sedemikian sehingga
x*- x K()
karena barisan adalah monoton naik, untuk n K() kita peroleh
x*- xn x*
dan menunjukkan bahwa | xn - x*| . Ingat bahwa x* adalah suprimum dari xn sehingga bila
0 diberikan ada bilangan asli K() sedemikian sehingga | xn - x*| dimanapun n K(). Jadi, lim xn
= x*
Akibat 13.2
Misalkan X =(xn) adalah barisan di real yang monoton turun, yaitu
Analisis Real_________________________________________ 44

45. x1 x2 x3 x4 x5….. xn xn+1 ……….
Maka barisan X konvergen jika dan hanya jika barisannya terbatas, dalam hal ini
Lim(xn) = inf{xn}
Bukti
Misalkan barisan yn = -xn, untuk nN. maka barisan yn adalah barisan monoton naik. Lihat
kembali bukti teorema di atas.
Kriteria barisan monoton berdasarkan teorema di atas agaknya membantu kita untuk
melihat apakah sebuah barisan konvergen atau tidak. Cobalah perhatikan dua contoh berikut
ini,
Contoh 1
Selidikilah kekonvergenan dari barisan X = 1/n
Jawab
Kalau kita uraikan barisannya adalah 1, ½, 1/3, ¼, 1/5, 1/6,……
Dengan mudah dapat ditentukan bahwa barisan tersebut adalah barisan monoton turun, dan
juga semakin besar n maka barisannya akan menuju ke-0. hal ini menunjukkan bahwa,
x1 x2 x3 x4 x5….. xn xn+1 ……….0
sehingga berdasarkan akibat 8.2 dapat disimpulkan bahwa barisan X = 1/n adalah konvergen.
Kita bisa menentukan nilai dari lim X apabila bisa menentukan nilai inf(1/n). Karena inf(1/n) =
inf{1, ½, 1/3, ¼, 1/5,…1/n,…} = 0, maka lim X = inf(1/n) = 0. Jadi, X konvergen ke-0.
Contoh 2
Selidikilah kekonvergenan dari Y = n/(n+1)
Jawab
Dengan menguraikan barisannya kita akan peroleh
½, 2/3, ¾, 4/5, 5/6,……
Hal ini menunjukkan bahwa ½ 2/3 ¾ 4/5 5/6 ……. 1 atau
y1 y2 y3 y4 ….. yn yn+1 ………. 1
adalah sebuah barisan monoton naik dan terbatas pada 1. Sehingga berdasarkan teorema 8.1,
dapat disimpulkan bahwa barisan Y adalah konvergen. Kita juga bisa melihat dengan mudah
bahwa sup{n/n+1} = 1. sehingga lim Y = sup{n/n+1} = 1. Jadi, barisan Y = n/n+1 konvergen ke-
1.
Analisis Real_________________________________________ 45

46. Teorema kemonotonan barisan sangat berguna dan bermanfaat dalam menentukan
kekonvergenan barisan, akan tetapi hanya tepat digunakan untuk barisan yang monoton.
Kriteria lain yang dapat digunakan untuk menentukan kekonvergenan barisan adalah kriteria
Chaucy. Kriteria ini akan kita kaji berikut, akan tetapi sebelumnya kita lihat sebuah teorema
yang dikenal dengan nama Teorema Bolzano-Weierstrass.
Teorema 13.3(Teorema Bolzano-Weierstrass)
Sebuah barisan terbatas di R mempunyai subbarisan yang konvergen.
Kita tidak akan melihat bukti dari teorema ini, tapi kita lihat salah satu contoh dari
barisan yang mempunyai sifat seperti yang ada pada teorema tersebut. Perhatikan barisan 1, -1,
1, -1, 1, -1, ………. Apabila kita lihat barisan tersebut, maka barisan tersebut mempunyai batas
bawah = -1 dan batas atas = 1. Dengan demikian barisan tersebut adalah barisan yang terbatas.
Menurut teorema di atas, barisan tersebut memiliki subbarisan yang konvergen. Ini dengan
mudah ditemukan, pilihlah sub barisan suku ganjilnya di mana barisannya adalah 1, 1, 1, 1,……
sehingga konvergen ke-1, demikian pula barisan suku genapnya, yaitu, -1, -1, -1, -1,…… yang
konvergen ke-(-1).
Sebelum melihat teorema chaucy, tentunya lebih baik kita mengetahui barisan yang
termasuk dalam barisan Cauchy terlebih dahulu. Sebuah barisan Chaucy ditentukan
berdasarkan definis berikut,
Definisi 13.4
Sebuah barisan X = xn di R dinamakan Barisan Chaucy apabila untuk setiap 0, ada bilangan
asli M() sedemikian sehingga untuk semua m, n M(), maka |xm – xn| .
Lemma 13.5
Jika X = xn adalah barisan konvergen, maka X adalah barisan Chaucy
Bukti
Jika x = lim X, maka setiap 0, ada bilangan asli K(/2) sedemikian sehingga untuk semua n
K(/2), maka |xn – x| /2. Jadi, jika M()=K(/2) dan j m, n M(), maka |xm – xn||xm – x|+|x – xn|
/2 + /2 = . Hal ini menunjukkan bahwa barisan konvergen X adalah barisan Chaucy.
Bila kita kaitkan dengan teorema Bolzano_Weierstrass kita akan memperoleh lemma berikut,
Analisis Real_________________________________________ 46

47. Lemma 13.6
Barisan Chaucy adalah barisan terbatas
Bukti
Karena X = xn adalah barisan Chaucy dan misalkan = 1. Jika m =M(1) dan n M(1), maka |xm –
xn| 1. Berdasarkan sifat ketaksamaan segitiga kita peroleh |xn||xm|+1 untuk n M(1).
Selanjutnya, jika B = sup{|x1|,|x2|,|x3|,…|xn|,…,|xm|+1}, maka kita punya |xn| B untuk
semua nN. Jadi, barisan Chaucy adalah terbatas.
Lemma 13.7
Jika subbarisan X’ dari barisan Chaucy konvergen ke-x, maka elemen barisan X konvergen juga
ke-x.
Sekarang kita akan melihat sebuah kriteria kekonvergenan yang sangat penting untuk
sebuah barisan. Kriteria tersebut dinamakan dengan Kriteria Chaucy. Kriteria ini dimuat dalam
sebuah teorema berikut,
Teorema 13.8(Kriteria Kekonvergenan Chaucy)
Sebuah barisan konvergen jika dan hanya jika barisan tersebut adalah barisan Chaucy
Bukti
(kiri kekanan)
Berdasarkan lemma 13.5 diperoleh bahwa jika barisan konvergen, maka barisan tersebut adalah
barisan Chaucy.
Sebaliknya, dari kanan kekiri
Misalkan X adalah barisan Chaucy, maka berdasarkan lemma 13.6 didapat barisan X terbatas.
Menurut Teorema Bolzano-Weierstass, barisan terbatas memiliki subbarisan X’ yang
konvergen. Berdasarkan lemma 13.7 elemen dari barisan X konvergen ke nilai lim dari X’.
Untuk lebih memahami penggunaan kriteria Cauchy marilah kita lihat contoh barisan X
= 1/n. Untuk menentukan kekonvergenan barisan X, kita hanya perlu menentukan apakah X
adalah barisan cauchy atau bukan. Sedangkan barisan Chaucy dapat ditentukan berdasarkan
definisi 13.1.
Sekarang, ambil 0 sembarang,
untuk n = m, maka berapapun bilangan asli M() akan memenuhi
Analisis Real_________________________________________ 47

48. |xm-xn| =|1/m - 1/n| = 0 .
Untuk n m, pilihlah bilangan asli k sehingga n = m + k, dengan demikian
|xm-xn| =|1/m - 1/n| = |1/m - 1/m+k|=|k/m(m+k)| k/m2
dengan demikian pilih M() = m = k / e sedemikian sehingga
|xm-xn| =|1/m - 1/n| = |1/m - 1/m+k|=|k/m(m+k)| k/m2 =
Untuk n m, pilihlah bilangan asli k sehingga m = n + k, dengan demikian
|xm-xn| =|1/m - 1/n| = |1/n+k - 1/n|=|-k/n(n+k)| k/n2
dengan demikian pilih M() = n = k / e sedemikian sehingga
|xm-xn| =|1/m - 1/n| = |1/n+k - 1/n|=|-k/n(n+k)| k/n2 =
Jadi, untuk setiap 0 sembarang, ada bilangan asli M() sedemikian sehingga jika m,n M()
maka |xm-xn| . Jadi, X = 1/n adalah konvergen.
Soal Latihan
1. Buatlah sebuah barisan yang monoton naik dan konvergen, kemudian tentukan rumusnya ?
2 Buatlah sebuah barisan yang monoton turun dan divergen, kemudian tentukan rumusnya?
3 Buatlah sebuah barisan yang tidak monoton naik atau tidak monoton turun?
4 Selidikilah apakah barisan X = rn konvergen? Tunjukkan!
5 Gunakan Kriteria Kemonotonan untuk menentukan kekonvergenan barisan berikut,
2
2
a. X = n
n 1
+
-
2n -1
b. Y = 3n
c. X =
1
1 -
n
1- 1
d. Y = n
6 Gunakan Kriteria Chaucy untuk menentukan kekonvergenan barisan berikut,
2
2
a. X = n
n 1
+
-
2n -1
b. Y = 3n
c. X =
1
1 -
n
1- 1
d. Y = n
Analisis Real_________________________________________ 48