analisis-real-i

Hand Out 

MATA KULIAH 

ANALISIS REAL I 

Disusun Oleh : 

La Ode Muhammad Agush Salam 

Dipergunakan untuk Mahasiswa S1 Prog. Studi Pend. Matematika Jurusan PMIPA 

FAKULTAS KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN 

UNIVERSITAS HALUOLEO 

KENDARI 

2006 

Analisis Real I

Aljabar Himpunan 

BAB 

1 

PENDAHULUAN 

Pada bab pertama ini, kita akan membahas beberapa prasyarat yang diperlukan 

untuk mempelajari analisis real. Bagian 1.1 dan 1.2 kita akan mengulang sekilas tentang 

aljabar himpunan dan fungsi, dua alat yang penting untuk semua cabang matematika. 

Pada bagian 1.3 kita akan memusatkan perhatian pada metoda pembuktian 

yang disebut induksi matematika. Ini berhubungan dengan sifat dasar sistem bilangan 

asli, dan walaupun penggunaannya terbatas pada masalah yang khusus tetapi hal ini 

penting dan sering digunakan. 

1.1. Aljabar Himpunan 

Bila A menyatakan suatu himpunan dan x suatu unsurnya, kita akan tuliskan 

dengan 

x∈A, 

untuk menyingkat pernyataan x suatu unsur di A, atau x anggota A, atau x termuat 

di A, atau A memuat x. Bila x suatu unsur tetapi bukan di A kita tuliskan dengan 

x∉A. 

Bila A dan B suatu himpunan sehingga x∈A mengakibatkan x∈B (yaitu, 

setiap unsur di A juga unsur di B), maka kita katakan A termuat di B, atau B memuat 

A atau A suatu subhimpunan dari B, dan dituliskan dengan 

A ⊆ B atau B ⊇ A. 

Bila A ⊆ B dan terdapat unsur di B yang bukan anggota A kita katakan A subhimpunan 

sejati dari B. 

Analisis Real I 2

Pendahuluan 

1.1.1. Definisi. Dua himpunan A dan B dikatakan sama bila keduanya memuat unsurunsur 

yang sama. Bila himpunan A dan B sama, kita tuliskan dengan A = B 

Untuk membuktikan bahwa A = B, kita harus menunjukkan bahwa A ⊆ B dan 

B ⊆ A. 

Suatu himpunan dapat dituliskan dengan mendaftar anggota-anggotanya, atau 

dengan menyatakan sifat keanggotaan himpunan tersebut. Kata “sifat keanggotaan” 

memang menimbulkan keraguan. Tetapi bila P menyatakan sifat keanggotaan (yang 

tak bias artinya) suatu himpunan, kita akan tuliskan dengan 

{x⏐P(x)} 

untuk menyatakan himpunan semua x yang memenuhi P. Notasi tersebut kita baca dengan 

“himpunan semua x yang memenuhi (atau sedemikian sehinga) P”. Bila dirasa 

perlu menyatakan lebih khusus unsur-unsur mana yang memenuhi P, kita dapat juga 

menuliskannya dengan 

{ x∈S⏐P(x)} 

untuk menyatakan sub himpunan S yang memenuhi P. 

Beberapa himpunan tertentu akan digunakan dalam bukti ini, dan kita akan 

menuliskannya dengan penulisan standar sebagai berikut : 

• Himpunan semua bilangan asli, N = {1,2,3,...} 

• Himpunan semua bilangan bulat, Z = {0,1,-1,2,-2,...} 

• Himpunan semua bilangan rasional, Q = {m/n ⎢ m,n ∈ Z, n≠0} 

• Himpunan semua bilangan real, R. 

Contoh-contoh : 

(a). Himpunan {x ∈ N ⎢x 2 -3x+2=0}, menyatakan himpunan semua bilangan asli yang 

memenuhi x 2 - 3x + 2 = 0. Karena yang memenuhi hanya x = 1 dan x = 2, maka 

himpunan tersebut dapat pula kita tuliskan dengan {1,2}. 

(b). Kadang-kadang formula dapat pula digunakan untuk menyingkat penulisan himpunan. 

Sebagai contoh himpunan bilangan genap positif sering dituliskan dengan 

{2x ⎢x∈ N}, daripada {y∈ N ⎢y = 2x, x∈ N}. 

Analisis Real I 3


Operasi Himpunan 

Sekarang kita akan mendefinisikan cara mengkonstruksi himpunan baru dari 

himpunan yang sudah ada. 

1.1.2. Definisi. (a). Bila A dan B suatu himpunan, maka irisan (=interseksi) dari A ⊂ 

B dituliskan dengan A∩B, adalah himpunan yang unsur-unsurnya terdapat di A juga 

di B. Dengan kata lain kita mempunyai 

A∩B = {x ⎢x∈A dan x∈B}. 

(b). Gabungan dari A dan B, dituliskan dengan A∪B, adalah himpunan yang unsurunsurnya 

paling tidak terdapat di salah satu A atau B. Dengan kata lain kita mempunyai 

A∪B = {x ⎢x∈A atau x∈B}. 

1.1.3. Definisi. Himpunan yang tidak mempunyai anggota disebut himpunan kosong, 

dituliskan dengan { } atau ∅. Bila A dan B dua himpunan yang tidak mempunyai unsur 

bersama (yaitu, A∩B = ∅), maka A dan B dikatakan saling asing atau disjoin. 

Berikut ini adalah akibat dari operasi aljabar yang baru saja kita definisikan. 

Karena buktinya merupakan hal yang rutin, kita tinggalkan kepada pembaca sebagai 

latihan. 

1.1.4. Teorema. Misalkan A,B dan C sebarang himpunan, maka 

(a). A∩A = A, A∪A = A; 

(b). A∩B = B∩A, A∪B = B∪A; 

(c). (A∩B) ∩C = A∩(B ∩C), (A∪B)∪C = A∪(B∪C); 

(d). A∩(B∪C) = (A∩B)∪(A∩C), A∪(B ∩C) = (A∪B) ∩ (A∪C); 

Kesamaan ini semua berturut-turut sering disebut sebagai sifat idempoten, komutatif, 

asosiatif dan distributif, operasi irisan dan gabungan himpunan. 

Melihat kesamaan pada teorema 1.1.4(c), biasanya kita tanggalkan kurung dan 

cukup ditulis dengan 

A∩B ∩C, A∪B∪C. 

Analisis Real I 4

Pendahuluan 

Dimungkinkan juga untuk menunjukkan bahwa bila {A 1 ,A 2 , ,A n } merupakan koleksi 

himpunan, maka terdapat sebuah himpunan A yang memuat unsur yang merupakan 

pa-ling tidak unsur dari suatu A j , j = 1,2,...,n ; dan terdapat sebuah himpunan B yang 

unsur-unsurnya merupakan unsur semua himpunan A j , j=1,2,...,n. Dengan menanggalkan 

kurung, kita tuliskan dengan 

A = A 1 ∪A 2 ∪ ∪ A n = {x ⎢x∈A j untuk suatu j}, 

B = A 1 ∩ A 2 ...∩A n = {x ⎢x∈A j untuk semua j}. 

Untuk mempersingkat penulisan, A dan B di atas sering dituliskan dengan 

A = 

n 

U A j 

j= 

1 

B = 

n 

I A j 

j= 

1 

Secara sama, bila untuk setiap j unsur di J terdapat himpunan A j , maka 

U 

j∈J 

A j 

menyatakan himpunan yang unsur-unsurnya paling tidak merupakan unsur dari salah 

satu A j . Sedangkan 

semua A j untuk j∈J. 

I 

j∈J 

A j 

, menyatakan himpunan yang unsur-unsurnya adalah unsur 

1.1.5. Definisi. Bila A dan B suatu himpunan, maka komplemen dari B relatif terhadap 

A, dituliskan dengan A\B (dibaca “A minus B”) adalah himpunan yang unsurunsurnya 

adalah semua unsur di A tetapi bukan anggota B. Beberapa penulis menggunakan 

notasi A - B atau A ~ B. 

Dari definisi di atas, kita mempunyai 

A\B = {x ∈ A ⎢x ∉ B}. 

Seringkali A tidak dinyatakan secara eksplisit, karena sudah dimengerti/disepakati. 

Dalam situasi begini A\B sering dituliskan dengan C(B). 

1.1.6. Teorema. Bila A,B,C sebarang himpunan, maka A\(B∪C) = (A\B)∩(A\C), 

A\(B∩C) = (A\B) ∪(A\C). 

Analisis Real I 5


Bukti : 

Kita hanya akan membuktikan kesamaan pertama dan meninggalkan yang 

kedua sebagai latihan bagi pembaca. Kita akan tunjukkan bahwa setiap unsur di 

A\(B∪C) termuat di kedua himpunan (A\B) dan (A\C), dan sebaliknya. 

Bila x di A\(B∪C), maka x di A, tetapi tidak di B∪C. Dari sini x suatu unsur 

di A, tetapi tidak dikedua unsur B atau C. (Mengapa?). Karenanya x di A tetapi tidak 

di B, dan x di A tetapi tidak di C. Yaitu x ∈ A\B dan x ∈ A\C, yang menunjukkan 

bahwa 

x ∈(A\B)∩(A\C). 

Sebaliknya, bila x ∈(A\B)∩(A\C), maka x ∈(A\B)dan x ∈ (A\C). Jadi x ∈ A 

tetapi bukan anggota dari B atau C. Akibatnya x ∈ A dan x ∉ (B∪C), karena itu x ∈ 

A\(B∪C). 

Karena himpunan (A\B)∩(A\C) dan A\(B∪C).memuat unsur-unsur yang 

sama, menurut definisi 1.1.1 A\(B∪C).= (A\B)∩(A\C). 

Produk (hasil kali) Cartesius 

Sekarang kita akan mendefinisikan produk Cartesius. 

1.1.7. Definisi. Bila A dan B himpunan-himpunan yang tak kosong, maka produk 

cartesius A×B dari A dan B adalah himpunan pasangan berurut (a,b) dengan a∈ A dan 

b ∈ B. 

Jadi bila A = {1,2,3} dan B = {4,5}, maka 

A×B = {(1,4),(1,5),(2,4),(2,5),(3,4),(3,5)} 

Latihan 1.1. 

1. Gambarkan diagram yang menyatakan masing-masing himpunan pada Teorema 

1.1.4. 

2. Buktikan bagian (c) Teorema 1.1.4. 

3. Buktikan bagian kedua Teorema 1.1.4(d). 

4. Buktikan bahwa A ⊆ B jika dan hanya jika A∩B = A. 

Analisis Real I 6

n 

U 

n 

Pendahuluan 

5. Tunjukkan bahwa himpunan D yang unsur-unsurnya merupakan unsur dari tepat 

satu himpunan A atau B diberikan oleh D = (A\B) ∪ (B\A). Himpunan D ini sering 

disebut dengan selisih simetris dari A dan B. Nyatakan dalam diagram. 

6. Tunjukkan bahwa selisih simetris D di nomor 5, juga diberikan oleh 

D = (A∪B)\(A∩B). 

7. Bila A ⊆ B, tunjukkan bahwa B = A\(A\B). 

8. Diberikan himpunan A dan B, tunjukkan bahwa A∩B dan A\B saling asing dan 

bahwa A = (A∩B) ∪ (A\B). 

9. Bila A dan B sebarang himpunan, tunjukkan bahwa A∩B = A\(A\B). 

10. Bila {A 1 , A 2 , ... , A n } suatu koleksi himpunan, dan E sebarang himpunan, tunjukkan 

bahwa E ∩ A = (E ∩ A ), E ∪ A = (E ∪ A ) 

j= 

1 

U 

j j j 

j= 

1 

j=1 

n 

n 

11. Bila {A 1 , A 2 , ... , A n } suatu koleksi himpunan, dan E sebarang himpunan, tunjukkan 

bahwa E ∩ A = (E ∩ A ), E ∪ A = (E ∪ A ) 

n 

U 

I I I I 

j 

j 

j 

j= 1 j= 1 

j=1 j= 

1 

12. Misalkan E sebarang himpunan dan {A 1 , A 2 , ... , A n } suatu koleksi himpunan. 

Buktikan Hukum De Morgan 

n 

n 

I U U I 

n 

n 

U 

j= 

1 

E \ A = (E \ A ), E \ A = (E \ A ). 

j 

j 

j 

j= 1 j= 1 

j=1 j= 

1 

n 

Catatan bila E\A j dituliskan dengan C(A j ), maka kesamaan di atas mempunyai 

bentuk 

⎛ 

n 

⎞ 

n 

⎛ 

n 

⎞ 

n 

C ⎜IA j⎟ = UC ( A 

j) , C⎜UA j⎟ = I C ( A 

j) 

. 

⎝ j= 1 ⎠ j= 1 ⎝ j=1 ⎠ j= 

1 

13. Misalkan J suatu himpunan dan untuk setiap j∈J, A j termuat di E. Tunjukkan 

bahwa 

⎛ ⎞ 

⎛ ⎞ 

C ⎜IA j⎟ = UC ( A 

j) , C⎜UA j⎟ = I C ( A 

j) 

. 

⎝ j∈J 

⎠ j∈J 

⎝ j∈J 

⎠ j∈J 

14. Bila B 1 dan B 2 subhimpunan dari B dan B = B 1 ∪ B 2 , tunjukkan bahwa 

n 

n 

j 

j 

j 

Analisis Real I 7


A×B = (A×B 1 ) ∪ (A×B 2 ). 

1.2. Fungsi. 

Sekarang kita kembali mendiskusikan gagasan fundamental suatu fungsi atau 

pemetaan. Akan kita lihat bahwa fungsi adalah suatu jenis khusus dari himpunan, 

walaupun terdapat visualisasi lain yang sering lebih bersifat sugesti. Semua dari 

bagian terakhir ini akan banyak mengupas jenis-jenis fungsi, tetapi sedikit abstrak dibandingkan 

bagian ini. 

Bagi matematikawan abad terdahulu kata “fungsi” biasanya berarti rumus tertentu, 

seperti 

f(x) = x 2 + 3x -5 

yang bersesuaian dengan masing-masing bilangan real x dan bilangan lain f(x). Mungkin 

juga seseorang memunculkan kontroversi, apakah nilai mutlak 

h(x) = ⏐x⏐ 

dari suatu bilangan real merupakan “fungsi sejati” atau bukan. Selain itu definisi 

⏐x⏐diberikan pula dengan 

⏐x⏐= 

⎧ x, bila x ≥ 0 

⎨ 

⎩−x, bila x < 0 

Dengan berkembangnya matematika, semakin jelas bahwa diperlukan definisi fungsi 

yang lebih umum. Juga semakin penting untuk kita membedakan fungsi sendiri dengan 

nilai fungsi itu. Di sini akan mendefinisikan suatu fungsi dan hal ini akan kita lakukan 

dalam dua tahap. 

Definisi pertama : 

Suatu fungsi f dari himpunan A ke himpunan B adalah aturan korespondensi yang 

memasangkan masing-masing unsur x di A secara tunggal dengan unsur f(x) di B. 

Definisi di atas mungkin saja tidak jelas, dikarenakan ketidakjelasan frase 

“aturan korespondensi”. Untuk mengatasi hal ini kita akan mendefinisikan fungsi 

de-ngan menggunakan himpunan seperti yang telah dibahas pada bagian sebelumnya. 

Analisis Real I 8

Pendahuluan 

De-ngan pendefinisian ini dapat saja kita kehilangan kandungan intuitif dari definisi 

terdahulu, tetapi kita dapatkan kejelasan. 

Ide dasar pendefinisian ini adalah memikirkan gambar dari suatu fungsi; 

yaitu, suatu korelasi dari pasangan berurut. Bila kita perhatikan tidak setiap koleksi 

pasangan berurut merupakan gambar suatu fungsi, karena sekali unsur pertama dalam 

pasangan berurut diambil, unsur keduanya ditentukan secara tunggal. 

1.2.1. Definisi. Misalkan A dan B himpunan suatu fungsi dari A ke B adalah himpunan 

pasangan berurut f di A×B sedemikian sehingga untuk masing-masing a ∈ A 

terdapat b ∈ B yang tunggal dengan (a,b),(a,b’) ∈ f, maka b = b’. Himpunan A dari 

unsur-unsur pertama dari f disebut daerah asal atau “domain” dari f, dan dituliskan 

D(f). Sedangkan unsur-unsur di B yang menjadi unsur kedua di f disebut “range” dari 

f dan dituliskan dengan R(f). Notasi 

f : A → B 

menunjukkan bahwa f suatu fungsi dari A ke B; akan sering kita katakan bahwa f 

suatu pemetaan dari A ke dalam B atau f memetakan A ke dalam B. Bila (a,b) suatu 

unsur di f, sering ditulis dengan 

b = f(a) 

daripada (a,b) ∈ f. Dalam hal ini b merupakan nilai f di titik a, atau peta a terhadap f. 

Pembatasan dan Perluasan Fungsi 

Bila f suatu fungsi dengan domain D(f) dan D 1 suatu subhimpunan dari D(f), 

seringkali bermanfaat untuk mendefinisikan fungsi baru f 1 dengan domain D 1 dan 

f 1 (x) = f(x) untuk semua x ∈ D 1 . Fungsi f 1 disebut pembatasan fungsi f pada D 1 . 

Menurut definisi 1.2.1, kita mempunyai 

f 1 = { (a,b) ∈ f ⎢a ∈ D 1 } 

Kadang-kadang kita tuliskan f 1 = f ⎢D 1 untuk menyatakan pembatasan fungsi f pada 

himpunan D 1 . 

Analisis Real I 9


Konstruksi serupa untuk gagasan perluasan. Bila suatu fungsi dengan domain 

D(g) dan D 2 ⊇ D(g), maka sebarang fungsi g 2 dengan domain D 2 sedemikian sehingga 

g 2 (x) = g(x) untuk semua x ∈ D(g) disebut perluasan g pada himpunan D 2 . 

Bayangan Langsung dan Bayangan Invers 

Misalkan f : A → B suatu fungsi dengan domain A dan range B. 

1.2.2. Definisi. Bila E subhimpunan A, maka bayangan langsung dari E terhadap f 

adalah sub himpunan f(E) dari B yang diberikan oleh 

f(E) = {f(x) : x ∈ E}. 

Bila H subhimpunan E, maka bayangan invers dari H terhadap f adalah subhimpunan 

f -1 (H) dari A, yang diberikan oleh 

f -1 (H) = { x ∈ A : f(x) ∈ H} 

Jadi bila diberikan himpunan E ⊆ A, maka titik y 1 ∈ B di bayangan langsung 

f(E) jika dan hanya jika terdapat paling tidak sebuah titik x 1 ∈ E sedemikian sehingga 

y 1 = f(x 1 ). Secara sama, bila diberikan H⊆B, titik x 2 ∈A di dalam bayangan invers f - 

1 (H) jika dan hanya jika y 2 = f(x 2 ) di H. 

1.2.3. Contoh. (a). Misalkan f : R ⎯→ R didefinisikan dengan f(x) = x 2 . Bayangan 

langsung himpunan E = {x ⎢0 ≤ x ≤ 2} adalah himpunan f(E) = {y ⎢0 ≤ y ≤ 4}. Bila G 

= {y ⎢0 ≤ y ≤ 4}, maka bayangan invers G adalah himpunan f -1 (G) = {x ⎢-2 ≤ x ≤ 2}. 

Jadi f -1 (f(E)) ≠ E. 

Disatu pihak, kita mempunyai f(f -1 (G)) = G. Tetapi bila H = {y ⎢-1 ≤ y ≤ 1}, 

maka kita peroleh f(f -1 (H)) = {x ⎢0 ≤ x ≤ 1} ≠ H. 

(b). Misalkan f : A → B, dan G,H subhimpunan dari B kita akan tunjukkan bahwa 

f -1 (G∩H) ⊆ f -1 (G)∩ f -1 (H) 

Kenyataannya, bila x ∈ f -1 (G∩H) maka f(x) ∈ G∩H, jadi f(x) ∈ G dan f(x) ∈ H. Hal 

ini mengakibatkan x ∈ f -1 (G) dan x ∈ f -1 (H). Karena itu x ∈ f -1 (G)∩ f -1 (H), bukti selesai. 

Sebaliknya, f -1 (G∩H) ⊇ f -1 (G)∩ f -1 (H) juga benar, yang buktinya ditinggalkan sebagai 

latihan. 

Analisis Real I 10

Pendahuluan 

Sifat-sifat Fungsi 

1.2.4. Definisi. Suatu fungsi f : A ⎯→ B dikatakan injektif atau satu-satu bila x 1 ≠ x 2 , 

mengakibatkan f(x 1 ) ≠ f(x 2 ). Bila f satu-satu, kita katakan f suatu injeksi. 

Secara ekivalen, f injektif jika dan hanya jika f(x 1 ) = f(x 2 ) mengakibatkan x 1 = 

x 2 , untuk semua x 1 ,x 2 di A. 

Sebagai contoh, misalkan A = {x ∈ R ⎢x ≠ 1} dan f : A ⎯→ R dengan f(x) = 

x 

x − 1 

. Untuk menunjukkan f injektif, asumsikan x 1,x 2 di A sehingga f(x 1 ) = f(x 2 ). 

Maka kita mempunyai 

x1 

x2 

x − 1 

= x − 1 

1 

2 

yang mengakibatkan (mengapa?) bahwa 

itu f injektif. 

x1 

x2 

x − 1 

= x − 1 

1 

2 

dan dari sini x 1 = x 2 . Karena 

1.2.5. Definisi. Suatu fungsi f : A → B dikatakan surjektif atau memetakan A pada B, 

bila f(A) = B. Bila f surjektif, kita sebut f suatu surjeksi. 

Secara ekivalen, f : A → B surjektif bila range f adalah semua dari B, yaitu 

untuk setiap y ∈ B terdapat x ∈ A sehingga f(x) = y. 

Dalam pendefinisian fungsi, penting untuk menentukan domain dan himpunan 

dimana nilainya diambil. Sekali hal ini ditentukan, maka dapat menanyakan apakah 

fungsi tersebut surjektif atau tidak. 

1.2.6. Definisi. Suatu fungsi f : A ⎯→ B dikatakan bijektif bila bersifat injektif dan 

surjektif. Bila f bijektif, kita sebut bijeksi. 

Fungsi-fungsi Invers 

Bila f suatu fungsi dari A ke B, (karenanya, subhimpunan khusus dari A×B), 

maka himpunan pasangan berurut di B×A yang diperoleh dengan saling menukar unsur 

pertama dan kedua di f secara umum bukanlan fungsi. Tetapi, bila f injektif, maka 

penukaran ini menghasilkan fungsi yang disebut invers dari f. 

Analisis Real I 11


1.2.7. Definisi. Misalkan f : A ⎯→ B suatu fungsi injektif dengan domain A dan 

range R(f) di B. Bila g = {(b,a)∈B×A ⎢(a,b) ∈ f}, maka g fungsi injektif dengan domain 

D(g) = R(f) dan range A. Fungsi G disebut fungsi invers dari f dan dituliskan 

dengan f -1 . 

Dalam penulisan fungsi yang standar, fungsi f -1 berelasi dengan f sebagai 

berikut : y = f -1 (y) jika dan hanya jika y = f(x). 

Sebagai contoh, kita telah melihat bahwa fungsi f(x) = 

x 

x − 1 

didefinisikan untuk 

x ∈ A = {x ⎢x ≠ 1} bersifat injektif. Tidak jelas apakah range dari f semua (atau 

hanya sebagian) dari R. Untuk menentukannya kita selesaikan persamaan y = 

x 

x − 1 

dan diperoleh x = 

y 

. Dengan informasi ini, kita dapat yakin bahwa rangenya R(f) 

y − 1 

= {y ⎢y ≠ 1} dan bahwa fungsi invers dari f mempunyai domain {y ⎢y ≠ -1} dan f -1 (y) 

= 

y 

y − 1 

. Bila suatu fungsi injektif, maka fungsi inversnya juga injektif. Lebih dari itu, 

fungsi invers dari f -1 adalah f sendiri. Buktinya ditinggalkan sebagai latihan. 

Fungsi Komposisi 

Sering terjadi kita ingin mengkomposisikan dua buah fungsi denga mencari 

f(x) terlebih dahulu, kemudian menggunakan g untuk memperoleh g(f(x)), tetapi hal 

ini hanya mungkin bila f(x) ada di domain g. Jadi kita harus mengasumsikan bahwa 

range dari f termuat di domain g. 

1.2.8. Definisi. Untuk fungsi f : A → B dan g : B - C, komposisi fungsi gof (perhatikan 

urutannya!) adalah fungsi dari A ke C yang didefinisikan dengan gof(x) = g(f(x)) 

untuk x ∈ A. 

1.2.9. Contoh. (a). Urutan komposisi harus benar-benar diperhatikan. Misalkan f dan 

g fungsi-fungsi yang nilainya di x ∈ R ditentukan oleh 

f(x) = 2x, g(x) = 3x 2 - 1 

Analisis Real I 12

Pendahuluan 

Karena D(g) = R dan R(f) ⊆ R, maka domain D(gof) adalah juga R, dan fungsi komposisi 

gof ditentukan oleh 

gof(x) = 3(2x) 2 - 1 = 2x 2 - 1 

Di lain pihak, domain dari fungsi komposisi gof juga R, tetapi dalam hal ini kita 

mempunyai fog(x) = 2(3x 2 - 1) = 6x 2 - 2. Jadi fog ≠ gof. 

(b). Beberapa perhatian harus dilatih agar yakin bahwa range dari f termuat di domain 

dari g. Sebagai contoh, bila f(x) = 1 - x 2 dan y = 

x , maka fungsi komposisi yang 

diberikan oleh gof(x) = 1− x 2 didefinisikan hanya pada x di D(f) yang memenuhi 

f(x) ≥ 0; yaitu, untuk x memenuhi -1 ≤ x ≤ 1. Bila kita tukar urutannya, maka komposisi 

fog, diberikan oleh gof(x) = 1 - x, didefinisikan untuk semua x di domain dari g; yaitu 

himpunan {x ∈ R : x ≥ 0}. 

Teorema berikut memperkenalkan hubungan antara komposisi fungsi dan 

petanya. Sedangkan buktinya ditinggalkan sebagai latihan. 

1.2.10. Teorema. Misalkan f : A ⎯→ B dan g : B ⎯→ C fungsi dan H suatu subhimpunan 

dari C. Maka (fog) -1 (H) = g -1 (f -1 (H)). 

Sering terjadi bahwa komposisi dua buah fungsi mewarisi sifat-sifat fungsi 

yang didefinisikan. Berikut salah satunya dan buktinya ditinggalkan sebagai latihan. 

1.2.11. Teorema. Bila f : A ⎯→ B dan g : B ⎯→ C keduanya bersifat injektif, maka 

komposisi gof juga bersifat injektif. 

Barisan 

Fungsi dengan N sebagai domain memeainkan aturan yang sangat khusus 

dalam analisis, yang kita akan perkenalkan berikut ini. 

1.2.12. Definisi. Suatu barisan dalam himpunan S adalah suatu fungsi yang domainnya 

himpunan bilangan asli N dan rangenya termuat di S. 

Untuk barisan X : N ⎯→ S, nilai X di n∈N sering dituliskan dengan x n daripada 

(x n ), dan nilainya sering disebut suku ke-n barisan tersebut. Barisan itu sendiri 

sering dituliskan dengan (x n ⎢ n ∈ N) atau lebih sederhana dengan (x n ). Sebagai con- 

Analisis Real I 13


toh, barisan di R yang dituliskan dengan ( n ⎢ n ∈ N) sama artinya dengan fungsi X : 

N ⎯→ R dengan X(n) = n . 

nilainya 

Penting sekali untuk membedakan antara barisan (x n ⎢ n ∈ N) dengan 

{x n ⎢ n ∈ N}, yang merupakan subhimpunan dari S. Suku barisan harus dipandang 

mempunyai urutan yang diinduksi dari urutan bilangan asli, sedangkan range dari barisan 

hanya merupakan subhimpunan dari S. Sebagai contoh, suku-suku dari barisan 

((-1) n ⎢ n ∈ N) berganti-ganti antara -1 dan 1, tetapi range dari barisan itu adalah 

{-1,1}, memuat dua unsur dari R. 

Latihan 1.2. 

1. Misalkan A = B = {x∈R ⎢-1 ≤ x ≤ 1} dan sub himpunan C = {(x,y) ⎢x 2 + y 2 = 1} 

dari A×B, apakah himpunan ini fungsi ? 

2. Misalkan f fungsi pada R yang didefinisikan dengan f(x) = x 2 , dan E = {x∈R ⎢-1 ≤ 

x ≤ 0} dan F = {x∈R ⎢0 ≤ x ≤ 1}. Tunjukkan bahwa E∩F = {0} dan f(E∩F) = {0}, 

sementara f(E) = f(F) = {y∈R ⎢0 ≤ y ≤ 1}. Di sini f(E∩F) adalah subhimpunan sejati 

dari f(E) ∩ f(F). Apa yang terjadi bila 0 dibuang dari E dan F? 

3. Bila E dan F seperti latihan no. 2, tentukan E\F dan f(E)\f(F) dan tunjukkan bahwa 

f(E\F) ≤ f(E)\f(F) salah. 

4. Tunjukkan bahwa bila f : A→B dan E,F sub himpunan dari A, maka f(E∪F) = f(E) 

∪ f(F) dan f(E ∩ F) ≤ f(E) ∩ f(F) 

5. Tunjukkan bahwa bila f : A→B dan G,H sub himpunan dari B, 

maka f -1 (G∪H) = f -1 (G) ∪ f -1 (H) dan f -1 (G ∩ H) ≤ f -1 (G) ∩ f -1 (H) 

6. Misalkan f didefinisikan dengan f(x) = 

dari R pada {y : -1 ≤ y ≤ 1}.. 

x 

x 2 + 1 

, x ∈R. Tunjukkan bahwa f bijektif 

7. Untuk a,b ∈R dengan a < b, tentukan bijeksi dari A = {x ⎢a < x < b} pada B = {y 

⎢0 < y < 1} 

Analisis Real I 14

Pendahuluan 

8. Tunjukkan bahwa bila f : A→B bersifat injektif dan E ⊆ A, maka f -1 (f(E)). Berikan 

suatu contoh untuk menunjukkan kesamaan tidak dipenuhi bila f tidak injektif. 

9. Tunjukkan bahwa bila f : A→B bersifat surjektif dan H ⊆ B, maka f(f -1 (H)). Berikan 

suatu contoh untuk menunjukkan kesamaan tidak dipenuhi bila f tidak surjektif. 

10.Buktikan bahwa bila f injeksi dari A ke B, maka f -1 = {(b,a) ⎢(a,b)∈f} suatu fungsi 

dengan domain R(f). Kemudian buktikan bahwa f -1 injektif dan f invers dari f -1 . 

11.Misalkan f bersifat injektif. Tunjukkan bahwa f -1 of(x) = x, untuk semua x ∈ D(f) 

dan fof -1 (y) = y untuk semua y ∈ R(f). 

12. Berikan contoh dua buah fungsi f,g dari R pada R sehingga f ≠ g, tetapi fog = gof 

13. Buktikan teorema 1.2.10. 

14. Buktikan teorema 1.2.11. 

15. Misalkan f,g fungsi dan gof(x) = x untuk semua x di D(f). Tunjukkan bahwa f injektif 

dan R(f) ⊆ D(f) dan R(g) ⊇ D(g). 

16. Misalkan f,g fungsi dan gof(x) = x untuk semua x di D(f) dan fog(y) untuk semua y 

di D(g). Buktikan bahwa g = f -1. . 

1.3. Induksi Matematika 

Induksi matematika merupakan metode pembuktian penting yang akan sering 

digunakan dalam buku ini. Metode ini digunakan untuk menguji kebenaran suatu 

pernyataan yang diberikan dalam suku-suku bilangan asli. Walau kegunaannya terbatas 

pada masalah tertentu, tetapi induksi matematika sangat diperlukan disemua cabang 

matematika. Karena banyak bukti induksi mengikuti urutan formal argumen 

yang sama, kita akan sering menyebutkan “hasilnya mengikuti induksi matematika” 

dan meninggalkan bukti lengkapnya kepada pembaca. Dalam bagian ini kita membahas 

prinsip induksi matematika dan memberi beberapa contoh untuk mengilustrasikan 

bagaimana proses bukti induksi. 

Kita akan mengasumsikan kebiasaan (pembaca) dengan himpunan bilangan 

asli 

N = {1,2,3,...} 

Analisis Real I 15


dengan operasi aritmetika penjumlahan dan perkalian seperti biasa dan dengan arti 

suatu bilangan kurang dari bilangan lain. Kita juga akan mengasumsikan sifat fundamental 

dari N berikut. 

1.3.1. Sifat urutan dengan baik dari N. Setiap subhimpunan tak kosong dari N mempunyai 

unsur terkecil. 

Pernyataan yang lebih detail dari sifat ini sebagai berikut : bila S subhimpunan 

dari N dan S ≠ ∅, maka terdapat suatu unsur m ∈ S sedemikian sehingga m ≤ k untuk 

semua k ∈ S. 

Dengan berdasar sifat urutan dengan baik, kita akan menurunkan suatu versi 

prinsip induksi matematika yang dinyatakan dalam suku-suku subhimpunan dari N. 

Sifat yang dideskripsikan dalam versi ini kadang-kadang mengikuti turunan sifat N. 

1.3.2. Prinsip Induksi Matematika. Misalkan S sub himpunan dari N yang mempunyai 

sifat 

(i).1 ∈ S 

(ii).jika k ∈ S., maka k + 1 ∈ S. 

maka S = N. 

Bukti : 

Andaikan S ≠ N. Maka N\S tidak kosong, karenanya berdasar sifat urutan dengan baik 

N\S mempunyai unsur terkecil, sebut m. Karena 1 ∈ S, maka m ≠ 1. Karena itu m > 1 

dengan m - 1 juga bilangan asli. Karena m - 1 < m dan m unsur terkecil di N\S, maka 

m - 1 haruslah di S. 

Sekarang kita gunakan hipotesis (2) terhadap unsur k = m - 1 di S, yang 

berakibat k + 1 = (m - 1) + 1 = m di S. Kesimpulan ini kontradiksi dengan pernyataan 

bahwa m tidak di S. Karena m diperoleh dengan pengandaian bahwa N\S tidak kosong, 

kita dipaksa pada kesimpulan bahwa N\S kosong. Karena itu kita telah buktikan 

bahwa S = N. 

Prinsip induksi matematika sering dinyatakan dalam kerangka sifat atau pernyataan 

tentang bilangan asli. Bila P(n) berarti pernyataan tentang n ∈ N, maka P(n) 

Analisis Real I 16

Pendahuluan 

benar untuk beberapa nilai n, tetapi tidak untuk yang lain. Sebagai contoh, bila P(n) 

pernyataan “ n 2 = n”, maka P(1) benar, sementara P(n) salah untuk semua n ≠ 1, 

n∈N. Dalam konteks ini prinsip induksi matematika dapat dirumuskan sebagai berikut 

: 

Untuk setiap n ∈ N, misalkan P(n) pernyataan tentang n. Misalkan bahwa 

(a). P(1) benar 

(b). Jika P(k) benar, maka P(k + 1) benar. 

Maka P(n) benar untuk semua n ∈ N. 

Dalam kaitannya dengan versi induksi matematika terdahulu yang diberikan 

pada 1.3.2, dibuat dengan memisalkan S = { n ∈ N ⎢P(n) benar}. Maka kondisi (1) 

dan (2) pada 1.3.2 berturut-turut tepat bersesuaian dengan (a) dan (b). Kesimpulan S = 

N pada 1.3.2. bersesuaian dengan kesimpulan bahwa P(n) benar untuk semua n ∈ N. 

Dalam (b) asumsi “jika P(k) benar” disebut hipotesis induksi. Di sini, kita tidak 

memandang pada benar atau salahnya P(k), tetap hanya pada validitas implikasi 

“jika P(k) benar, maka P(k+1) benar”. Sebagai contoh, bila kita perhatikan pernyataan 

P(n) : n = n + 5, maka (b) benar. Implikasinya “bila k = k + 5, maka k + 1 = k + 6” 

juga benar, karena hanya menambahkan 1 pada kedua ruas. Tetapi, karena pernyataan 

P(1) : 1 = 2 salah, kita tidak mungkin menggunakan induksi matematika untuk menyimpulkan 

bahwa n = n + 5 untuk semua n ∈ N. 

Contoh-contoh berikut mengilustrasikan bagaimana prinsip induksi matematika 

bekerja sebagai metode pembuktian pernyataan tentang bilangan asli. 

1.3.3. Contoh. (a). Untuk setiap n ∈ N, jumlah n pertama bilangan asli diberikan oleh 

1 + 2 + ... + n = 1 n (n + 1). 

2 

Untuk membuktikan kesamaan ini, kita misalkan S himpunan n ∈ N, sehingga kesamaan 

tersebut benar. Kita harus membuktikan kondisi (1) dan (2) pada 1.3.2. dipenuhi. 

Bila n = 1, maka kita mempunyai 1 = 1 .1(1 + 1), jadi 1 ∈ S dan dengan asumsi ini 

2 

akan ditunjukkan k + 1 ∈ S. Bila k ∈ S, maka kita mempunyai 

1+2+...+k = 1 (k+1). (*) 

2 

Analisis Real I 17


Bila kita tambahkan k+1 pada kedua ruas, kita peroleh 

1+2+...+k+(k+1) = 1 k(k+1) + (k+1) 

2 

= 1 2 

(k+1) (k+2) 

Karena ini menyatakan kesamaan di atas untuk n = k + 1, kita simpulkan bahwa k + 1 

∈ S. Dari sini kondisi (2) pada 1.3.2. dipenuhi. Karena itu dengan prinsip induksi 

matematika, kita simpulkan bahwa S = N dan kesamaan (*) benar untuk semua n ∈ 

N. 

(b). Untuk masing-masing n ∈ N, jumlah kuadrat dari n pertama bilangan asli diberikan 

oleh 

1 2 +2 2 +...+n 2 = 1 6 n(n+1)(2n+1) 

Untuk membuktikan kebenaran formula ini, pertama kita catat bahwa formula ini 

benar untuk n = 1, karena 1 2 1 

= .1 (1+1)(2+1). Bila kita asumsikan formula ini benar 

6 

untuk k, maka dengan menambahkan (k+1) 2 pada kedua ruas, memberikan hasil 

1 2 +2 2 +...+k 2 + (k+1) 2 = 1 k(k+1)(2k+1) + (k+1)2 

6 

= 1 6 (k+1)(2k2 +k+6k+6) 

= 1 6 (k+1)(k+2)(2k+3) 

Mengikuti induksi matematika, validitas formula di atas berlaku untuk semua n ∈ N. 

(c). Diberikan bilangan a,b, kita akan buktikan bahwa a - b faktor dari a n - b n untuk 

semua n ∈ N. Pertama kita lihat bahwa pernyataan ini benar untuk n = 1. Bila 

sekarang kita asumsikan bahwa a - b adalah faktor dari a k - b k , maka kita tuliskan 

a k+1 - b k+1 = a k+1 - ab k + ab k - b k+1 

= a(a k - b k ) + b k (a - b). 

Sekarang berdasarkan hipotesis induksi a-b merupakan faktor dari a(a k -b k ). Disamping 

itu a-b juga faktor dari b k (a - b). Dari sini a-b adalah dari a k+1 - b k+1 . Dengan induksi 

matematika kita simpulkan bahwa a-b adalah faktor dari a n - b n untuk semua 

n∈N. 

Analisis Real I 18

Pendahuluan 

(d). Ketaksamaan 2 n ≤ (n+1)!. Dapat dibuktikan dengan induksi matematika sebagai 

berikut. Pertama kita peroleh bahwa hal ini benar untuk n = 1. Kemudian kita asumsikan 

bahwa 2 k ≤ (k+1).Dan dengan menggunakan fakta bahwa 2 ≤ (k+2), diperoleh 

2 k+1 = 2.2 k ≤ 2(k+1)! ≤ (k+2)(k+1)! = (k+2)! 

Jadi, bila ketaksamaan tersebut berlaku untuk k, maka berlaku pula untuk k+1. 

Karenanya dengan induksi matematika, ketaksamaan tersebut benar untuk semua n ∈ 

N. 

(e). Bila r ∈ R, r ≠ 1 dan n ∈ N, maka 

1 + r + r 2 + ... + r n = 1 − r 

1− 

r 

n+ 

1 

Ini merupakan jumlah n suku deret geometri, yang dapat dibuktikan dengan induksi 

matematika sebagai berikut. Bila n = 1, kitya mempunyai 1 + r = 1 r 2 

− 

, jadi formula 

1− 

r 

tersebut benar. Bila kita asumsikan formula tersebut benar untuk n = k dan tambahkan 

r k+1 pada kedua ruas, maka kita peroleh 

1+r+ ... +r k + r k+1 = 1 − r 

1− 

r 

k+ 

1 

+ r k+1 = 1 r + 

− 

1− 

r 

yang merupakan formula kita untuk n = k + 1. Mengikuti prinsip induksi matematika, 

maka formula tersebut benar untuk semua n ∈ N. 

Hal ini dapat dibuktikan tanpa menggunakan prinsip induksi matematika. Bila 

kita misalkan S n = 1+r+...+r n , maka rS n = r+r 2 +...+r n+1 

Jadi 

(1-r)S n = S n-r S n = 1-r n+1 

Bila kita selesaikan untuk Sn, kita peroleh formula yang sama. 

(f). Penggunaan prinsip induksi matematika secara ceroboh dapat menghasilkan kesimpulan 

yang slah. Pembaca diharap mencari kesalahan pada “bukti teorema” berikut. 

k 2 

Analisis Real I 19


Bila n sebarang bilangan asli dan bila maksimum dari dua bilangan asli p dan 

q adalah n, maka p = q. (Akibatnya bila p dan q dua bilangan asli sebarang, maka p = 

q). 

Bukti : 

Misalkan S subhimpunan bilangan asli sehingga pernyataan tersebut benar. Maka 1 ∈ 

S, karena bila p,q di N dan maksimumnya 1, maka maksimum dari p-1 dan q-1 adalah 

k. Karenanya p-1 = q-1, karena k ∈ S, dan dari sini kita simpulkan bahwa p = q. Jadi, 

k + 1 ∈ S dan kita simpulkan bahwa pernyataan tersebut benar untuk semua n ∈ N. 

(g). Beberapa pernyataan yang benar untuk beberapa bilangan asli, tetapi tidak 

untuk semua. Sebagai contoh formula P(n) = n 2 - n + 41 memberikan bilangan prima 

untuk n =1,2,3,...41. Tetapi, P(41) bukan bilangan prima. 

Terdapat versi lain dari prinsip induksi matematika yang kadang-kadang sangat 

berguna. Sering disebut prinsip induksi kuat, walaupun sebenarnya ekivalen dengan 

versi terdahulu. Kita akan tinggalkan pada pembaca untuk menunjukkan ekivalensinya 

dari kedua prinsip ini. 

1.3.4. Prinsip Induksi kuat. Misalkan S subhimpunan N sedemikian sehinga 1∈S, 

dan bila {1,2,...,k}⊆ S maka k + 1 ∈ S. Maka S = N. 

Latihan 1.3 

Buktikan bahwa yang berikut berlaku benar untuk semua n ∈ N, 

1. 

1 

1.2 

1 

2.3 ... 1 n 

+ + + = 

n(n + 1) n + 1 

2. 1 3 + 2 3 + ... + n 3 = [ 1 2 n(n+1)]2 

3. 1 2 -2 2 +3 2 -...+(-1) n+1 n(n+1)/2 

4. n 3 + 5n dapat dibagi dengan 6 

5. 5 2n - 1 dapat dibagi dengan 8 

6. 5 n - 4n - 1 habis dibagi 16. 

7. Buktikan bahwa jumlah pangkat tiga dari bilangan asli yang berturutan n, n+1, n + 

2 habis dibagi 9 

Analisis Real I 20

8. Buktikan bahwa n < 2 n untuk semua n ∈ N 

9. Tentukan suatu formula untuk jumlah 

1 

1.3 

1 

3.5 ... 1 

+ + + 

2n − 1 (2n + 1) 

( ) 

Pendahuluan 

dan buktikan dugaan tersebut dengan mengunakan induksi matematika. (Dugaan 

terhadap pernyataan matematika, sebelum dibuktikan sering disebut “Conjecture”). 

10.Tentukan suatu formula untuk jumlah n bilangan ganjil yang pertama 

1 + 3 + ... + (2n - 1) 

kemudian buktikan dugaan tersebut dengan menggunakan induksi matematika. 

11. Buktikan variasi dari 1.3.2. berikut : Misalkan S sub himpunan tak kosong dari N 

sedemikian sehingga untuk suatu n 0 ∈ N berlaku (a). n 0 ∈ S, dan (b) bila k ≥ n 0 

dan k ∈ S, maka k + 1 ∈ S. Maka S memuat himpunan { n ∈ N ⎢n ≥ n 0 }. 

12. Buktikan bahwa 2 n < n! untuk semua n ≥ 4, n ∈ N. (lihat latihan 11). 

13. Buktikan bahwa 2n - 3 ≤ 2 n-2 untuk semua n ≥ 5, n ∈ N. (lihat latihan 11). 

14. Untuk bilangan asli yang mana n 2 < 2 n ? Buktikan pernyataanmu (lihat latihan 

11). 

15. Buktikan bahwa 

1 

1 

12 ... 1 

+ + + > n untuk semua n ∈ N. 

n 

16. Misalkan S sub himpunan dari N sedemikian sehingga (a). 2 k ∈ S untuk semua k 

∈ N, dan (b). bila k ∈ S, dan k ≥ 2, maka k - 1 ∈ S. Buktikan S = N. 

17. Misalkan barisan (x n ) didefinisikan sebagai berikut : x 1 = 1, x 2 = 2 dan x n+2 = 

1 

(x 2 n+1 + x n ) untuk n∈N. Gunakan prinsip induksi kuat 1.3.4 untuk menunjukkan 

1 ≤ x n ≤ 2 untuk semua n ∈ N. 

Analisis Real I 21


BAB 

2 

BILANGAN REAL 

Dalam bab ini kita akan membahas sifat-sifat esensial dari sistem bilangan 

real R. Walaupun dimungkinkan untuk memberikan konstruksi formal dengan didasarkan 

pada himpunan yang lebih primitif (seperti himpunan bilangan asli N atau 

himpunan bilangan rasional Q), namun tidak kita lakukan. Akan tetapi, kita perkenalkan 

sejumlah sifat fundamental yang berhubungan dengan bilangan real dan menunjukkan 

bagaimana sifat-sifat yang lain dapat diturunkan darinya. Hal ini lebih bermanfaat 

dari pada menggunakan logika yang sulit untuk mengkonstruksi suatu model untuk 

R dalam belajar analisis. 

Sistem bilangan real dapat dideskripsikan sebagai suatu “medan/lapangan 

lengkap yang terurut”, dan kita akan membahasnya secara detail. Demi kejelasan, kita 

tidak akan membahas sifat-sifat R dalam suatu bagian, tetapi kita lebih berkonsentrasi 

pada beberapa aspek berbeda dalam bagian-bagian yang terpisah. Pertama kita perkenalkan, 

dalam bagian 2.1, sifat aljabar (sering disebut sifat medan) yang didasarkan 

pada ope-rasi penjumlahan dan perkalian. Berikutnya kita perkenalkan, dalam bagian 

2.2 sifat urutan dari R, dan menurunkan beberapa konsekuensinya yang berkaitan 

dengan ketaksamaan, dan memberi ilustrasi penggunaan sifat-sifat ini. Gagasan tentang 

nilai mutlak, yang mana didasarkan pada sifat urutan, dibahas secara singkat 

pada bagian 2.3. 

Dalam bagian 2.4, kita membuat langkah akhir dengan menambah sifat 

“kelengkapan” yang sangat penting pada sifat aljabar dan urutan dari R. Kemudian 

kita menggunakan sifat kelengkapan R dalam bagian 2.5 untuk menurunkan hasil 

fundamental yang berkaitan dengan R, termasuk sifat archimedes, eksistensi akar 

(pangkat dua), dan densitas (kerapatan) bilangan rasional di R. 

Analisis Real I 22

Pendahuluan 

2.1 Sifat Aljabar R 

Dalam bagian ini kita akan membahas “struktur aljabar” sistem bilangan real. 

Pertama akan diberikan daftar sifat penjumlahan dan perkaliannya. Daftar ini mendasari 

semua untuk mewujudkan sifat dasar aljabar R dalam arti sifat-sifat yang lain 

dapat dibuktikan sebagai teorema. Dalam aljabar abstrak sistem bilangan real merupakan 

lapangan/medan terhadap penjumlahan dan perkalian. Sifat-sifat yang akan 

disajikan pada 2.1.1 berikut dikenal dengan “Aksioma medan”. 

Yang dimaksud operasi biner pada himpunan F adalah suatu fungsi B dengan 

domain F×F dan range di F. Jadi, operasi biner memasangkan setiap pasangan berurut 

(a,b) dari unsur-unsur di F dengan tepat sebuah unsur B(a,b) di F. Tetapi, disamping 

menggunakan notasi B(a,b), kita akan lebih sering menggunakan notasi konvensional 

a+b dan a.b (atau hanya ab) untuk membicarakan sifat penjumlahan dan perkalian. 

Contoh operasi biner yang lain dapat dilihat pada latihan. 

2.1.1. Sifat-sifat aljabar R. Pada himpunan bilangan real R terdapat dua operasi 

biner, dituliskan dengan “+” dan “.” dan secara berturut-turut disebut penjumlahan 

dan perkalian. Kedua operasi ini memenuhi sifat-sifat berikut : 

(A 1 ). a + b = b + a untuk semua a,b di R (sifat komutatif penjumlahan); 

(A 2 ). (a + b) + c = a + (b + c) untuk semua a,b,c di R (sifat assosiatif penjumlahan); 

(A 3 ) terdapat unsur 0 di R sehingga 0 + a = a dan a + 0 = a untuk semua a di R (eksistensi 

unsur nol); 

(A 4 ). untuk setiap a di R terdapat unsur -a di R, sehingga a + (-a) = 0 dan (-a) + a = 0 

(eksistensi negatif dari unsur); 

(M 1 ). a.b = b.a untuk semua a,b di R (sifat komutatif perkalian); 

(M 2 ). (a.b) . c = a . (b.c) untuk semua a,b,c di R (sifat asosiatif perkalian); 

(M 3 ). terdapat unsur 1 di R yang berbeda dari 0, sehingga 1.a = a dan a.1 = a untuk 

semua a di R (eksistensi unsur satuan); 

(M 4 ). untuk setiap a ≠ 0 di R terdapat unsur 1/a di R sehingga a.1/a = 1 dan (1/a).a = 

1 (eksistensi balikan); 

Analisis Real I 23


(D). a . (b+c) = (a.b) + (a.c) dan (b+c) . a = (b.a) + (c.a) untuk semua a,b,c di R (sifat 

distributif perkalian terhadap penjumlahan); 

Pembaca perlu terbiasa dengan sifat-sifat di atas. Dengan demikian akan memudahkan 

dalam penurunan dengan menggunakan teknik dan manipulasi aljabar. 

Berikut kita akan dibuktikan beberapa konsekuensi dasar (tetapi penting). 

2.1.2 Teorema. (a). Bila z dan a unsur di R sehingga z + a = a, maka z = 0. 

(b). Bila u dan b ≠ 0 unsur R sehingga u.b = b, maka u = 1. 

Bukti : 

(a). Dari hipotesis kita mempunyai z + a = a. Kita tambahkan unsur -a (yang eksistensinya 

dijamin pada (A 4 )) pada kedua ruas dan diperoleh 

(z + a) + (-a) = a + (-a) 

Bila kita berturut-turut menggunakan (A 2 ), (A 4 ) dan (A 3 ) pada ruas kiri, kita 

peroleh 

(z + a) + (-a) = z + (a + (-a)) = z + 0 = z; 

bila kita menggunakan (A 4 ) pada ruas kanan 

a + (-a) = 0. 

Dari sini kita simpulkan bahwa z = 0. 

Bukti (b) ditinggalkan sebagai latihan. Perlu dicatat bahwa hipotesis b ≠ 0 sangat 

penting. 

Selanjutnya kita akan tunjukkan bahwa bila diberikan a di R, maka unsur -a 

dan 1/a (bila a ≠ 0) ditentukan secara tunggal. 

2.1.3 Teorema. (a). Bila a dan b unsur di R sehinga a + b = 0, maka b = -a. 

(b). Bila a ≠ 0 dan b unsur di R sehingga a.b = 1, maka b = 1/a. 

Bukti : 

(a). Bila a + b = 0, maka kita tambahkan -a pada kedua ruas dan diperoleh 

(-a) + (a + b) = (-a) + 0. 

Bila kita berturut-turut menggunakan (A 2 ), (A 4 ) dan (A 3 ) pada ruas kiri, kita peroleh 

(-a) + (a + b) = ((-a) + a) + b = 0 + b = b; 

bila kita menggunakan (A 3 ) pada ruas kanan kita dapatkan 

Analisis Real I 24

Pendahuluan 

(-a) + 0 = -a. 

Dari sini kita simpulkan bahwa b = -a. 

Bukti (b) ditinggalkan sebagai latihan. Perlu dicatat bahwa hipotesis b ≠ 0 sangat 

penting. 

Bila kita perhatikan sifat di atas untuk menyelesaikan persamaan, kita peroleh 

bahwa (A 4 ) dan (M 4 ) memungkinkan kita untuk menyelesaikan persamaan a + x = 0 

dan a . x = 1 (bila a ≠ 0) untuk x, dan teorema 2.1.3 mengakibatkan bahwa solusinya 

tunggal. Teorema berikut menunjukkan bahwa ruas kanan dari persamaan ini dapat 

sebarang unsur di R. 

2.1.4 Teorema. Misalkan a,b sebarang unsur di R. Maka : 

(a). persamaan a + x = b mempunyai solusi tunggal x = (-a) + b; 

(b). bila a ≠ 0, persamaan a . x = b mempunyai solusi tunggal x = (1/a) . b. 

Bukti : 

Dengan menggunakan (A 2 ), (A 4 ) dan (A 3 ), kita peroleh 

a + ((-a) + b) = (a + (-a)) + b = 0 + b = b, 

yang mengakibatkan x = (-a) + b merupakan solusi dari persamaan a + x = b. Untuk 

menunjukkan bahwa ini merupakan satu-satunya solusi, andaikan x 1 sebarang solusi 

dari persamaan tersebut, maka a + x 1 = b, dan bila kita tambahkan kedua ruas dengan 

-a, kita peroleh 

(-a) + (a + x 1 ) = (-a) + b. 

Bila sekarang kita gunakan (A 2 ), (A 4 ) dan (A 3 ) pada ruas kiri, kita peroleh 

(-a) + (a + x 1 ) = (-a + a) + x 1 = 0 + x 1 = x 1 . 

Dari sini kita simpulkan bahwa x 1 = (-a) + b. 

Bukti (b) ditinggalkan sebagai latihan. 

Sejauh ini, ketiga teorema yang telah dikenalkan kita hanya memperhatikan 

penjumlahan dan perkalian secara terpisah. Untuk melihat keterpaduan antara keduanya, 

kita harus melibatkan sifat distributif (D). Hal ini diilustrasikan dalam teorema 

berikut. 

2.1.5 Teorema. Bila a sebarang unsur di R, maka : 

Analisis Real I 25


(a). a . 0 = 0 (b). (-1) . a = -a 

(c). -(-a) = a (d). (-1) . (-1) = 1 

Bukti : 

(a). Dari (M 3 ) kita ketahui bahwa a . 1 = a. Maka dengan menambahkan a . 0 dan 

mengunakan (D) dan (A 3 ) kita peroleh 

a + a . 0 = a . 1 + a . 0 

= a. (1 + 0) = a . 1 = a. 

Jadi, dengan teorema 2.1.2(a) kita peroleh bahwa a . 0 = 0. 

(b). Kita gunakan (D), digabung dengan (M 3 ), (A 4 ) dan bagian (a), untuk memperoleh 

a + (-1) . a = 1 . a + (-1) . a = 0 . a = 0 

Jadi, dari teorema 2.1.3(a) kita peroleh (-1) . a = - a. 

(c). Dengan (A 4 ) kita mempunyai (-a) + a = 0. Jadi dari teorema 2.1.3 (a) diperoleh 

bahwa a = - (-a). 

(d). Dalam bagian (b) substitusikan a = -1. Maka 

(-1) . (-1) = -(-1). 

Dari sini, kita menggunakan (c) dengan a = 1. 

Kita simpulkan deduksi formal kita dari sifat medan (bilangan real) dengan 

menutupnya dengan hasil-hasil berikut. 

2.1.6 Teorema. Misalkan a,b,c unsur-unsur di R. 

(a). Bila a ≠ 0, maka 1/a ≠ 0 dan 1/(1/a) = a 

(b). Bila a . b = a . c dan a ≠ 0, maka b = c 

(c). Bila a . b = 0, maka paling tidak satu dari a = 0 atau b = 0 benar. 

Bukti : 

(a). Bila a ≠ 0, maka terdapat 1/a. Andaikan 1/a = 0, maka 1 = a . (1/a) = a . 0 = 0, 

kontradiksi dengan (M 3 ). Jadi 1/a ≠ 0 dan karena (1/a) . a = 1, Teorema 2.1.3(b) mengakibatkan 

1/(1/a) = a. 

(b). Bila kita kalikan kedua ruas persamaan a . b = a . c dengan 1/a dan menggunakan 

sifat asosiatif (M 2 ), kita peroleh 

((1/a) . a) . b = ((1/a) . a) . c. 

Analisis Real I 26

Pendahuluan 

Jadi 1 . b = 1 . c yang berarti juga b = c 

(c). Hal ini cukup dengan mengasumsikan a ≠ 0 dan memperoleh b = 0. (Mengapa?) 

Karena a . b = 0 = a . 0, kita gunakan bagian (b) terhadap persamaan a . b = a . 0 

yang menghasilkan b = 0, bila a ≠ 0. 

Teorema-teorema di atas mewakili sebagian kecil tetapi penting dari sifat-sifat 

aljabar bilangan real. Banyak konsekuensi tambahan sifat medan R dapat diturunkan 

dan beberapa diberikan dalam latihan. 

Operasi pengurangan didefinisikan dengan a - b = a + (-b) untuk a,b di R. Secara 

sama operasi pembagian didefinisikan untuk a,b di R, b ≠ 0 dengan a/b = a.(1/b). 

Berikutnya, kita akan menggunakan notasi ini untuk pengurangan dan pembagian. 

Secara sama, sejak sekarang kita akan tinggalkan titik untuk perkalian dan menuliskan 

ab untuk a.b. Sebagaimana biasa kita akan menuliskan a 2 untuk aa, a 3 untuk 

(a 2 )a; secara umum, untuk n∈N, kita definisikan a n+1 = (a n )a. Kita juga menyetujui 

penulisan a 0 = 1dan a 1 = a untuk sebarang a di R (a ≠ 0). Kita tinggalkan ini sebagai 

latihan bagi pembaca untuk membuktikan (dengan induksi) bahwa bila a di R, maka 

a m+n = a m a n 

untuk semua m,n di N. Bila a ≠ 0, kita akan gunakan notasi a -1 untuk 1/a, dan bila 

n∈N, kita tuliskan a -n untuk (1/a) n , bila memang hal ini memudahkan. 

Bilangan Rasional dan Irasional 

Kita anggap himpunan bilangan asli sebagai subhimpunan dari R, dengan 

mengidentifikasi bilangan asli n∈N sebagai penjumlahan n-kali unsur satuan 1∈R. 

Secara sama, kita identifikasi 0∈Z dengan unsur nol di R, dan penjumlahan n-kali 

unsur -1 sebagai bilangan bulat -n. Akibatnya, N dan Z subhimpunan dari R. 

Unsur-unsur di R yang dapat dituliskan dalam bentuk b/a dengan a,b di Z dan 

a ≠ 0 disebut bilangan rasional. Himpunan bilangan rasional di R akan dituliskan dengan 

notasi standar Q. Jumlah dan hasil kali dua bilangan rasional merupakan bilangan 

rasional (Buktikan!), dan lebih dari itu, sifat-sifat medan yang dituliskan di awal 

bagian 

Analisis Real I 27


ini dapat ditunjukkan dipenuhi oleh Q. 

Fakta bahwa terdapat unsur di R yang tidak di Q tidak begitu saja dikenali. 

Pada 

abad keenam sebelum masehi komunitas Yunani kuno pada masa Pytagoras menemukan 

bahwa diagonal dari bujur sangkar satuan tidak dapat dinyatakan sebagai 

pembagian bilangan bulat. Menurut Teorema Phytagoras tentang segitiga siku-siku, 

ini mengakibatkan tidak ada bilangan rasional yang kuadratnya dua. Penemuan ini 

mempunyai sumbangan besar pada perkembangan matematika Yunani. Salah satu 

konsekuensinya adalah unsur-unsur R yang bukan unsur Q merupakan bilangan yang 

dikenal dengan bilangan irrasional, yang berarti bilangan-bilangan itu bukan rasio (= 

hasil bagi dua buah) bilangan rasional. Jangan dikacaukan dengan arti tak rasional. 

Kita akan tutup bagian ini dengan suatu bukti dari fakta bahwa tidak ada bilang-an 

rasional yang kuadratnya 2. Dalam pembuktiannya kita akan menggunakan 

gagasan bilangan genap dan bilangan ganjil. Kita ingat kembali bahwa bilangan genap 

mempu-nyai bentuk 2n untuk suatu n di N, dan bilangan ganjil mempunyai bentuk 2n 

- 1 untuk suatu n di N. Setiap bilangan asli bersifat ganjil atau genap, dan tidak pernah 

bersifat keduanya. 

2.1.7 Teorema. Tidak ada bilangan rasional r, sehingga r 2 = 2 

Bukti : 

Andaikan terdapat bilangan rasional yang kuadratnya 2. Maka terdapat bilangan 

bulat p dan q sehingga (p/q) 2 = 2. Asumsikan bahwa p,q positif dan tidak mempunyai 

faktor persekutuan lain kecuali 1. (Mengapa?) Karena p 2 = 2q 2 , kita peroleh 

bahwa p 2 genap. Ini mengakibatkan bahwa p juga genap (karena bila p = 2n - 1ganjil, 

maka kuadratnya, p 2 = 4n 2 - 4n + 1 = 2(2n 2 - 2n +1) - 1 juga ganjil). Akibatnya, teorema 

2 bukan faktor persekutuan dari p dan q maka haruslah q ganjil. 

Karena p genap, maka p = 2m untuk suatu m ∈ N, dan dari sini 4m 2 = 2q 2 , jadi 

2m 2 = q 2 . Akibatnya q 2 genap, yang diikuti q juga genap, dengan alasan seperti pada 

paragraf terdahulu. 

Analisis Real I 28

Pendahuluan 

Dari sini kita sampai pada kontradiksi bahwa tidak ada bilangan asli yang bersifat 

genap dan ganjil. 

Latihan 2.1 

Untuk nomor 1 dan 2, buktikan bagian b dari teorema 

1. 2.1.2 

2. 2.1.3. 

3. Selesaikan persamaan berikut dan sebutkan sifat atau teorema mana yang anda 

gunakan pada setiap langkahnya. 

(a). 2x + 5 = 8; (b). 2x + 6 = 3x + 2; 

(c). x 2 = 2x; (d). (x - 1) (x + 2) = 0. 

4. Buktikan bahwa bila a,b di R, maka 

-(a + b) = (-a) + (-b) 

(b). (-a).(-b) = a.b 

(-a) = -(1/a) bila a ≠ 0 (d). -(a/b) = (-a)/b bila b ≠ 0 

5. Bila a,b di R dan memenuhi a.a = a, buktikan bahwa a = 0 atau a = 1 

6. Bila a ≠ 0 dan b ≠ 0, tunjukkan bahwa 1/(ab) = (1/a).(1/b) 

7. Gunakan argumentasi pada bukti teorema 2.1.7 untuk membuktikan bahwa tidak 

ada bilangan rasional s, sehingga s 2 = 6. 

8. Modifikasi argumentasi pada bukti teorema 2.1.7 untuk membuktikan bahwa tidak 

ada bilangan rasional t, sehingga t 2 = 3. 

9. Tunjukkan bahwa bila ξ di R irasional dan r ≠ 0 rasional, maka r + ξ dan rξ irasional. 

10. Misalkan B operasi biner pada R. Kita katakan B : 

(i). komutatif bila B(a,b) = B(b,a) untuk semua a,b di R. 

(ii). asosiatif bila B(a,B(a,c)) = B(B(a,b),c) untuk semua a,b,c di R. 

(iii). mempunyai unsur identitas bila terdapat unsur e di R sehingga B(a,e) = a = 

B(e,a), untuk semua a di R 

Tentukan sifat-sifat mana yang dipenuhi operasi di bawah ini 

(a). B 1 (a,b) = 1 (a + b) (b). B 2 2(a,b) = 1 (ab) 2 

(c). B 3 (a,b) = a - b 

(d). B 4 (a,b) = 1 + ab 

Analisis Real I 29


11. Suatu operasi biner B pada R dikatakan distributif terhadap penjumlahan bila memenuhi 

B(a,b + c) = B(a,b) + B(a,c) untuk semua a,b,c di R. Yang mana (bila 

ada) dari operasi nomor 12 yang bersifat distributif terhadap penjumlahan?. 

12. Gunakan induksi matematika untuk menunjukan bahwa bila a di R dan m,n di N, 

maka a m+n = a m a n dan (a m ) n = a m.n . 

13. Buktikan bahwa bilangan asli tidak dapat bersifat genap dan ganjil secara bersamaan. 

2.2. Sifat Urutan Dalam R 

Sifat urutan R mengikuti gagasan positivitas dan ketaksamaan antara dua bilang-an 

real. Seperti halnya pada struktur aljabar sistem bilangan real, di sini kita 

utamakan beberapa sifat dasar sehingga sifat yang lain dapat diturunkan. Cara paling 

sederhana yaitu dengan mengidentifikasi sub himpunan tertentu dari R dengan menggunakan 

gagasan “positivitas”. 

2.2.1 Sifat Urutan dari R. Terdapat sub himpunan tak kosong P dari R, yang disebut 

himpunan bilangan real positif, yang memenuhi sifat-sifat berikut : 

(i). Bila a,b di P, maka a + b di P 

(ii). Bila a,b di P, maka a.b di P 

(iii). Bila a di R, maka tepat satu dari yang berikut dipenuhi 

a ∈ P, a = 0, -a ∈ P 

Dua sifat yang pertama kesesuaian urutan dengan operasi penjumlahan dan 

perkalian. Kondisi (iii) biasa disebut “Sifat Trikotomi”, karena hal ini membagi R 

menjadi tiga daripada unsur yang berbeda. Hal ini menyatakan bahwa himpunan {-a ⎜ 

a ∈ P} bilangan real negatif tidak mempunyai unsur sekutu di P, dan lebih dari itu, R 

gabungan tiga himpunan yang saling lepas. 

2.2.2 Definisi. Bila a∈P, kita katakan a bilangan real positif (atau positif kuat) dan 

kita tulis a > 0. Bila a∈P∪{0} kita katakan a bilangan real tak negatif dan ditulis a ≥ 

0. 

Analisis Real I 30

Pendahuluan 

Bila -a∈P, kita katakan a bilangan real negatif (atau negatif kuat) dan kita tulis 

a < 0. Bila -a∈P∪{0} kita katakan a bilangan real tak positif dan ditulis a ≤ 0. 

Sekarang kita perkenalkan gagasan tentang ketaksamaan antara unsur-unsur R 

dalam himpunan bilangan positif P. 

2.2.3 Definisi. Misalkan a,b di R. 

(i). Bila a - b ∈ P, maka kita tulis a > b atau b < a. 

(ii). Bila a - b ∈ P∪{0} maka kita tulis a ≥ b.atau b ≤ a. 

Untuk kemudahan penulisan, kita akan menggunakan a 

b < c dipenuhi. Secara sama, bila a ≤ b dan b ≤ c benar, kita akan menuliskannya dengan 

a ≤ b ≤ c 

Juga, bila a ≤ b dan b < d benar, dituliskan dengan 

a ≤ b < d 

dan seterusnya. 

Sifat Urutan 

Sekarang akan kita perkenalkan beberapa sifat dasar relasi urutan pada R. Ini 

merupakan aturan ketaksamaan yang biasa kita kenal dan akan sering kita gunakan 

pada pembahasan selanjutnya. 

2.2.4 Teorema. Misalkan a,b,c di R. 

(a). Bila a > b dan b > c, maka a > c 

(b). Tepat satu yang berikut benar : a > b, a = b dan a < b 

(c). Bila a ≥ b dan b ≥ a, maka a = b 

Bukti : 

(a). . Bila a - b ∈ P dan b - c ∈ P, maka 2.2.1(i) mengakibatkan bahwa (a - b) + (b - 

c) = a - c unsur di P. Dari sini a > c. 

(b). . Dengan sifat trikotomi 2.2.1(iii), tepat satu dari yang berikut benar : a - b ∈ P, a 

- b = 0, -(a - b) = b - a ∈ P. 

Analisis Real I 31


(c). . Bila a ≠ b, maka a - b ≠ 0, jadi menurut bagian (b) kita hanya mempunyai a - b 

∈ P atau b - a ∈ P., yaitu a > b atau b > a. Yang masing-masing kontradiksi dengan 

satu dari hipotesis kita. Karena itu a = b. 

Adalah hal yang wajar bila kita berharap bilangan asli merupakan bilangan 

positif. Kita akan tunjukkan bagaimana sifat ini diturunkan dari sifat dasar yang 

diberikan dalam 2.2.1. Kuncinya adalah bahwa kuadrat dari bilangan real tak nol positif. 

2.2.5 Teorema. (a). Bila a∈R dan a ≠ 0, maka a 2 > 0 

(b). 1 > 0 

(c). Bila n∈N, maka n > 0 

Bukti : 

(a). Dengan sifat trikotomi bila a ≠ 0, maka a ∈ P atau -a ∈ P. Bila a ∈ P., maka dengan 

2.2.1(ii), kita mempunyai a 2 = a.a ∈ P. Secara sama bila -a ∈ P, maka 2.2.1 

(ii), kita mempunyai (-a).(-a) ∈ P. Dari 2.1.5(b) dan 2.1.5(d) kita mempunyai 

(-a).(-a) = ((-1)a) ((-1)a) = (-1)(-1).a 2 = a 2 , 

jadi a 2 ∈ P. Kita simpulkan bahwa bila a ≠ 0, maka a 2 > 0. 

(b). Karena 1 = (1) 2 , (a) mengakibatkan 1 > 0. 

(c). Kita gunakan induksi matematika, validitas untuk n = 1 dijamin oleh (b). Bila pernyataan 

k > 0, dengan k bilangan asli, maka k∈P. Karena 1 ∈ P, maka k + 1 ∈ P, 

menurut 2.2.1(i) . Dari sini pernyataan n > 0 untuk semua n∈N benar. 

Sifat berikut berhubungan dengan urutan di R terhadap penjumlahan dan perkalian. 

Sifat-sifat ini menyajikan beberapa alat yang memungkinkan kita bekerja dengan 

ketaksamaan. 

2.2.6 Teorema. Misalkan a,b,c,d ∈ R 

(a). bila a > b, maka a + c > b + c 

(b). bila a > b dan c > d, maka a + c > b + d 

(c). bila a > b dan c > 0, maka ca > cb 

bila a > b dan c < 0, maka ca < cb 

Analisis Real I 32

Pendahuluan 

(d). bila a > 0, maka 1/a > 0 

bila a < 0, maka 1/a < 0 

Bukti : 

(a). Bila a - b ∈ P, maka (a + c) - (b + c) unsur di P. Jadi a + c > b + c 

(b). Bila a - b ∈ P dan c - d ∈ P, maka (a + c) - (b + d) = (a - b) + (c - d) juga unsur di 

P menurut 2.2.1(i). Jadi, a + c > b + d. 

(c). Bila a - b ∈ P dan c ∈ P, maka ca - cb = c(a - b) ∈ P menurut 2.2.1(ii), karena itu 

ca > cb, bila c > 0. Dilain pihak, bila c < 0, maka -c ∈ P sehingga cb - ca = (-c)(a - 

b) unsur di P. Dari sini, cb > ca bila c < 0. 

(d). Bila a > 0, maka a ≠ 0 (menurut sifat trikotomi), jadi 1/a ≠ 0 menurut 2.1.6(a). 

Andaikan 1/a < 0, maka bagian (c) dengan c = 1/a mengakibatkan bahwa 1 = 

a(1/a) < 0, kontradiksi dengan 2.2.5(b). Karenanya 1/a > 0. 

Secara sama, bila a < 0, maka kemungkinan 1/a > 0 membawa ke sesuatu yang 

kontradiksi yaitu 1 = a(1/a) < 0. 

Dengan menggabung 2.2.6(c) dan 2.2.6(d), kita peroleh bahwa 1 n dengan n 

sebarang bilangan asli adalah bilangan positif. Akibatnya bilangan rasional dengan 

bentuk m n = m ⎛ 1⎞ 

⎜ ⎟ , untuk m dan n bilangan asli, adalah positif. 

⎝ n⎠ 

2.2.7 Teorema. Bila a dan b unsur di R dan bila a < b, maka a < 1 2 

(a + b) < b. 

Bukti : 

Karena a < b, mengikuti 2.2.6(a) diperoleh bahwa 2a = a + a < a + b dan juga a + b < 

b + b = 2b. Karena itu kita mempunyai 

2a < a + b < 2b 

Menurut 2.2.5(c) kita mempunyai 2 > 0, karenanya menurut 2.2.6(d) kita peroleh 1 > 2 

0. Dengan menggunakan 2.2.6(c) kita dapatkan 

a = 1 (2a) < 1 (a + b) < 1 (2b) = b 

2 2 2 

Analisis Real I 33


Dari sifat urutan yang telah dibahas sejauh ini, kita tidak mendapatkan bilangan 

real positif terkecil. Hal ini akan ditunjukkan sebagai berikut : 

2.2.8 Teorema Akibat. Bila b ∈ R dan b > 0, maka 0 < 1 2 b < b. 

Bukti : 

Ambil a = 0 dalam 2.2.7. 

Dua hasil yang berikut akan digunakan sebagai metode pembuktian selanjutnya. 

Sebagai contoh, untuk membuktikan bahwa a ≥ 0 benar-benar sama dengan 0, 

kita lihat pada hasil berikut bahwa hal ini cukup dengan menunjukkan bahwa a 

kurang dari sebarang bilangan positif manapun. 

2.2.9 Teorema. Bila a di R sehingga 0 ≤ a < ε untuk setiap ε positif, maka a = 0. 

Bukti : 

Andaikan a > 0. Maka menurut 2.2.8 diperoleh 0 < 1 2 a 0. Maka a ≤ b. 

Bukti : 

Andaikan b < a dan tetapkan ε 0 = 1 2 (a - b). Maka ε 0 dan b < a - ε 0 , kontradiksi dengan 

hipotesis. (Bukti lengkapnya sebagai latihan). 

Hasil kali dua bilangan positif merupakan bilangan positif juga. Tetapi, positivitas 

suatu hasil kali tidak mengakibatkan bahwa faktor-faktornya positif. Kenyataannya 

adalah kedua faktor tersebut harus bertanda sama (sama-sama positif atau 

sama-sama negatif), seperti ditunjukkan berikut ini. 

2.2.11 Teorema. Bila ab > 0, maka 

(i). a > 0 dan b > 0 atau 

(ii). a < 0 dan b < 0 

Bukti : 

Analisis Real I 34

Pendahuluan 

Pertama kita catat bahwa ab > 0 mengakibatkan a ≠ 0 dan b ≠ 0 (karena bila a 

= 0 dan b = 0, maka hasil kalinya 0). Dari sifat trikotomi, a > 0 atau a < 0. Bila a >0, 

maka 1/a > 0 menurut 2.2.6(d) dan karenanya 

b = 1.b = ((1/a)a) b = (1/a) (ab) > 0 

Secara sama, bila a < 0, maka 1/a < 0, sehingga b = (1/a) (ab) < 0. 

2.2.12 Teorema Akibat. Bila ab < 0, maka 

(i). a < 0 dan b > 0 atau 

(ii). a > 0 dan b < 0 

Buktinya sebagai latihan. 

Ketaksamaan 

Sekarang kita tunjukkan bagaimana sifat urutan yang telah kita bahas dapat 

digunakan untuk menyelesaikan ketaksamaan. Pembaca diminta memeriksa dengan 

hati-hati setiap langkahnya. 

2.2.13 Contoh-contoh. 

(a). Tentukan himpunan A dari semua bilangan real x yang memenuhi 2x = 3 ≤ 6. 

Kita catat bahwa x ∈ A ⇔ 2x + 3 ≤ 6 ⇔ 2x ≤ 3 ⇔ x ≤ 3/2. 

Karenanya, A = {x ∈ R ⎜ x ≤ 3/2}. 

(b). Tentukan himpunan B = {x ∈ R ⎜ x 2 + x > 2} 

Kita ingat kembali bahwa teorema 2.2.11 dapat digunakan. Tuliskan bahwa x 

∈ B ⇔ x 2 + x - 2 > 0 ⇔ (x - 1) (x + 2) > 0. Karenanya, kita mempunyai (i). x - 1 

> 0 dan x + 2 > 0, atau (ii). x - 1 < 0 dan x + 2 < 0. Dalam kasus (i). kita mempunyai 

x > 1 dan x > -2, yang dipenuhi jika dan hanya jika x > 1. Dalam kasus (ii) 

kita mempunyai x < 1 dan x < -2, yang dipenuhi jika dan hanya jika x < -2. 

Jadi B = {x ∈ R ⎜x > 1}∪{x ∈ R ⎜x < -2}. 

(c). Tentukan himpunan C = {x ∈ R ⎜(2x + 1)/(x + 2) < 1}. Kita catat bahwa x ∈ C ⇔ 

(2x + 1)/(x + 2) - 1 < 0 ⇔ (x - 1)/(x + 2) < 0. Karenanya, kita mempunyai (i).x - 1 

< 0 dan x + 2 > 0, atau (ii). x - 1 > 0 dan x + 2 < 0 (Mengapa?). Dalam kasus (i) 

kita harus mempunyai x < 1 dan x > -2, yang dipenuhi, jika dan hanya jika -2 < x 

Analisis Real I 35


< 1, sedangkan dalam kasus (ii), kita harus mempunyai x > 1 dan x < -2, yang tidak 

akan pernah dipenuhi. 

Jadi kesimpulannya adalah C = {x ∈ R ⎜-2 < x < 1}. 

Contoh berikut mengilustrasikan penggunaan sifat urutan R dalam pertaksamaan. 

Pembaca seharusnya membuktikan setiap langkah dengan mengidentifikasi 

sifat-sifat yang digunakan. Hal ini akan membiasakan untuk yakin dengan setiap langkah 

dalam pekerjaan selanjutnya. Perlu dicatat juga bahwa eksistensi akar kuadrat dari 

bilangan positif kuat belum diperkenalkan secara formal, tetapi eksistensinya kita terima 

dalam membicarakan contoh-contoh berikut. 

(Eksistensi akar kuadrat akan dibahas dalam 2.5). 

2.2.14. Contoh-contoh. (a). Misalkan a ≥ 0 dan b ≥ 0. Maka (i). a 

a 

< 

b 

Kita pandang kasus a > 0 dan b > 0, dan kita tinggalkan kasus a = 0 kepada 

pembaca. Dari 2.2.1(i) diperoleh bahwa a + b > 0. Karena b 2 - a 2 = (b - a) (b + a), 

dari 2.2.6(c) diperoleh bahwa b - a > 0 mengakibatkan bahwa b - a > 0. 

Bila a > 0 dan b > 0, maka a > 0 dan b > 0 , karena a = ( a ) 2 dan b = 

( b ) 2 , maka bila a dan b berturut-turut diganti dengan a dan b , dan kita gunakan 

bukti di atas diperoleh a 

Kita juga tinggalkan kepada pembaca untuk menunjukkan bahwa bila a ≥ 0 

dan b ≥ 0, maka 

a ≤ b ⇔ a 2 ≤ b 2 ⇔ a ≤ b 

(b). Bila a dan b bilangan bulat positif, maka rata-rata aritmatisnya adalah 1 (a + b) 

2 

dan rata-rata geometrisnya adalah 

diberikan oleh 

ab . Ketaksamaan rata-rata aritmetis-geometris 

ab ≤ 1 (a + b) (2) 

2 

dan ketaksamaan terjadi jika dan hanya jika a = b. 

Analisis Real I 36

Pendahuluan 

Untuk membuktikan hal ini, perhatikan bahwa bila a > 0, b > 0, dan a ≠ b, 

maka a > 0, b > 0 dan a ≠ b (Mengapa?). Karenanya dari 2.2.5(a) diperoleh 

bahwa ( a - b ) 2 > 0. Dengan mengekspansi kuadrat ini, diperoleh 

a - 2 ab + b > 0, 

yang diikuti oleh 

ab < 1 (a + b). 

2 

Karenanya (2) dipenuhi (untuk ketaksamaan kuat) bila a ≠ b. Lebih dari itu, bila a = b 

(> 0), maka kedua ruas dari (2) sama dengan a, jadi (2) menjadi kesamaan. Hal ini 

membuktikan bahwa (2) dipenuhi untuk a > 0, b > 0. 

Dilain pihak, misalkan a > 0, b > 0 dan 

ab < 1 (a + b). Maka dengan meng- 

2 

kuadratkan kedua ruas kemudian mengalikannya dengan 4, kita peroleh 

4ab = (a + b) 2 = a 2 + 2ab + b 2 , 


0 = a 2 - 2ab + b 2 = (a - b) 2 . 

Tetapi kesamaan ini mengakibatkan a = b (Mengapa?). Jadi kesamaan untuk (2) mengakibatkan 

a = b. 

Catatan : Ketaksamaan rata-rata aritmetis-geometris yang umum untuk bilangan positif a 1 , a 2 ,...,a n 

adalah 

(a 1 a 2 ... a n ) 1/n ≤ a 1 + a 2 + ... + a 

n 

dengan kesamaan terjadi jika dan hanya jika a 1 = a 2 = ... = a n . 

n 

(c). Ketaksamaan Bernoulli. Bila x > -1, maka 

(1 + x) n ≥ 1 + nx ; untuk semua n ∈ N. (4) 

Buktinya dengan menggunakan induksi matematika. Untuk n = 1, menghasilkan kesamaan 

sehingga pernyataan tersebut benar dalam kasus ini. Selanjutnya, kita asumsikan 

bahwa ketaksamaan (4) valid untuk suatu bilangan asli n, dan akan dibuktikan 

valid juga untuk n + 1. Asumsi (1 + x) n ≤ 1 + nx dan fakta 1 + x > 0 mengakibatkan 

bahwa 

(3) 

Analisis Real I 37


(1 + x) n+1 = (1 + x) n (1 + x) 

≥ (1 + nx) (1 + x) = 1 + (n + 1)x + nx 2 

≥ 1 + (n + 1)x 

Jadi, ketaksamaan (4) valid untuk n + 1, bila valid untuk n. Dari sini, ketaksamaan (4) 

valid untuk semua bilangan asli. 

(d). Ketaksamaan Cauchy. Bila n∈N dan a 1 , a 2 , ... ,a n dan b 1 , b 2 , ..., b n bilangan real 

maka 

(a 1 b 1 + ... + a n b n ) 2 ≤ (a 2 1 + ... + a 2 n ) (b 2 1 + ... + b 2 n ). (5) 

Lebih dari itu, bila tidak semua b j = 0, maka kesamaan untuk (5) dipenuhi jika dan 

hanya jika terdapat bilangan real s, sehingga 

a 1 = sb 1 , ..., a n = sb n . 

Untuk membuktikan hal ini kita definisikan fungsi F : R ⎯→ R, untuk t∈R 

de-ngan 

F(t) = (a 1 - tb 1 ) 2 + ... + (a n - tb n ) 2 . 

Dari 2.2.5(a) dan 2.2.1(i) diperoleh bahwa F(t) ≥ 0 untuk semua t∈R. Bila kuadratnya 

diekspansikan diperoleh 

F(t) = A - 2Bt + Ct 2 ≥ 0, 

dengan A,B,C sebagai berikut 

A = a 2 1 + ... + a 2 n ; 

B = a 1 b 1 + ... + a n b n ; 

C = b 2 1 + ... + b 2 n . 

Karena fungsi kuadrat F(t) tak negatif untuk semua t ∈ R, hal ini tidak mungkin 

mempunyai dua akar real yang berbeda. Karenanya diskriminannya 

∆ = (-2B) 2 - 4AC = 4(B 2 - AC) 

harus memenuhi ∆ ≤ 0. Karenanya, kita mempunyai B ≤ AC, yang tidak lain adalah 

(5). 

Bila b j = 0, untuk semua j = 1, ..., n, maka kesamaan untuk (5) dipenuhi untuk 

sebarang a j . Misalkan sekarang tidak semua b j = 0. Maka, bila a j = sb j untuk suatu 

Analisis Real I 38

Pendahuluan 

s∈R dan semua j = 1, ..., n, mengakibatkan kedua ruas dari (5) sama dengan s 2 (b 1 2 + 

... +b n 2 ) 2 . Di lain pihak bila kesamaan untuk (5) dipenuhi, maka haruslah ∆ = 0, sehingga 

terdapat akar tunggal s dari persamaan kuadrat F(t) = 0. Tetapi hal ini mengakibatkan 

(mengapa?) bahwa 

a 1 - sb 1 = 0, ..., a n - sb n = 0 

yang diikuti oleh a j = sb j untuk semua j = 1, ..., n. 

(e). Ketaksamaan Segitiga. Bila n ∈ N dan a 1 , ..., a n dan b 1 , ..., b n bilangan real maka 

[(a 1 + b 1 ) 2 + ... + (a n + b n ) 2 ] 1/2 ≤ [a 1 2 + ... + a n 2 ] 1/2 + [b 1 2 + ... + b n 2 ] 1/2 (6) 

lebih dari itu bila tidak semua b j = 0, kesamaan untuk (6) dipenuhi jika dan hanya jika 

terdapat bilangan real s, sehingga a 1 = sb 1 , ..., a n = sb n . 

Karena (a j + b j ) 2 = a j 2 + 2a j b j + b j 2 untuk j = 1, ..., n,dengan menggunakan 

ketaksamaan Cauchy (5) [A,B,C seperti pada (d)], kita mempunyai 

(a 1 + b 1 ) 2 + ... + (a n + b n ) 2 = A + 2B + C 

≤ A + 2 AC + C = ( A + C ) 2 

Dengan mengunakan bagian (a) kita mempunyai (mengapa?) 

yang tidak lain adalah (b). 

[(a 1 + b 1 ) 2 + ... + (a n + b n ) 2 ] 1/2 ≤ A + C , 

Bila kesamaan untuk (b) dipenuhi, maka B = 

AC , yang mengakibatkan kesamaan 

dalam ketaksamaan Cauchy dipenuhi. 

Latihan 2.2 

1. (a). Bila a ≤ b dan c < d, buktikan bahwa a + c 

(b). Bila a ≤ b dan c ≤ d, buktikan bahwa a + c ≤ b + d. 

2. (a). Bila 0 < a 

(b). Bila 0 < a 

Juga tunjukkan dengan contoh bahwa ac < bd tidak selalu dipenuhi. 

3. Buktikan bila a 

4. Tentukan bilangan real a,b,c,d yang memenuhi 0 < a 

(i). ac < bd, atau (ii). bd < ac. 

5. Bila a,b ∈ R, tunjukkan bahwa a 2 + b 2 = 0 jika dan hanya jika a = 0 dan b = 0. 

Analisis Real I 39


6. Bila 0 ≤ a < b, buktikan bahwa a 2 ≤ ab 

hal ini tidak selalu diikuti oleh a 2 < ab 

7. Tunjukan bahwa bila 0 < a < b, maka a < ab 

8. Bila n ∈ N, tunjukan bahwa n 2 ≥ n dan dari sini 1/n 2 ≤ 1/n. 

9.Tentukan bilangan real x yang memenuhi 

(a). x 2 > 3x + 4; (b). 1 < x 2 < 4; 

(c). 1/x < x; (d). 1/x < x 2 . 

10. Misal a,b ∈ R dan untuk setiap ε > 0 kita mempunyai a ≤ b + ε. 

(a). Tunjukkan bahwa a ≤ b. 

(b). Tunjukkan bahwa tidak selalu dipenuhi a < b. 

11. Buktikan bahwa ( 1 (a + 2 b))2 ≤ 1 2 (a2 + b 2 ) untuk semua a,b ∈ R. Tunjukkan 

bahwa kesamaan dipenuhi jika dan hanya jika a = b. 

12. (a). Bila 0 < c < 1, tunjukkan bahwa 0 < c 2 < c < 1 

(b). Bila 1 < c, tunjukkan bahwa 1 < c < c 2 

13. Bila c > 1, tunjukkan bahwa c n ≥ c untuk semua n ∈ N. (Perhatikan ketaksamaan 

Bernoulli dengan c = 1 + x). 

14. Bila c > 1, dan m,n ∈ N, tunjukkan bahwa c m > c n jika dan hanya jika m > n. 

15. Bila 0 < c < 1, tunjukkan bahwa c n ≤ c untuk semua n ∈ N. 

16. Bila 0 < c < 1 dan m,n ∈ N, tunjukkan bahwa c m < c n jika dan hanya jika m > n. 

17. Bila a > 0, b > 0 dan n ∈ N, tunjukkan bahwa a 

18. Misalkan c k > 0 untuk k = 1,2,...,n. Buktikan bahwa 

n 2 1 1 1 

≤ (c 1 + c 2 + ... + c n ) ( + + ... + 

c ) 

1 c2 

cn 

19. Misalkan c k > 0 untuk k = 1,2,...,n. Tunjukkan bahwa 

c + c + ... + c 

1 2 

n 

n 

2 

[ c1 

c2 

... cn 

] 

≤ + + + 

2 2 1 / 2 

≤ c 1 + c 2 + ... + c n 

20. Asumsikan eksistensi akar dipenuhi, tunjukkan bahwa bila c > 1, maka c 1/m < c 1/n 

jika dan hanya jika m > n. 

2.3. Nilai Mutlak 

Analisis Real I 40

Pendahuluan 

Dari sifat trikotomi 2.2.1(ii), dijamin bahwa bila a ∈ R dan a ≠ 0, maka tepat 

satu dari bilangan a atau -a positif. Nilai mutlak dari a ≠ 0 didefinisikan sebagai bilangan 

yang positif dari keduanya. Nilai mutlak dari 0 didefinisikan 0. 

2.3.1 Definisi. Bila a ∈ R, nilai mutlak a, dituliskan dengan ⎪a⎪, didefinisikan dengan 

⎧ a , bila a > 0 

⎪ 

a = ⎨ 0 , bila a = 0 

⎪ 

⎩−a 

, bila a < 0 

Sebagai contoh 3 = 3 dan −2 = 2. Dari definisi ini kita akan melihat bahwa 

⎪a⎪ ≥ 0, untuk semua a ∈ R. Juga ⎪a⎪ = a bila a ≥ 0, dan ⎪a⎪ = -a bila a < 0. 

2.3.2 Teorema. (a). ⎪a⎪ = 0 jika dan hanya jika a = 0 

(b). ⎪-a⎪ = ⎪a⎪, untuk semua a ∈ R. 

(c). ⎪ab⎪ = ⎪a⎪⎪b⎪, untuk semua a,b ∈ R. 

(d). Bila c ≥ 0, maka ⎪a⎪ ≤ c jika dan hanya jika -c ≤ a ≤ c. 

(e). - ⎪a⎪ ≤ a ≤ ⎪a⎪ untuk semua a ∈ R. 

Bukti : 

(a). Bila a = 0, maka ⎪a⎪ = 0. Juga bila a ≠ 0, maka -a ≠ 0, jadi ⎪a⎪ ≠ 0. Jadi bila ⎪a⎪ 

= 0, maka a = 0. 

(b). Bila a = 0, maka ⎪0⎪ = 0 = ⎪0⎪. Bila a > 0, maka -a < 0 sehingga ⎪a⎪ = a = -(-a) 

= ⎪-a⎪. Bila a < 0, maka -a > 0, sehinga ⎪a⎪ = -a = ⎪-a⎪. 

(c). Bila a,b keduanya 0, maka ⎪ab⎪ dan ⎪a⎪⎪b⎪ sama dengan 0. Bila a > 0 dan b > 0, 

maka ab > 0, sehingga ⎪ab⎪ = ab = ⎪a⎪⎪b⎪. Bila a > 0 dan b < 0, maka ab < 0, sehingga 

⎪ab⎪ = -ab = a(-b) = ⎪a⎪⎪b⎪. Secara sama untuk dua kasus yang lain. 

(d). Misalkan ⎪a⎪ ≤ c. Maka kita mempunyai a ≤ c dan -a ≤ c. (Mengapa?) Karena 

ke-taksamaan terakhir ekivalen dengan a ≥ -c, maka kita mempunyai -c ≤ a ≤ c. Sebalik-nya, 

bila -c ≤ a ≤ c, maka kita mempunyai a ≤ c dan -a ≤ c. (Mengapa?), sehingga 

⎪a⎪ ≤ c. 

(e). Tetapkan c = ⎪a⎪ pada (d). 

Analisis Real I 41


Ketaksamaan berikut akan sering kita gunakan. 

2.3.3. Ketaksamaan Segitiga. Untuk sebarang a,b di R, kita mempunyai 

Bukti : 

a + b ≤ a + b 

Dari 2.3.2(e), kita mempunyai -⎪a⎪ ≤ a ≤ ⎪a⎪ dan -⎪b⎪ ≤ b ≤ ⎪b⎪. Kemudian dengan 

menambahkan dan menggunaka 2.2.6(b), kita peroleh 

− ( a + b ) ≤ a + b ≤ a + b 

Dari sini, kita mempunyai a + b ≤ a + b dengan menggunakan 2.3.2(d). 

antaranya. 

Terdapat banyak variasi penggunaan Ketaksamaan Segitiga. Berikut ini dua di 

2.3.4 Teorema Akibat. Untuk sebarang a,b di R, kita mempunyai 

(a). a − b ≤ a − b 

(b). a − b ≤ a + b 

Bukti : 

(a). Kita tuliskan a = a - b + b dan gunakan Ketaksamaan Segitiga untuk memperoleh 

a = a − b + b ≤ a − b + b. 

Sekarang kita kurangi dengan b untuk memperoleh a − b ≤ a − b . Secara 

sama, dari b = b − a + a ≤ b − a + a dan 2.3.2(b), kita peroleh − a − b = − b − a 

≤ 

a 

− 

b . Bila kedua ketaksamaan ini kita kombinasikan, dengan menggunakan 

2.3.2(d), kita memperoleh ketaksamaan di (a). 

(b). Tukar b pada Ketaksamaan Segitiga dengan -b untuk memperoleh a 

− b ≤ 

⎪a⎪+⎪-b⎪ Karena − b = 

b [menurut 2.3.2(b)] kita dapatkan ketaksamaan (b). 

Aplikasi langsung induksi matematika memperluas Ketaksamaan Segitiga untuk 

sejumlah hingga bilangan real. 

2.3.5 Teorema Akibat. Untuk sebarang a 1 , a 2 ,...,a n ∈ R, kita mempunyai 

a + a + ... + a ≤ a + a + ... + a 

1 2 n 1 2 

Analisis Real I 42 

n

Pendahuluan 

Contoh-contoh berikut mengilustrasikan bagaimana sifat-sifat nilai mutlak 

terdahulu dapat digunakan. 

2.3.6 Contoh-contoh. 

(a). Tentukan himpunan A dari bilangan real x yang memenuhi 2x + 3 < 6 

Dari 2.3.2(d), kita lihat bahwa x ∈ A jika dan hanya jika -6 < 2x + 3 < 6, yang 

dipenuhi jika dan hanya jika -9 < 2x < 3. Dengan membagi dua, kita peroleh 

A = {x ∈ R ⎜ -9/2 < x < 3/2}. 

(b). Tentukan himpunan B = {x ∈ R ⎜ x − 1 < x }. 

Caranya dengan memperhatikan setiap kasus bila tanda mutlak dihilangkan. 

Di sini kita perhatikan kasus-kasus (i). x ≥ 1, (ii). 0 ≤ x < 1, (iii). x < 0. (Mengapa kita 

hanya memperhatikan ketiga kasus di atas?). Pada kasus (i) ketaksamaan kita menjadi 

x - 1 < x, yang dipenuhi oleh semua bilangan real x. Akibatnya semua x ≥ 1 termuat 

di B. Pada kasus (ii), ketaksamaan kita menjadi -(x - 1) < x, yang menghasilkan 

pembahasan lebih lanjut, yaitu x > 1/2. Jadi, kasus (ii) menyajikan semua x dengan 

1/2 < x < 1 termuat di B. Pada kasus (iii), ketaksamaan menjadi -(x - 1) < -x, yang 

ekivalen dengan 1 < 0. Karena 1 < 0 selalu salah, maka tiodak ada x yang memenuhi 

ketaksaman kita pada kasus (iii). Dengan mengkombinasikan ketiga kasus ini 

diperoleh bahwa 

B = {x ∈ R ⎜x > 1/2}. 

(c). Misalkan f fungsi yang didefinisikan dengan f (x) 

= 

2 

2x − 3x + 1 

2x − 1 

untuk 2 ≤ x ≤ 

3. Tentukan konstanta M sehingga f (x) ≤ M untuk semua x yang memenuhi 2 ≤ x ≤ 

3. 

Kita akan perhatikan secara terpisah pembilang dan penyebut dari 

f (x) 

= 

2 

2x − 3x + 1 

2x − 1 

Analisis Real I 43


Dari ketaksamaan segitiga, kita peroleh 2x 2 − 3x + 1 ≤ 2 x + 3 x + 1 

2 

2 

≤ 2 ⋅ 3 + 3⋅ 3 + 1 

= 28, karena x ≤ 3 untuk semua x yang kita bicarakan. Juga, 

2x − 1 ≥ 2 x − 1 ≥ 2 ⋅ 2 − 1 = 3, karena x ≥ 2 untuk semua x yang kita bicarakan. 

(Mengapa?) Karena itu, untuk 2 ≤ x ≤ 3 kita memperoleh bahwa f (x) 

≤ 

28 

3 

. Dari 

sini kita dapat menetapkan M = 28/3. (Catatan bahwa kita meneukan sebuah konstanta 

yang demikian, M; sebenarnya semua bilangan M ≥ 28/3 juga memenuhi 

f (x) 

≤ M . Juga dimungkinkan bahwa 28/3 bukan pilihan terkecil untuk M). 

Garis Bilangan Real 

Interpretasi geometri yang umum dan mudah untuk sistem bilangan real 

adalah garis bilangan. Pada interpretasi ini, nilai mutlak ⎪a⎪ dari unsur a di R dianggap 

seba- 

gai jarak dari a ke pusat 0. Lebih umum lagi, jarak antara unsur a dan b di R adalah 

a 

− b . 

Kita akan memerlukan bahasa yang tepat untuk membahas gagasan suatu bilangan 

real “dekat” ke yang lain. Bila diberikan bilangan real a, maka bilangan real x 

dikatakan “dekat” dengan a seharusnya diartikan bahwa jarak antara keduanya x − a 

“kecil”. Untuk membahas gagasan ini, kita akan menggunakan kata lingkungan, yang 

sebentar lagi akan kita definisikan. 

2.3.7 Definisi. Misalkan a ∈ R dan ε > 0. Maka lingkungan-ε dari a adalah himpunan 

V ε (a) = {x ∈ R ⎜ x − a < ε}. 

Untuk a ∈ R, pernyataan x termuat di V ε (a) ekivalen dengan pernyataan 

-ε < x - a < ε ⇔ a - ε < x < a + ε 

2.3.8 Teorema. Misalkan a ∈ R. Bila x termuat dalam lingkungan V ε (a) untuk setiap 

ε > 0, maka x = a. 

Bukti : 

Analisis Real I 44

Pendahuluan 

Bila x memenuhi x − a < ε untuk setiap ε > 0, maka dari 2.2.9 diperoleh bahwa 

x − a = 0, dan dari sini x = a. 

2.3.9. Contoh-contoh. 

(a). Misalkan U = {x ⎜ 0 < x < 1}. Bila a ∈ U, misalkan ε bilangan terkecil dari a atau 

1 - a. Maka V ε (a) termuat di U. Jadi setiap unsur di U mempunyai lingkungan-ε yang 

termuat di U. 

(b). Bila I = {x : 0 ≤ x ≤ 1}, maka untuk sebarang ε > 0, lingkungan-ε V ε (0) memuat 

titik di luar I, sehingga V ε (0) tidak termuat dalam I. Sebagai contoh, bilangan x ε = -ε/2 

unsur di V ε (0) tetapi bukan unsur di I. 

(c). Bila x − a < ε dan y − b < 

ε , maka Ketaksamaan Segitiga mengakibatkan 

bahwa 

( x + y) − ( a + b ) = ( x − a) + ( y − b ) 

= x − a + y − b < 2 ε . 

Jadi bila x,y secara berturut-turut termuat di lingkungan -ε dari a,b maka x + y termuat 

di lingkungan -2ε dari (a + b) (tetapi tidak perlu lingkungan -ε dari (a + b)). 

Latihan 2.3. 

1. Misalkan a ∈ R. tunjukkan bahwa 

(a). ⎪a⎪ = a 2 2 2 

(b). a = a 

2. Bila a,b ∈ R. dan b ≠ 0, tunjukkan bahwa a / b = a / b . 

3. Bila a,b ∈ R, tunjukkan bahwa a + b = a + b .jika dan hanya jika ab > 0. 

4. Bila x,y,z ∈ R, x ≤ z, tunjukan bahwa x < y < z jika dan hanya jika x − y + 

y − z = x − z Interpretasikan secara geometris. 

5. Tentukan x ∈ R, yang memenuhi pertaksamaan berikut : 

(a). 4x − 3 ≤ 13; (b). x 2 − 1 ≤ 3; 

(c). x − 1 > x + 1 ; (d). x + x + 1 < 2 . 

6. Tunjukkan bahwa x − a < ε jika dan hanya jika a - ε < x < a + ε. 

Analisis Real I 45


7. Bila a < x 

geometris. 

8. Tentukan dan sketsa himpunan pasangan berurut (a,b) di R×R yang memenuhi 

(a x = y ; (b). x + y = 1; 

(c xy = 2 ; (d). x − y = 2 . 

9. Tentukan dan sketsa himpunan berurut (x,y) yang memenuhi 

(a). x 

≤ y ; (b). x + y ≤ 1; 

(c). xy ≤ 2 ; (d). x − y ≥ 2 . 

10. Misalkan ε > 0 dan δ > 0, a ∈ R. Tunjukkan bahwa V ε (a) ∩ V δ (a) dan V ε (a) ∪ 

V δ (a) adalah lingkungan-γ dari a untuk suatu γ. 

11. Tunjukkan bahwa bila a,b ∈ R, dan a ≠ b, maka terdapat lingkungan-ε U dari a 

dan lingkungan-γ V dari b, sehingga U∩V = ∅. 

2.4. Sifat Kelengkapan R 

Sejauh ini pada bab ini kita telah membahas sifat aljabar dan sifat urutan sistem 

bilangan real. Pada bagian ini kita akan membahas satu sifat lagi dari R yang sering 

disebut dengan “sifat kelengkapan”. Sistem bilangan rasional Q memenuhi sifat 

aljabar 2.1.1 dan sifat ururtan 2.2.1, tetapi seperti kita lihat 

2 tidak dapat direpresentasikan 

sebagai bilangan rasional, karena itu 

2 tidak termuat di Q. Observasi ini 

menunjukan perlunya sifat tambahan untuk bilangan real. Sifat tambahan ini, yaitu 

sifat kelengkapan, sangat esensial untuk R. 

Ada beberapa versi sifat kelengkapan. Di sini kita pilih metode yang paling 

efisien dengan mengasumsikan bahwa himpunan tak kosong di R mempunyai supremum. 

Supremum dan Infimum 

Sekarang kita akan perkenalkan gagasan tentang batas atas suatu himpunan 

bilangan real. Gagasan ini akan sangat penting pada pembahasan selanjutnya. 

2.4.1 Definisi. Misalkan S suatu sub himpunan dari R. 

(i). Bilangan u ∈ R dikatakan batas atas dari S bila s ≤ u, untuk semua s ∈ S. 

Analisis Real I 46

Pendahuluan 

(ii). Bilangan w ∈ R dikatakan batas bawah dari S bila w ≤ s, untuk semua s ∈ S 

Pembaca seharusnya memikirkan (dengan teliti) tentang apa yang dimaksud 

dengan suatu bilangan bukan batas atas (atau batas bawah) dari himpunan S. Pembaca 

seharusnya menunjukkan bahwa bilangan v ∈ R bukan batas atas dari S jika dan 

hanya jika terdapat s’ ∈ S, sehingga v < s’. (secara sama, bilangan z ∈ R bukan batas 

bawah dari S jika dan hanaya jika terdapat s’’ ∈ S, sehingga s” < z). 

Perlu kita cata bahwa subhimpunan S dari R mungkin saja tidak mempunyai 

batas atas (sbagai contoh, ambil S = R). Tetapi, bila S mempunyai batas atas, maka S 

mempunyai tak hingga banyak batas atas sebab bila n batas atas dari S, maka sebarang 

v dengan v > u juga merupakan batas atas dari S. (Observasi yang serupa juga berlaku 

untuk batas bawah). 

Kita juga catat bahwa suatu himpunan mungkin mempunyai batas bawah 

tetapi tidak mempunyai batas atas (dan sebaliknya). Sebagai contoh, perhatikan himpunan 

S 1 = {x ∈ R : x ≥ 0} dan S 2 = {x ∈ R : x < 0} 

Catatan : Bila kita menerapkan definisi di atas untuk himpunan kosong ∅, kita dipaksa kepada kesimpulan 

bahwa setiap bilangan real merupakan batas atas dari ∅. Karena agar u ∈ R bukan batas atas 

dari S, unsur s’ ∈ S harus ada, sehingga u < s’. Bila S = ∅, maka tidak ada unsur di S. Dari sini setiap 

bilangan real merupakan batas atas dari himpunan kosong. Secara sama, setiap bilangan real merupakan 

batas bawah dari himpunan kosong. Hal ini mungkin artifisial, tetapi merupakan konsekuensi 

logis dari definisi. 

Pada pembahasan ini, kita katakan bahwa suatu himpunan S di R terbatas di 

atas bila S mempunyai batas atas. Secara sama, bila himpunan P di R mempunyai 

batas bawah, kita katakan P terbatas di bawah. Sedangkan suatu himpunan A di R 

dikatakan tidak terbatas bila A tidak mempunyai (paling tidak satu dari) batas atas 

atau batas bawah. Sebagai contoh, {x ∈ R : x ≤ 2} tidak terbatas (walaupun mempunyai 

batas atas) karena tidak mempunyai batas bawah. 

2.4.2 Definisi. Misalkan S subhimpunan dari R, 

(i). Bila S terbatas di atas, maka batas atas u dikatakan supremum (atau batas atas 

ter-kecil) dari S bila tidak terdapat batas atas (yang lain) dari S yang kurang dari u. 

Analisis Real I 47


(ii). Bila S terbatas di bawah, maka batas bawah w dikatakan infimum (atau batas 

bawah terbesar) dari S bila tidak terdapat batas bawah (yang lain) dari S yang kurang 

dari w. 

Akan sangat berguna untuk memfarmasikan ulang definisi supremum dari 

suatu himpunan. 

2.4.3 Lemma. Bilangan real u merupakan supremum dari himpunan tak kosong S di 

R jika dan hanya jika u memenuhi kedua kondisi berikut : 

(1). s ≤ u untuk semua s ∈ S. 

(2). bila v < u, maka terdapat s’ ∈ S sehingga v < s’. 

Kita tinggalkan bukti dari lemma ini sebagai latihan yang sangat penting bagi 

pembaca. Pembaca seharusnya juga memfarmasikan dan membuktikan hal yang serupa 

untuk infimum. 

Tidak sulit untuk membuktikan bahwa supremum dari himpunan S di R bersifat 

tunggal. Misalkan u 1 dan u 2 supremum dari S, maka keduanya merupakan batas 

atas dari S. Andaikan u 1 

bukan batas atas dari S. Secara sama, pengandaian u 2 

menga-kibatkan bahwa u 2 bukan batas atas dari S. Karena itu, haruslah u 1 = u 2 . 

(Pembaca seharusnya menggunakan cara serupa untuk menunjukkan infimum dari 

suatu himpunan di R bersifat tunggal). 

Bila supremum atau infimum dari suatu himpunan S ada, kita akan menuliskan-nya 

dengan 

sup S dan inf S 

Kita amati juga bahwa bila u’ sebarang batas atas dari S, maka sup S ≤ u’. 

Yaitu, bila s ≤ u’ untuk semua s ∈ S, maka sup S ≤ u’. Hal ini mengatakan bahwa sup 

S merupakan batas atas terkecil dari S. 

Kriteria berikut sering berguna dalam mengenali batas atas tertentu dari suatu 

himpunan merupakan supremum dari himpunan tersebut. 

2.4.4 Lemma. Suatu batas atas u dari himpunan tak kosong S di R merupakan supremum 

dari S jika dan hanya jika untuk setiap ε > 0 terdapat s ε ∈ S sehingga u - ε < s ε . 

Analisis Real I 48

Pendahuluan 

Bukti : 

Misalkan u batas atas dari S yang memenuhi kondisi di atas. Bila v 

kita tetapkan ε = u - v, maka ε > 0, dan kondisi di atas mengakibatkan terdapat s ε ∈ S 

sehingga v = u - ε < s ε . Karennya v bukan batas atas dari S. Karena hal ini berlaku untuk 

sebarang v yang kurang dari u, maka haruslah u = sup S. 

Sebaliknya, misalkan u = sup S dan ε > 0. Karena u - ε < u, maka u - ε bukan 

batas atas dari S. Karenanya terdapat unsur s ε di S yang lebih dari u - ε, yaitu u - ε < 

s ε . 

Penting juga untuk dicatat bahwa supremum dari suatu himpunan dapat merupakan 

unsur dari himpunan tersebut maupun bukan. Hal ini bergantung pada jenis 

himpunannya. Kita perhatikan contoh-contoh berikut. 

2.4.5 Contoh-contoh 

(a). Bila himpunan tak kosong S 1 mempunyai berhingga jumlah unsur, maka S 1 mempunyai 

unsur terbesar u dan unsur terkecil w. Lebih dari itu u = sup S 1 dan w = inf S 1 

keduanya unsur di S 1 . (Hal ini jelas bila S 1 hanya mempunyai sebuah unsur, dan dapat 

digunakan induksi matematika untuk sejumlah unsur dari S 1 ). 

(b). Himpunan S 2 = {x : 0 ≤ x ≤ 1} mempunyai 1 sebagai batas atas. Kita akan buktikan 

1 merupakan supremum sebagai berikut. Bila v < 1, maka terdapat unsur s’ di S 2 

sehingga v < s’. (pilih unsur s’). Dari sini v bukan batas atas dari S 2 dan, karena v sebarang 

bilangan v < 1, haruslah sup S 2 = 1. Secara sama, dapat ditunjukkan inf S 2 = 0. 

Catatan : sup S 2 dan inf S 2 keduanya termuat di S 2 . 

(c). Himpunan S 3 = {x : 0 < x < 1} mempunyai 1 sebagai batas atas. Dengan menggunakan 

argumentasi serupa (b) untuk S 2 , diperoleh sup S 3 = 1. Dalam hal ini, himpunan 

S 3 tidak memuat sup S 3 . Secara sama, inf S 3 = 0, tidak termuat di S 3 . 

(d). Seperti telah disebutkan, setiap bilangan real merupakan batas atas dari himpunan 

kosong, karenanya himpunan kosong tidak mempunyai supremum. Secara sama himpunan 

kosong juga tidak mempunyai infimum. 

Sifat Supremum dari R 

Berikut ini kita akan membahas asumsi terakhir tentang R yang sering disebut 

dengan 

Sifat Kelengkapan dari R. Selanjutnya kita katakan R merupakan suatu 

medan terurut yang lengkap. 

Analisis Real I 49


2.4.6 Sifat Supremum dari R. Setiap himpunan bilangan real tak kosong yang mempunyai 

batas atas mempunyai supremum di R. 

Sifat infimum yang serupa dapat diturunkan dari sifat supremum. Katakan S 

sub himpunan tak kosong yang terbatas di bawah dari R. Maka himpunan S’ = {-s : s 

∈ S} terbatas di atas, dan sifat supremum mengakibatkan bahwa u = sup S’ ada. Hal 

ini kemudian diikuti bahwa -u merupakan infimum dari S, yang pembaca harus buktikan. 

2.4.7 Sifat Infimum dari R. Setiap himpunan bilangan real tak kosong yang mempunyai 

batas bawah mempunyai infimum di R. 

Pembaca seharusnya menuliskan bukti lengkapnya. 

Latihan 2.4 

1. Misalkan S 1 = {x ∈ R : x ≥ 0}. Tunjukkan secara lengkap bahwa S 1 mempunyai 

batas bawah, tetapi tidak mempunyai batas atas. Tunjukkan pula bahwa inf S 1 = 0. 

2. Misalkan S 2 = {x ∈ R : x ≥ 0}. Apakah S 2 mempunyai batas bawah ? Apakah S 2 

mempunyai batas atas ? Buktikan pernyataan yang anda berikan. 

3. Misalkan S 3 = {1/n ⎜n ∈ N}. Tunjukkan bahwa sup S 3 = 1 dan inf S 3 ≥ 0. (Hal ini 

akan diikuti bahwa inf S 3 = 0, dengan menggunakan Sifat Arechimedes 2.5.2 atau 

2.5.3 (b)). 

4. Misalkan S 4 = {1 - (-1) n /n : n ∈ N}.Tentukan inf S 4 dan sup S 4 . 

5. Misalkan S subhimpunan tak kosong dari R yang terbatas di bawah. Tunjukkan 

bahwa inf S = -sup{-s : s ∈ S}. 

6. Bila S ⊆ R memuat batas atasnya, tunjukkan bahwa batas atas tersebut merupakan 

supremum dari S. 

7. Misalkan S ⊆ R yang tak kosong. Tunjukkan bahwa u ∈ R merupakan batas atas 

dari R jika dan hanya jika kondisi t ∈ R dan t > u mengakibatkan t ∉ S. 

8. Misalkan S ⊆ R yang tak kosong. Tunjukkan bahwa u = sup S, kaka untuk setiap 

n∈N, u - 1/n bukan batas atas dari S, tetapi u + 1/n batas atas dari S. (Hal sebaliknya 

juga benar ; lihat latihan 2.5.3). 

Analisis Real I 50

Pendahuluan 

9. Tunjukkan bahwa bila A dan B sub himpunan yang terbatas dari R, maka A∪B 

juga terbatas. Tunjukkan bahwa sup (A∪B) = sup {sup A, sup B}. 

10.Misalkan S terbatas di R dan S sub himpunan tak kosong dari S. Tunjukkan bahwa 

inf S ≤ inf S 0 ≤ sup S 0 ≤ sup S. 

11.Misalkan S ⊆ R dan s * = sup S termuat di S. Bila u∉ S, tunjukkan bahwa sup 

(S∪{u}) = sup {s * ,u}. 

12.Tunjukkan bahwa suatu himpunan tak kosong dan berhingga S ⊆ R memuat supremumnya. 

(Gunakan induksi matematika dan latihan nomor 11). 

2.5 Aplikasi Sifat Supremum 

Sekarang kita akan membahas bagaimana supremum dan infimum digunakan. 

Contoh berikut menunjukkan bagaimana definisi supremum dan infimum digunakan 

dalam pembuktian. Kita juga akan memberikan beberapa aplikasi penting sifat ini untuk 

menurunkan sifat-sifat fundamental sistem bilangan real yang akan sering digunakan. 

2.5.1 Contoh-contoh 

(a). Sangatlah penting untuk menghubungkan infimum dan supremum suatu 

.,KKMNBV himpunan dengan sifat-sifat aljabar R. Di sini kita akan sajikan salah 

satunya ; yaitu tentang penjumlahan, sementara yang lain diberikan sebagai latihan. 

Misalkan S sub himpunan tak kosong dari R. Definisikan himpunan 

a + S = {a + x : x ∈ S}. 

Kita akan tunjukkan bahwa 

sup (a + S) = a + sup S. 

Bila kita misalkan u = sup S, maka karena x ≤ u untuk semua x ∈ S, kita mempunyai 

a + x ≤ a + u. Karena itu a + u batas atas dari a + S ; akibatnya kita mempunyai sup (a 

+ S) ≤ a + u. Bila v sebarang batas atas dari himpunan a + S, maka a + x ≤ v untuk 

semua x ∈ S. Maka x ≤ v - a untuk semua x ∈ S, yang mengakibatkan u = sup S ≤ v - 

a, sehingga a + u ≤ v. Karena v sebarang batas atas dari a + S, kita dapat mengganti v 

Analisis Real I 51


dengan sup (a + S) untuk memperoleh a + u ≤ sup (a + S). Dengan menggabungkan 

ketaksamaan di 

atas diperoleh bahwa 

sup (a + S) = a + u = a + sup S. 

(b). Misalkan f dan g fungsi-fungsi bernilai real dengan domain D ⊆ R. Kita asumsikan 

rangenya f(D) = {f(x) : x ∈ D} dan g(D) = {g(x) : x ∈ D}himpunan terbatas di R. 

(i). Bila f(x) ≤ g(x) untuk semua x ∈ D, maka sup f(D) ≤ sup g(D). 

Untuk membuktikan hal ini, kita catat bahwa sup g(D) merupakan batas atas 

himpunan f(D) karena untuk setiap x ∈ D, kita mempunyai f(x) ≤ g(x) ≤ sup g(D). 

Karenanya sup f(D) ≤ sup g(D). 

(ii). Bila f(x) ≤ g(y) untuk semua x,y ∈ D, maka sup f(D) ≤ sup g(D). 

Buktinya dalam dua tahap. Pertama, untuk suatu y tertentu di D, kita lihat 

bahwa f(x) ≤ g(y) untuk semua x ∈ D, maka g(y) batas atas dari himpunan f(D). Akibatnya 

sup f(D) ≤ g(y). Karena ketaksamaan terakhir dipenuhi untuk semua y ∈ D, 

maka sup f(D) merupakan batas bawah dari g(D). Karena itu, haruslah sup f(D) ≤ inf 

g(D). 

(c). Perlu dicatat bahwa hipotesis f(x) ≤ g(x) untuk semua x ∈ D pada (b) tidak 

menghasilkan hubungan antara sup f(D) dan inf g(D). Sebagai contoh, bila f(x) = x 2 

dan g(x) = x dengan D = {x ∈ R : 0 < x < 1}, maka f(x) ≤ g(x) untuk semua x ∈ D, 

tetapi sup f(D) = 1 dan inf g(D) = 0, serta sup g(D) = 1. Jadi (i) dipenuhi, sedangkan 

(ii) tidak. 

Lebih jauh mengenai hubungan infimum dan supremum himpunan dari nilai 

fungsi diberikan sebagai latihan. 

Sifat Archimedes 

Salah satu akibat dari sifat supremum adalah bahwa himpunan bilangan asli N 

tidak terbatas di atas dalam R. Hal ini berarti bahwa bila diberikan sebarang bilangan 

real x terdapat bilangan asli n (bergantung pada x) sehingga x < n. Hal ini tampaknya 

mudah, tetapi sifat ini tidak dapat dibuktikan dengan menggunakan sifat aljabar dan 

Analisis Real I 52

Pendahuluan 

urutan yang dibahas pada bagian terdahulu. Buktinya yang akan diberikan berikut ini 

menunjukkan kegunaan yang esensial dari sifat supremum R. 

2.5.2. Sifat Archimedes. Bila x ∈ R, maka terdapat n x ∈ N sehingga x < n x . 

Bukti : 

Bila kesimpulan di atas gagal, maka x terbatas atas dari N. Karenanya, menurut 

sifat supremum, himpunan tak kosong N mempunyai supremum u∈R. Oleh 

karena u -1 < u, maka menurut Lemma 2.4.4 terdapat m ∈ N sehingga u -1 < m. 

Tetapi hal ini mengakibatkan u < m + 1, sedangkan m + 1 ∈ N, yang kontradiksi dengan 

u batas atas dari N. 

Sifat Archimedes dapat dinyatakan dalam beberapa cara. Berikut kita sajikan 

tiga variasi diantaranya. 

2.5.3 Teorema Akibat. Misalkan y dan z bilangan real positif. Maka : 

(a). Terdapat n ∈ N sehingga z < ny. 

(b). Terdapat n ∈ N sehingga 0 < 1/n < y. 

(c). Terdapat n ∈ N sehingga n - 1 ≤ z < n. 

Bukti : 

(a). Karena x = z/y > 0, maka terdapat n ∈ N sehingga z/y = x < n dan dari sini diperoleh 

z < ny. 

(b). Tetapkan z = 1 pada (a) yang akan memberikan 1 < ny, dan akibatnya 1/n < y. 

(c). Sifat Archimedes menjamin subhimpunan {m ∈ N : z < m} dari N tidak kosong. 

Misalkan n unsur terkecil dari himpunan ini (lihat 1.3.1). Maka n - 1 bukan unsur 

himpunan tersebut, akibatnya n - 1 ≤ z < n. 

Eksistensi 2 

Pentingnya sifat supremum terletak pada fakta yang mana sifat ini menjamin 

eksistensi bilangan real di bawah hipotesis tertentu. Kita akan menggunakan ini beberapa 

kali. Sementara ini, kita akan mengilustrasikan kegunaannya untuk membuktikan 

eksistensi bilangan positif x sehingga x 2 = 2. Telah ditunjukkan (lihat Teorema 

Analisis Real I 53


2.1.7) bahwa x yang demikian bukan bilangan rasioanl ; jadi, paling tidak kita akan 

menunjukkan eksistensi sebuah bilangan irrasional. 

2.5.4 Teorema. Terdapat bilangan real positif x sehingga x 2 = 2. 

Bukti : 

Misalkan S = {s ∈ R ⎜ 0 ≤ s, s 2 < 2}. Karena 1 ∈ s, maka S bukan himpunan 

kosong. Juga, S terbatas di atas oleh 2, karena bila t > 2, maka t 2 > 4 sehingga t ∉ S. 

Karena itu, menurut sifat supremum, S mempunyai supremum di R, katakan x = sup 

S. Catatan : x > 1. 

< 2 dan x 2 > 2. 

Kita akan buktikan bahwa x 2 = 2 dengan menanggalkan dua kemungkinan x 2 

Pertama andaikan x 2 < 2. Kita akan tunjukkan bahwa asumsi ini kontradiksi 

dengan fakta bahwa x = sup S yaitu dengan menemukan n ∈ N sehingga x + 1/n ∈ S, 

yang berakibat bahwa x bukan batas atas dari S. Untuk melihat bagaimana cara 

memilih n yang demikian, gunakan fakta bahwa 1/n 2 ≤ 1/n, sehingga 

( x 1 2 2 2x 1 2 1 

+ ) = x + + 

2 

≤ x + ( 2x + 1) 

Dari sini kita dapat memilih n sehingga 

n 

1 

(2x + 1) < 2 - n x2 , 

n 

n 

maka kita memperoleh (x + 1/n) 2 < x 2 + (2 - x 2 ) = 2. Dari asumsi, kita mempunyai 2 - 

x 2 > 0, sehingga (2 - x 2 )/(2x + 1) > 0. Dari sini sifat Archimedes dapat digunakan untuk 

memperoleh n ∈ N sehingga 

1 

n 

2 

2 x 

< − 2x + 1 

Langkah-langkah ini dapat dibalik untuk menunjukkan bahwa dengan pemilihan n ini 

kita mempunyai x + 1 ∈ S, yang kontradiksi dengan fakta bahwa x batas atas dari S. 

n 

Karenanya, haruslah x 2 ≥ 2. 


n 

Sekarang andaikan x 2 > 2. Kita akan tunjukkan bahwa dimungkinkan untuk 

menemukan m ∈ N sehingga x - 1/m juga merupakan batas atas dari S, yang mengkontradiksi 

fakta bahwa x = sup S. Untuk melakukannya, perhatikan bahwa

Pendahuluan 

1 

( ) 

1 

x + = x + + > x − 

m 

2 2 2x 

m 

Dari sini kita dapat memilih m sehingga 

2x 

m x 2 

< − 2 , 

m 

2 

2 2x 

m 

maka (x - 1/m) 2 > x 2 - (x 2 - 2) = 2. Sekarang dengan pengandaian x 2 - 2 > 0, maka 

x 2 − 2 > 0. Dari sini, dengan sifat Archimedes, terdapat m ∈ N sehingga 

2x 

1 

m 

< 

2 

x − 2 

2x 

Langkah ini dapat dibalik untuk menunjukkan bahwa dengan pemilihan m ini kita 

mempunyai (x - 1/m) 2 > 2. Sekarang bila s ∈ S, maka s 2 < 2 < (x - 1/m) 2 , yang mana 

menurut 2.2.14(a) bahwa s < x - 1/m. Hal ini mengakibatkan bahwa x - 1/m merupakan 

batas atas dari S, yang kontradiksi dengan fakta bahwa x = sup S. Jadi tidak 

mungkin x 2 > 2. 

Karena tidak mungkin dipenuhi x 2 > 2 atau x 2 < 2, haruslah x 2 = 2. (*) 

Dengan sedikit modifikasi, pembaca dapat menunjukkan bahwa bila a > 0, 

maka terdapat b > 0 yang tunggal, sehingga b 2 = a. Kita katakan b akar kuadrat 

positif dari a dan dituliskan dengan b = a atau b = a 1/2 . Dengan cara sedikit lebih 

rumit yang melibatkan teorema binomial dapat diformulasikan eksistensi tunggal dari 

akar pangkat-n positif dari a, yang dituliskan dengan 

n 

a 

atau a 1/n , untuk n ∈ N. 

Densitas (= kepadatan) Bilangan Rasional di R 

Sekarang kita mengetahui terdapat paling tidak sebuah bilangan irrasional, 

yaitu 2 . Sebenarnya terdapat “lebih banyak” bilangan irasional dibandingkan bilangan 

rasional dalam arti himpunan bilangan rasional terhitung sementara himpunan 

bilangan irrasional tak terhitung. Selanjutnya kita akan tunjukkan bahwa himpunan 

bilangan rasional “padat” di R dalam arti bahwa bilangan rasional dapat ditemukan 

diantara sebarang dua bilangan real yang berbeda. 

Analisis Real I 55


2.5.5 Teorema Densitas. Bila x dan y bilangan real dengan x < y, maka terdapat bilangan 

rasional r sehingga x < r < y. 

Bukti : 

Tanpa mengurangi berlakunya secara umum, misalkan x > 0. (Mengapa?). 

Dengan 

sifat Archimedes 2.5.2, terdapat n ∈ N.sehingga n > 1/(y - x). Untuk n yang 

demi-kian, kita mempunyai bahwa ny - nx > 1. Dengan menggunakan Teorema Akibat 

2.5.3(c) ke nx > 0, kita peroleh m ∈ N sehingga m - 1 ≤ nx < m. Bilangan m ini 

juga memenuhi m < ny, sehingga r = m/n bilangan rasional yang memenuhi x < r < y. 

Untuk mengakhiri pembahasan tentang hubungan bilangan rasional dan irasional, 

kita juga mempunyai sifat serupa untuk bilangan irasional. 

2.5.6 Teorema akibat. Bila x dan y bilangan real dengan x < y, maka terdapat bilangan 

irasional z sehingga x < z < y. 

Bukti : 

Dengan menggunakan Teorema Densitas 2.5.5 pada bilangan real x 

2 dan 

y 

2 , kita peroleh bilangan rasional r ≠ 0 sehingga 

x 2 < r < y 2 . 

Maka z = r 2 adalah bilangan irrasional (Mengapa?) dan memenuhi x < z < y. 

Latihan 2.5 

1. Gunakan Sifat Archimedes atau Teorema Akibat 2.5.3 (b) untuk menunjukkan 

bahwa inf {1/n ⎜ n ∈ N} = 0. 

2. Bila S = {1/n - 1/m ⎜ n,m ∈ N}, tentukan inf S dan sup S. 

3. Misalkan S ⊆ R tak kosong. Tunjukkan bahwa bila u di R mempunyai sifat : (i). 

untuk setiap n ∈ N, u - 1/n bukan batas atas dari S, dan (ii). untuk setiap n ∈ N, u + 

1/n bukan batas atas dari S, maka u = sup S. (Ini merupakan kebalikan Teorema 

2.4.8). 

4. Misalkan S himpunan tak kosong dan terbatas di R. 

Analisis Real I 56

Pendahuluan 

(a). Misalkan a > 0, dan aS = {as ⎜ s ∈ S}. Tunjukkan bahwa 

inf (aS) = a inf S, sup (aS) = a sup S. 

(b). Misalkan b < 0, dan bS = {bs ⎜ s ∈ S}. Tunjukkan bahwa 

inf (bS) = b sup S, sup (bS) = b inf S. 

5. Misalkan X himpunan tak kosong dan f : X ⎯→R mempunyai range yang terbatas 

di R. Bila a ∈ R, tunjukkan bahwa contoh 2.5.1(a) mengakibatkan bahwa 

sup {a + f(x) ⎜ x ∈ X} = a + sup {f(x) ⎜ x ∈ X}. 

Tunjukkan pula bahwa 

inf {a + f(x) ⎜ x ∈ X} = a + inf {f(x) ⎜ x ∈ X}. 

6. Misalkan A dan B himpunan tak kosong dan terbatas di R, dan A + B = {a + b ⎜ a 

∈ A, b ∈ B}. Tunjukkan bahwa sup (A + B) = sup A + sup B dan inf (A + B) = inf 

A + inf B. 

7. Misalkan X himpunan tak kosong, f dan g fungsi terdefinisi pada X dan mempunyai 

range yang terbatas di R. 

Tunjukkan bahwa 

sup{f(x) + g(x) ⎜ x ∈ X} ≤ sup{f(x) ⎜ x ∈ X} + sup{g(x) ⎜ x ∈ X} 

dan 

inf{f(x) ⎜ x ∈ X} + inf {g(x) ⎜ x ∈ X} ≤ inf{f(x) + g(x) ⎜ x ∈ X} 

Berikan contoh yang menunjukkan kapan berlaku kesamaan atau ketaksamaan 

murni. 

8. Misalkan X = Y = {x∈R ⎜0 < x < 1}. Tentukan h : X×Y ⎯→R dan h(x,y) = 2x + 

y. 

(a). untuk setiap x ∈ X, tentukan f(x) = sup {h(x,y) : y ∈ Y} 

Kemudian tentukan inf {f(x) ⎜x ∈ X}. 

(b). untuk setiap y ∈ Y, tentukan g(y) = inf {h(x,y) : x ∈ X} 

Kemudian tentukan sup {g(y) ⎜y ∈ Y}. 

Bandingkan hasilnya dengan bagian (a). 

9. Lakukan perhitungan di (a) dan (b) latihan nomor 8 untuk fungsi h : X×Y ⎯→ R 

yang didefinisikan dengan 

Analisis Real I 57


h( x,y) 

⎧0 , bila x < y 

= ⎨ 

⎩ 1 , bila x ≥ y 

10. Misalkan X,Y himpunan tak kosong dari h : X×Y ⎯→ R yang mempunyai range 

terbatas di R. Misalkan f : X ⎯→ R dan g : Y ⎯→ R didefinisikan dengan 

f(x) = sup {h(x,y) ⎜y ∈ Y}, 

Tunjukkan bahwa 

sup{g(y) ⎜y ∈ Y} ≤ inf {f(x) ⎜ x ∈ X} 

Kita akan menuliskannya dengan 

supinf h ( x,y) 

≤ supinf h ( x,y) 

y 

x 

x 

y 

g(y) = inf {h(x,y) ⎜x ∈ X}. 

Catatan, pada latihan nomor 8 dan nomor 9 menunjukkan bahwa ketaksamaan 

bisa berupa kesamaan atau ketaksamaan murni. 

11. Misalkan X,Y himpunan tak kosong dari h : X×Y ⎯→ R yang mempunyai range 

terbatas di R. Misalkan F : X ⎯→ R dan G : Y ⎯→ R didefinisikan dengan 

F(x) = sup {h(x,y) ⎜y ∈ Y}, G(y) = inf {h(x,y) ⎜x ∈ X}. 

Perkenalkan Prinsip Iterasi Supremum : 

sup{h(x,y) ⎜x ∈ X, y ∈ Y} = sup {F(x) ⎜ x ∈ X} 

Hal ini sering dituliskan dengan 

sup 

x,y 

= sup {G(y) ⎜ y ∈ Y}. 

h( x, y) = sup sup h ( x, y) 

= sup sup h ( x, y) 

x 

y 

12. Diberikan sebarang x∈R, tunjukkan bahwa terdapat n∈Z yang tungal sehingga n - 

1 ≤ x < n. 

13. Bila y > 0 tunjukkan bahwa terdapat n ∈ N sehingga 1/2 n < y. 

14. Modifikasi argumentasi pada teorema 2.5.4 untuk menunjukkan bahwa terdapat 

bilangan real positif y sehingga y 2 = 3. 

15. Modifikasi argumentasi pada teorema 2.5.4 untuk menunjukkan bahwa bila a > 0, 

maka terdapat bilangan real positif z sehingga z 2 = a. 

16. Modifikasi argumentasi pada teorema 2.5.4 untuk menunjukkan bahwa terdapat 

bilangan real positif u sehingga u 3 = 2. 

y 

x 

Analisis Real I 58

Pendahuluan 

17. Lengkapi bukti Teorema Densitas 2.5.5 dengan menghilangkan hipotesis x > 0. 

18. Bila u > 0 dan x < y, tunjukkan bahwa terdapat bilangan rasional r sehingga x < ru 

< y. (Dari sini himpunan {ru ⎜ r ∈ Q} padat di R). 

Analisis Real I 59


BAB 

3 

BARISAN BILANGAN REAL 

3.1. Barisan dan Limit Barisan 

Di sini diharapkan pembaca mengingat kembali bahwa yang dimaksud dengan 

suatu barisan pada suatu himpunan S adalah suatu fungsi pada himpunan N = {1, 2, 3, 

...} dengan daerah hasilnya di S. Selanjutnya dalam bab ini kita hanya memperhatikan 

barisan di R. 

3.1.1. Definisi. Suatu barisan bilangan real (atau suatu barisan di R) adalah suatu 

fungsi pada himpunan N dengan daerah hasil yang termuat di R. 

Dengan kata lain, suatu barisan di R memasangkan masing-masing bilangan 

asli n = 1, 2, 3, ... secara tunggal dengan bilangan real. Bilangan real yang diperoleh 

tersebut disebut elemen, atau nilai, atau suku dari barisan tersebut. Hal yang biasa 

untuk menuliskan elemen dari R yang berpasangan dengan n∈N, dengan suatu simbol 

seperti x n (atau a n , atau z n ). Jadi bila X : N ⎯⎯→ R suatu barisan, kita akan biasa 

menuliskan nilai X di n dengan X n , dari pada X(n), kita akan menuliskan barisan ini 

dengan notasi 

X, X n , (X n : n ∈ N), 

Kita menggunakan kurung untuk menyatakan bahwa urutan yang diwarisi dari N 

adalah hal yang penting. Jadi, kita membedakan penulisan X = (X n : n∈N), yang 

suku-sukunya mempunyai urutan dan himpunan nilai-nilai dari barisan tersebut { X n : 

n∈N} yang urutannya tidak diperhatikan. Sebagai contoh, barisan X = ((-1) n : n∈N) 

yang berganti-ganti -1 dan 1, sedangkan himpunan nilai barisan tersebut { (-1) n : n∈N } 

sama dengan {-1, 1}. 

Analisis Real I 60

Pendahuluan 

Dalam mendefinisikan barisan sering lebih mudah dengan menulis secara 

berurutan suku-sukunya, dan berhenti setelah aturan formasinya kelihatan. Jadi 

kita boleh menulis 

X = (2, 4, 6, 8, ...) 

untuk barisan bilangan genap positif, 

atau 

1 1 1 1 

Y = ( , , , , ...) 

1 

untuk barisan kebalikan dari bilangan asli, 

atau 

2 

1 1 1 1 

Z = ( , , , , ...) 

1 

2 

3 

3 

4 

4 

untuk barisan kebalikan dari kuadrat bilangan asli. Metode yang lebih memuaskan 

adalah degan menuliskan formula untuk suku umum dari barisan tersebut, seperti 

X = (2n : n∈N), Y = ( 1 : m∈N), Z = ( 1 m 

s : s∈N) 

2 

Dalam prakteknya, sering lebih mudah dengan menentukan nilai x 1 dan suatu 

formula untuk mendapatkan x n + 1 (n ≥ 1) bila x n diketahui dan formula x n+1 (n ≥ 1) 

dari x 1 , x 2 , ... x n . Metode ini kita katakan sebagai pendefinisian barisan secara induktif 

atau rekursif. Dengan cara ini, barisan bilangan bulat positif X di atas dapat kita definisikan 

dengan 

x 1 = 2 x n+1 = x n + 2 (n ≥ 1); 

atau dengan definisi 

x 1 = 2 x n+1 = x 1 + x n (n ≥ 1). 

Catatan : Barisan yang diberikan dengan proses induktif sering muncul di ilmu komputer, Khususnya, 

barisan yang didefinisikan dengan suatu proses induktif dalam bentuk x 1 = diberikan, x n+1 = f(x n ) 

untuk n∈N dapat dipertanggungjawabkan untuk dipelajari dengan menggunakan komputer. Barisan 

yang didefinisikan dengan proses : y 1 = diberikan, y n = .g n (y 1 ,y 2 , ... ,y n ) untuk n∈N juga dapat dikerjakan 

(secara sama). Tetapi, perhitungan dari suku-suku barisan demikian menjadi susah untuk n yang 

besar, karena kita harus menyimpan masing-masing nilai y 1 , ..., y n dalam urutan untuk menghitung y n+1 . 


Analisis Real I 61


(a). Bila b ∈ R, barisan B = (b, b, b, ...), yang sukunya tetap b, disebut barisan konstan 

b. Jadi barisan konstan 1 adalah (1, 1, 1, ...) semua yang sukunya 1, dan barisan 

konstan 0 adalah baisan (0, 0, 0, ...). 

(b). Barisan kuadrat bilangan asli adalah barisan S = (1 2 , 2 2 , 3 2 , ...) = (n 2 : n∈N), yang 

tentu saja sama dengan barisan (1, 4, 9, ..., n 2 , ...). 

(c). Bila a∈R, maka barisan A = (a n : n∈N) adalah barisan (a 1 , a 2 , a 3 , ..., a n , ...). 

Khususnya bila a = 1 , maka kita peroleh barisan 

2 

⎛ 1 

⎜ 

⎝ 2 : n n 

⎞ 

∈N ⎟ 

⎠ 

(d). Barisan Fibonacci F = (f n : n ∈ N) diberikan secara induktif sebagai berikut : 

f 1 = 1, f 2 = 1, f 2+1 = f n-1 + f n (n ≥ 2) 

Maka sepuluh suku pertama barisan Fibonacci dapat dilihat sebagai F = (1, 1, 2, 3, 

5, 8, 13, 21, 34, 55, ...) 

Sekarang akan kita kenalkan cara-cara penting dalam mengkonstruksi barisan 

baru dari barisan-barisan yang diberikan. 

3.1.3. Definisi. Bila X = (x n ) dan Y = (y n ) barisan bilangan real, kita definisikan jumlah 

X + Y = (x n + y n : n∈N), selisih X - Y = (x n - y n : n∈N), dan hasil kali XY = (x n y n 

: n∈N). Bila c ∈ R, kita definisikan hasil kali X dengan c yaitu cX = (cx n : n∈N). 

Akhirnya, bila Z = (z n ) suatu barisan dengan z n ≠ 0 untuk semua n∈N, maka hasil 

bagi X oleh Z adalah X/Z = (x n / z n : n∈N). 

Sebagai contoh, bila X dan Y berturut-turut adalah barisan-barisan 

1 1 1 1 

X = (2, 4, 6, ..., 2n, ...), Y = ( ) 

maka kita mempunyai 

3 9 19 2n 1 

X + Y = ( , , , ..., , ... 

1 2 3 

n ) 

2 + 

1 7 17 2n 1 

X - Y = ( , , , ..., , ... 

1 2 3 

n ) 

2 − , 

XY = (2, 2, 2, ...,2, ...), 

3X = (6, 12, 18, ..., 6n, ...), 

1 

, , , ..., , ... , 

2 

3 

n 

Analisis Real I 62

X 

Y = 2, 8, 18, ...,2n2 , ...). 

Kita catat bahwa bila z menyatakan barisan 

Z = (0, 2, 0, ..., 1 + (-1) n , ...), 

Pendahuluan 

maka kita dapat mendefinisikan X + Z, X-Z, dan X.Z; tetapi tidak dengan X/Z, karena 

Z mempunyai suku 0. 

Limit suatu barisan 

Terdapat beberapa konsep limit dalam analisa real. Pemikiran limit barisan 

merupakan yang paling mendasar dan merupakan fokus kita dalam bab ini. 

3.1.4. Definisi. Misalkan X = (x n ) barisan bilangan real. Suatu bilangan real x dikatakan 

limit dari (x n ), bila untuk setiap ε > 0 terdapat bilangan asli K(ε), sedemikian sehingga 

untuk semua n ≥ K(ε), suku-suku x n terletak dalam lingkungan-ε, V ε (x). 

Bila x merupakan suatu limit dari barisan tersebut, kita katakan juga bahwa X 

= (x n ) konvergen ke x (atau mempunyai limit x). Bila suatu barisan mempunyai limit, 

kita katakan barisan tersebut konvergen, bila tidak kita katakan divergen. 

Penulisan K(ε) digunakan untuk menunjukkan secara eksplisit bahwa pemilihan 

K bergantung pada ε; namun demikian sering lebih mudah menuliskannya dengan 

K, dari pada K(ε). Dalam banyak hal nilai ε yang “kecil” biasanya akan memerlukan 

nilai K yang “besar” untuk menjamin bahwa x n terletak di dalam lingkungan V ε (x) 

untuk semua n ≥ K = K(ε). 

Kita juga dapat mendefinisikan kekonvergenan X = (x n ) ke x dengan mengatakan 

: untuk setiap lingkungan-ε V ε (x) dari x, semua (kecuali sejumlah hingga) sukusuku 

dari x terletak di dalam V ε (x). Sejumlah hingga suku-suku tersebut mungkin tidak 

terletak di dalam V ε (x) yaitu x 1 , x 2 , ..., x K(ε)-1 . 

notasi. 

Bila suatu barisan x = (x n ) mempunyai limit x di R, kita akan menggunakan 

lim X = x atau lim (x n ) = x. 

Analisis Real I 63


Kita juga akan menggunakan simbol x n ⎯→ x, yang menyatakan bahwa nilai x n 

“mendekati” x bila n menuju 0. 

3.1.5. Ketunggalan limit. Suatu barisan bilangan real hanya dapat mempunyai satu 

limit. 

Bukti : 

Andaikan sebaliknya, yaitu x′ dan x′′ keduanya limit dari X = (x n ) dan x’≠x”. Kita 

pilih ε > 0 sehingga V ε (x’) dan V ε (x”) saling asing (yaitu, ε < ½⏐x” - x’⏐). Sekarang 

misalkan K’ dan K” bilangan asli sehingga bila n > K’ maka x n ∈V ε (x’) dan bila n > 

K” maka x n ∈V ε (x”). Tetapi ini kontradiksi dengan pengandaian bahwa V ε (x’) dan 

V ε (x”) saling asing. (Mengapa?). Haruslah x’ = x”. 

3.1.6. Teorema. Misalkan X = (x n ) barisan bilangan real dan misalkan pula x∈R. 

Maka pernyataan berikut ekivalen. 

(a). X konvergen ke x. 

(b). untuk setiap lingkungan-ε V ε (x), terdapat bilangan asli K(ε) sehingga untuk semua 

n ≥ K(ε), suku-suku x n ∈V ε (x). 

(c). untuk setiap ε > 0, terdapat bilangan asli K(ε) sehingga untuk semua n ≥ K(ε), 

suku-suku x n memenuhi ⏐x n - x⏐ 0, terdapat bilangan asli K(ε) sehingga untuk semua n ≥ K(ε), 

Bukti : 

suku-suku x n memenuhi 

x-ε < x n < + ε, ∀ n ≥ K(ε) 

Ekivalensi dari (a) dan (b) merupakan definisi. Sedangkan ekivalensi dari (b), (c), dan 

(d) mengikuti implikasi berikut : 

x n ∈V ε (x) ⇔ ⏐x n - x⏐ < ε. ⇔ -ε < x n - x < ε 

⇔ x- ε < x n < x + ε 

Catatan : Definisi limit barisan bilangan real digunakan untuk membuktikan bahwa nilai x yang 

telah ditetapkan merupakan limit. Hal ini tidak menentukan berapa nilai limit seharusnya. Sehingga 

diperlukan latihan untuk sampai kepada dugaan (conjecture) nilai limit dengan perhitungan langsung 

suku-suku barisan tersebut. Dalam hal ini komputer akan sangat membantu. Namun demikian karena 

Analisis Real I 64

Pendahuluan 

komputer hanya dapat menghitung sampai sejumlah hingga suku barisan, maka perhitungan demikian 

bukanlah bukti. 

Untuk menunjukkan bahwa suatu barisan X = (x n ) tidak konvergen ke x, cukup 

dengan memilih ε o > 0 sehingga berapapun nilai K yang diambil, diperoleh suatu 

n k > K sehingga x n k 

tidak terletak dalam V ε (x), (Perubahan lebih detail pada 3.4). 

3.1.7. Contoh-contoh 

⎛ 1⎞ 

(a). lim ⎜ ⎟ = 0 . 

⎝ n⎠ 

Misalkan diberikan sebarang ε > 0. Maka menurut sifat Archimedes terdapat K∈N 

sehingga sehingga 1 K 

< ε . Akibatnya untuk semua n ≥ K dipenuhi 

⎪ 1 n - 0⎪ = 1 n ≤ 1 K < ε 

⎛ 

Ini membuktikan lim ⎜ 1⎞ 0 

⎝n⎠ ⎟ = 

(b). lim 

⎛ 1 ⎞ 

⎜ 0 

⎝ 

2 ⎟ = 

n ⎠ 

Bila diberikan sebarang ε > 0, maka terdapat K∈N, sehingga 1 K < 

ε . Karena itu untuk 

semua n ≥ K dipenuhi 

1 

0 

2 

n − = 1 2 

n 

Ini membuktikan lim 

≤ 

1 

K < ( ε) 

2 2 = ε 

⎛ 1 ⎞ 

⎜ 0 

⎝ 

2 

⎟ = 

n ⎠ 

( , , , , , ( ) , L) 

(c). Barisan 0 2 0 2 L 1 ( 1 ) 

maka 

+ − n , tidak konvergen ke 0. 

Pilih ε 0 = 1, sehingga untuk sebarang K∈N, jika n ≥ K dan n bilangan ganjil, 

⎪x n - 0⎪ = ⎪2 - 0⎪ = 2 > 1. 

( ) 

Ini mengatakan bahwa barisan 1 ( 1) 

+ − n tidak konvergen ke 0. 

Analisis Real I 65


(d). lim 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

3n + 2 

n -1 

⎞ 

⎟ = 3 

⎠ 

1 

K − 1 

< ε 5 . Aki- 

Perhatikan kesamaan berikut 

3n + 2 5 

− 3 = 

n − 1 n − 1 

Bila diberikan sebarang ε > 0, maka terdapat K∈N, K>1, sehingga 

batnya untuk semua n ≥ K > 1 dipenuhi 

3n + 2 5 ⎛ 

− 3 = < 5 ⎜ ε⎞ n − 1 n − 1 ⎝ 5⎠ ⎟ = ε 

⎛ 

Ini membuktikan bahwa lim 3n + 2 ⎞ 

⎜ ⎟ = 3. 

⎝ n -1 ⎠ 

Ekor Barisan 

Perlu dimengerti bahwa kekonvergenan (atau kedivergenan) suatu barisan bergantung 

hanya pada prilaku suku-suku “terakhirnya”. Artinya, bila kita hilangkan m 

suku pertama suatu barisan yang menghasilkan X m konvergen jika hanya jika barisan 

asalnya juga konvergen, dalam hal ini limitnya sama. 

3.1.8. Definisi. Bila X = (x 1 , x 2 , ..., x n , ...) suatu barisan bilangan real dan m selalu 

bilangan asli maka ekor-m dari X adalah barisan 

X = (x m+n : n∈N) = (x m+1 ,x m+2 , ...). 

Sebagai contoh, ekor-3 dari barisan X = (2, 4, 6, 8, 10, ..., 2n, ...) adalah barisan 

X 3 = (8, 10, 12, ..., 2n + 6,...). 

3.1.9. Teorema. Misalkan X = (x n : n∈N) suatu barisan bilangan real dan m∈N. Maka 

ekor-m adalah X m = (x m+n : n∈N) dari X konvergen jika dan hanya jika X konvergen, 

dalam hal ini, lim X m = lim X. 

Bukti : 

Dapat kita catat untuk sebarang p∈N, suku ke-p dari X m merupakan suku ke-(m+p) 

dari X. Secara sama bila q > m, maka suku ke-q dari X merupakan suku ke-(q-m) dari 

X m . 

Analisis Real I 66

Pendahuluan 

Misalkan X konvergen ke x. Maka untuk sebarang ε > 0, bila untuk n ≥ K(ε) 

suku-suku dari X memenuhi ⎢x n -x ⎢< ε, maka suku-suku dari X m dengan k ≥ K m (ε) - 

m memenuhi ⎢x n -x ⎢< ε. Jadi kita dapat memilih K m (ε) = K m (ε) - m, sehingga X m 

juga konvergen ke x. 

Sebaliknya, bila suku-suku dari X m untuk k ≥ K m (ε) memenuhi ⎢x n -x ⎢< ε 

maka suku-suku dari X dengan n ≥ K m (ε) + m memenuhi ⎢x n -x ⎢< ε. Jadi kita dapat 

memilih K(ε) = K m (ε) + m. Karena itu, X konvergen ke x jika dan hanya jika X m konvergen 

ke x. 

Kadang-kadang kita akan mengatakan suatu barisan X pada akhirnya mempunyai sifat tertentu, 

bila beberapa akar x mempunyai sifat tersebut. Sebagai contoh, kita katakan bahwa barisan (3, 4, 

5, 5, 5, ...,5, ...) pada akhirnya konstan. Di lain pihak, barisan 3, 5, 3, 5, ..., 5, 5, ...) tidaklah pada 

akhirnya konstan. Gagasan kekonvergenan dapat pula dinyatakan dengan begini : suatu barisan X konvergen 

ke x jika dan hanya jika suku-suku dari X pada akhirnya terletak di dalam lingkungan-ε ke x. 

3.1.10. Teorema. Misalkan A = (a n ) dan X = (x n ) barisan bilangan real dan x∈R. Bila 

untuk suatu C > 0 dan suatu m∈N, kita mempunyai 

⎢x n -x ⎢≤ Ca n untuk semua n∈N dengan n ≥ m, dan lim (a n ) = 0, maka lim (x n ) = x. 

Bukti : 

Misalkan diberikanε > 0. Karena lim (a n ) = 0, maka terdapat bilangan asli K A (ε/C), 

sehingga bila n ≥ K A (ε/C) maka ⎢a n ⎢ = ⎢a n - 0 ⎢< ε/C. 

Karena itu hal ini mengakibatkan bila n ≥ K A (ε/C) dan n ≥ m, maka 

ε 

⎢x n -x ⎢≤ C ⎢x n - x ⎢< C( C ) = ε. 

Karena ε > 0 sebarang, kita simpulkan x = lim (x n ). 


(a). Bila a > 0, maka lim 

⎛ 1 ⎞ 

⎜ ⎟ 

⎝1+ 

na ⎠ 

= 0. 

Karena a > 0, maka 0 < na < 1 + na. Karenanya 0 < 

mengakibatkan 

1 

na 

+ 1 

< 

1 

, yang selanjutnya 

na 1 1 1 

− 0 ≤ ⎛ 1+ 

n ⎝ ⎜ ⎞ 

⎟ 

a a⎠ 

n 

untuk semua n∈N. 

Analisis Real I 67


Karena lim 1 n 

= 0, menurut Teorema 3.1.10 dengan C = 1 a 

dan m = 1 diperoleh 

bahwa 

⎛ 

(b). lim ⎜ 

1 ⎝ 2 

n 

⎞ 

⎟ = 0 

⎠ 

⎛ 1 ⎞ 

lim ⎜ ⎟ 

⎝1+ 

na ⎠ 

= 0. 

Karena 0 < n < 2 n 1 1 

(buktikan !) untuk semua n∈N, kita mempunyai 0 < < yang 

n 

2 n 

mengakibatkan 

1 

n 

2 

1 

− 0 ≤ untuk semua n∈N. 

n 

Tetapi lim 1 n 

= 0, dengan menggunakan Teorema 3.1.10 diperoleh lim 

⎛ 1 ⎞ 

⎜ 0 

n ⎟ = 

⎝ 2 ⎠ 

(c). Bila 0 

Karena 0 

1 

( 1+ 

a) , dimana a 1 

= − 1 sehingga a > 

b 

0. Dengan ketaksamaan Bernoulli 2.2.14 kita mempunyai (1 + a) n ≥ 1 + na. Dari sini 

n 

0 

1 1 1 

≤ < 

n 

(1 + a) 

1 + na na , 

sehingga dengan menggunakan Teorema 3.1.10, diperoleh lim (b n ) = 0. 

1 

(d). Bila C > 0, maka lim ( C n 

) = 1. 

Untuk kasus C = 1 mudah, karena ( C ) 

1 n 

merupakan barisan konstan (1, 1, 1, ...) yang 

jelas konvergen ke 1. 

1 

Bila C > 1, maka C 

n 

= 1 + d untuk suatu d n > 0. 

Dengan menggunakan ketaksamaan Bernoulli 2.2.14(c), 

( ) 

n 

C = 1+ d ≥ 1+ nd , untuk semua n∈N. 

n 

n 

n 

Analisis Real I 68

Karenanya C - 1 ≥ nd n , sehingga d n ≤ C n 

1 

C 

n 

1 

− 1 = d 

n 

≤ C − 1 un- 

n 

tuk semua n∈N. 

− 1 . Akibatnya ( ) 

Dengan menggunakan Teorema 3.1.10 diperoleh lim ( C ) 

1 n 

= 1. 

Pendahuluan 

Sedangkan bila 0 < C < 1; maka C 1 n 

= 1/(1 + h n ) untuk suatu h n > 0. Dengan menggunakan 

kesamaan Bernoulli diperoleh 

C = 

1 

( 1+ 

h ) 

yang diikuti oleh 0 < h n < 

Karenanya kita mempunyai 

n 

n 

1 

nC 

1 

≤ < 

1 + nh 

n 

1 

nh 

untuk semua n∈N. 

1 h 

0 1 C n n 

< − = < hn 

< 

1 + h 

n 

n 

1 

nC 

1 1 

sehingga C n 

1 

− 1 < ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ 

⎟ untuk semua n∈N. 

C⎠ 

n 

1 

Dengan menggunakan Teorema 3.1.10 diperoleh lim( C n 

) = 1 untuk 0 < C < 1. 

1 

(e). lim ( n n 

) = 1. 

Karena ( ) 

1 n 

n 

n 1 n 

> 1 untuk n > 1, maka n = 1+ k untuk suatu k n > 0 bila n > 1. Akibatnya 

n = (1 + k n ) n untuk n > 1. Dengan teorema Binomial, bila n > 1 kita mempunyai 

2 1 

( ) ( ) 

1 

n = 1+ nk + n n − 1 k + ... ≥ 1 + n n − 1 k , 


n 

1 

n 1 n 

2 n 

− ≥ ( − ) 

2 

2 

n 1 k . 

n 

2 

2 n 

Analisis Real I 69


Dari sini kn ≤ 2 untuk n > 1. Sekarang bila ε > 0 diberikan, maka menurut sifat Ar- 

n 

chimedes terdapat bilangan asli N ε sehingga 

≥ sup{2, N ε } maka 2 n 

2 

< ε , karena barisan itu 

2 

N 

ε 

2 

< ε . Hal ini akan diikuti oleh bila n 

1 2 

1 

0 < n n 

− 1 = k n ≤ ⎛ ⎝ ⎜ 2⎞ 

⎟ < ε . 

n⎠ 

1 

Karena ε > 0 sebarang, maka lim ( n n 

) = 1. 

Latihan 3.1 

1. Suku-suku ke-n dari barisan (x n ) ditentukan oleh formula berikut. Tuliskan lima 

suku pertama dari masing-masing barisan tersebut 

(a) x 1 ( 1) 

(c). 

n 

x 

n 

= + − (b). 

n 

= 

1 

n n 1 

( + ) 

(d). x 

x 

n 

( 1) 

n 

= − , 

n 

1 

= 

n + 2 

n 2 

2. Beberapa suku pertama barisan (x n ) diberikan sebagai berikut. Anggap “pola dasarnya” 

diberikan oleh suku-suku tersebut, tentukan formula untuk suku ke-n, x n , 

(a). 5, 7, 9, 11, ... (b). 1 1 

2 , - 

1 1 4 , 8 , - 16 , ... 

(c). 1 2 

2 , 

3 4 3 , 4 , 5 , ... (d). 1, 4, 9, 16, ... 

3. Tuliskan lima suku pertama dari barisan yang didefinisikan secara induktif berikut 

(a). x 1 = 1, x n+1 = 3x n + 1; 

(b). y 1 = 2, y n+1 = ( ) 

1 

y + 2 

2 n 

y n 

; 

(c). z 1 = 1, z 2 = 2, z n+2 = (z n+1 +z n )/z n+1 - z n ); 

(d). s 1 = 3, s 2 = 5, s n+2 = s n + s n+1 . 

⎛ 

4. Untuk sebarang b∈R, buktikan lim b ⎞ 

⎜ ⎟ = 0 

⎝ n⎠ 

5. Gunakan definisi limit untuk membuktikan limit barisan berikut. 

Analisis Real I 70

Pendahuluan 

(a). lim 

(c). lim 

⎛ 1 ⎞ 

⎜ 0 

⎝ n 2 ⎟ = (b). lim 

+ 1⎠ 

⎛ 3n + 1⎞ 

3 

⎜ ⎟ = (d). lim 

⎝ 2n + 5⎠ 

2 

⎛ 2n ⎞ 

⎜ ⎟ = 0 

⎝ n + 1⎠ 

2 

⎛ n − 1 ⎞ 

⎜ ⎟ = 0 

2 

⎝ 2n + 3⎠ 

6. Tunjukkan bahwa 

(a). lim 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

1 ⎞ 

⎟ = 0 

(b). lim 

n + 7 ⎠ 

⎛ 2n ⎞ 

⎜ ⎟ = 2 

⎝ n + 2⎠ 

⎛ n ⎞ 

⎛ 

(c). lim ⎜ ⎟ = 0 

(c). lim 

⎝ n + 1⎠ 

⎜ 

⎝ 

( − ) 

n 

1 n⎞ 

n + 1 ⎟ = 0 

2 

⎠ 

7. Buktikan bahwa lim (x n ) = 0 jika dan hanya jika lim ( x n ) = 0. Berikan contoh 

yang menunjukkan bahwa kekonvergenan dari ( x n ) tidak perlu mengakibatkan 

kekonvergenan dari (x n ). 

8. Tunjukkan bahwa bila x n ≥0 ∀ n∈N dan lim (x n ) = 0, maka lim( x n ) = 0. 

9. Tunjukkan bahwa bila lim (x n ) = x dan x > 0, maka terdapat bilangan M∈N sehingga 

x n > 0 untuk semua n ≥ M. 

10. Tunjukkan bahwa lim 

⎛ 1 1 ⎞ 

⎜ − ⎟ = 0 

⎝ n n + 1⎠ 

⎛ 

11. Tunjukkan lim 1 ⎞ 

⎜ 0 

⎝ 3 n ⎟ = 

⎠ 

12. Misalkan b∈R memenuhi 0 

( ) 

13. Tunjukkan bahwa lim ( ) 

1 n 

= 

2n 1 

14. Tunjukkan bahwa lim n 2 

⎛ ⎞ 

⎜ ⎟ = 0 

⎝ n! ⎠ 

⎛ 

⎞ 

2 n n 2 

n−2 

3 

15. Tunjukkan bahwa lim ⎜ ⎟ = ⎢ ≥ ≤ 2( ) 

⎝ n! ⎠ 

⎡ 

0. Bila n 3, maka 0 < 2 

⎣ 

n! 

⎤ 

⎥ 

⎦ 

Analisis Real I 71


3.2. Teorema-teorema Limit 

Dalam bagian ini kita akan memperoleh beberapa hal yang memungkinkan 

kita mengevaluasi limit dari barisan bilangan real yang tertentu. Hasil ini memungkinkan 

kita menambah koleksi barisan konvergen. 

3.2.1. Definisi. Barisan bilangan real X = (x n ) dikatakan terbatas bila terdapat bilangan 

real M > 0 sehingga ⎢x n ⎢≤ M; untuk semua n∈N. 

Jadi barisan X = (x n ) terbatas jika dan hanya jika himpunan {x n : n∈N} terbatas 

di R, 

3.2.2. Teorema. Suatu barisan bilangan real yang konvergen tarbatas. 

Bukti : 

Misalkan lim (x n ) = x dan ε = 1. Dengan menggunakan teorema 3.1.6(c), terdapat bilangan 

asli K = K(1) sehingga bila n ≥ K maka xn − x < 1. Dari sini, dengan menggunakan 

akibat 2.3.4(a) tentang ketaksamaan segitiga, bila n ≥ K, maka x < n 

x + 1 . 

Dengan menetapkan 

M = sup{ x 

1 

, x 

2 

, ..., x 

K-1 

, x + 1 }, 

maka diperoleh x 

n 

≤ M untuk semua n∈M. 

Dalam definisi 3.1.3 kita telah mendefinisikan jumlah, selisih, hasil kali dan 

pembagian barisan bilangan real. Kita sekarang akan menunjukkan bahwa barisan 

yang diperoleh dengan cara demikian dari barisan-barisan konvergen, mengakibatkan 

limit barisan barunya dapat diprediksi. 

3.2.3. Teorema. 

(a). Misalkan X = (x n ) dan Y = (y n ) barisan bilangan real yang berturut-turut konvergen 

ke x dan y, serta c∈R. Maka barisan X + Y, X - Y, X . Y dan cX berturutturut 

konvergen ke x + y, x - y, xy dan cx. 

(b).. Bila X = (x n ) konvergen ke x dan Z = (z n ) barisan tak nol yang konvergen ke z, 

dan z ≠ 0, maka barisan X/Z konvergen ke x/z. 

Bukti : 

Analisis Real I 72

Pendahuluan 

(a). Untuk membuktikan lim (x n + y n ) = x + y kita akan menaksir 

⎪(x n + y n ) - (x + y)⎪ = ⎪(x n + x) + (y n + y)⎪ 

≤ xn − x + yn 

− y . 

Dari hipotesis, untuk sebarang ε > 0 terdapat K∈N sehingga bila n ≥ K 1 , maka 

xn − x < ε , juga terdapat K 2 2∈N sehingga bila n ≥ K 2, maka xn − x < ε . Bila K(ε) = 

2 

sup{K 1 , K 2 }, maka untuk semua n ≥ K(ε) 

( ) ( ) 

x + y − x + y ≤ x − x + y − y 

n n n n 

1 1 

< ε + ε = ε 

2 

2 

Karena ε > 0 sebarang, kita peroleh bahwa X + Y = (x n + y n ) konvergen ke x + y. 

Argumen serupa dapat digunakan untuk membuktikan bahwa X - Y = (x n - y n ) 

konvergen ke x - y. 

Untuk membuktikan bahwa XY = (x n y n ) konvergen ke xy, kita akan mengestimasi 

( ) ( ) 

x y − xy = x y − x y + x y − xy 

n n n n n n 

( ) ( ) 

≤ x y − y + x − x y 

n n n 

= xn yn − y + xn 

− x y 

Menurut Teorema 3.2. terdapat bilangan real M 1 > 0 sehingga x 

n∈N dan tetapkan M = sup { M 

1, y }. 

Selanjutnya kita mempunyai 

xnyn − xy ≤ M yn − y + M xn 

− x 

≤ M untuk semua 

n 1 

Dari kekonvergenan X dan Y, bila diberikan sebarang ε > 0, maka terdapat K 1 , K 2 ,∈N 

sehingga bila n ≥ K 1 maka x 

n 

− x < ε , dan bila n ≥ K 2 maka y − y < ε . 

2M 

n 

2M 

Sekarang tetapkan K(ε) = sup {K 1 , K 2 }, maka untuk semua n ≥ K(ε) diperoleh 

⎪x n y n - xy⎪ ≤ M⎪y n - y⎪ + ⎪x n - x⎪ 

( ) M( ) 

< M + = 

ε ε 

ε . 

2M 

2 M 

Karena ε > 0 sebarang, hal ini membuktikan bahwa barisan XY = (x n y n ) konvergen ke 

xy. 

Analisis Real I 73


Bukti untuk barisan cX= (cx n ) konvergen ke cx ditinggalkan sebagai latihan. 

(b). Berikutnya kita akan menunjukkan bila Z = (z n ) barisan tak nol yang konvergen 

ke z, maka barisan 

⎛ 1 ⎞ 

⎜ ⎟ konvergen ke 1 

⎝ ⎠ 

z (karena z ≠ 0). Pertama misalkan α = 1 2 z 

z n 

maka α > 0. Karena lim (z n ) = z, maka terdapat K 1 ∈N, sehingga bila n ≥ K 1 maka 

z 

n − 

z 

K(ε). 

Sekarang kita berikan ε > 0, mak terdapat K 2 ∈N sehingga bila n ≥ K 2 maka 

1 

z 

n 

1 

− ≤ ε untuk semua n > K(ε). 

z 

⎛ 

Karena ε > 0 sebarang, jadi lim ⎜ 

⎝ 

1 z 

n 

⎞ 

⎟ = 

⎠ 

1 

z . 

Dengan mendefinisikan Y barisan 

⎛ 1 ⎞ 

⎜ ⎟ dalam menggunakan XY = 

⎝ ⎠ 

y n 

⎛ x 

⎜ 

⎝ z 

n 

n 

⎞ 

⎟ konvergen 

⎠ 

⎛ 1 

ke x⎜ ⎞ x 

⎝ z ⎠ ⎟ = , bukti (b) telah selesai. 

z 

Beberapa hasil Teorema 3.2.3 dapat diperluas, dengan induksi matematika, 

untuk sejumlah hingga barisan konvergen. Sebagai contoh, bila A = (a n ), B = (b n ), ..., 

Z = (z n ) barisan konvergen, maka jumlahnya A + B + ... + Z = ( a n + b n + ... + z n ) juga 

merupakan barisan konvergen dan 

(1) lim(a n + b n + ... + z n ) = lim(a n ) + lim(b n ) + ... + lim(z n ) 

Hasil kalinya juga konvergen dan 

(2) lim (a n b n ...z n ) = ( ) 

[ lim a ][ lim( b )] ... lim( z ) 

n n n . 

Analisis Real I 74

Pendahuluan 

Dan bila b∈N dan A = (a n ) barisan konvergen, maka 

[ n ] 

lim a . 

(3) lim (a n k ) = ( ) 

k 

Buktinya ditingggalkan sebagai latihan. 

3.2.4. Teorema. Bila X = (x n ) barisan konvergen dan x n ≥ 0, untuk semua n∈N, maka 

x = lim (x n ) ≥ 0. 

Bukti : 

Andaikan x < 0, pilih z = - x > 0. Karena X konvergen ke x, maka terdapat 

K∈N, sehingga x - ε < x n < + ε untuk semua n ≥ Κ. Khususnya, kita mempunyai 

x K < x + z = x + (-x) = 0. Hal ini kontradiksi dengan hipotesis bahwa x n ≥ 0 untuk semua 

n∈N. Jadi haruslah x ≥ 0. 

3.2.5 Teorema. Bila X = (x n ) dan Y = (y n ) barisan konvergen dan x n ≤ y n untuk semua 

n∈N, maka lim (x n ) ≤ lim (y n ). 

Bukti : 

Misalkan z n = y n - x n sehingga Z = (z n ) = Y - X dan z n ≥ 0 untuk semua n∈N. 

Dari teorema 3.2.4 dan 3.2.3 diperoleh 0 ≤ lim Z = lim (y n ) - lim (x n ). 

Jadi lim (x n ) ≤ lim (y n ). 

Yang berikut mengatakan bahwa bila semua suku dari barisan konvergen memenuhi 

ketaksamaan a ≤ x n ≤ b, maka limitnya memnuhi ketaksamaan yang sama. 

3.2.6. Teorema. Bila x = (x n ) suatu barisan konvergen dan a ≤ x n ≤ b untuk semua 

n∈N, maka a ≤ lim (x n ) ≤ b. 

Bukti : 

Misalkan Y barisan konstan (b, b, b, ...). Dari Teorema 3.2.5 diperoleh lim X ≤ lim Y 

= b. Secara sama dapat ditunjukkan bahwa a ≤ lim X. 

Sedangkan yang berikut menyatakan bahwa bila barisan Y diapit oleh dua barisan 

konvergen yang limitnya sama, maka barisan y tersebut juga konvergen ke limit 

dari kedua barisan yang mengapitnya. 

Analisis Real I 75


3.2.7. Teorema Apit. Misalkan bahwa X = (x n ), Y = (y n ), dan Z = (z n ) barisan yang 

memenuhi 

x n ≤ y n ≤ z n untuk semua n∈N, 

dan lim (x n ) = lim (z n ) maka (y n ) konvergen dan lim (x n ) = lim (y n ) = lim (x n ). 

Bukti : 

Misalkan w = lim (x n ) = lim (z n ). Bila ε > 0 diberikan, maka karena X dan Z 

konvergen ke w, terdapat K∈N sehingga untuk semua n∈N dengan n ≥ K dipenuhi 

x − w < ε dan x − w < ε 

n 

n 

Dari hipotesis diperoleh bahwa x n - w ≤ y n - w ≤ z n -w, untuk semua n∈N, yang diikuti 

oleh (mengapa ?) 

-ε < y n - w < ε 

untuk semua n ≥ K. Karena ε > 0 sebarang, jadi lim (y n ) = w. 

Catatan : Karena sebarang ekor barisan mempunyai limit yang sama, hipotesis dari 3.2.4, 3.2.5, 

3.2.6, dan 3.2.7 dapat diperlemah dengan menerapkannya pada ekor barisan. Sebagai contoh, pada 

Teorema 3.2.4, bila X = (x n ) pada “akhirnya positif” dalam arti bahwa terdapat m∈N sehingga x n ≥ 0 

untuk semua n ≥ m, maka akan diperoleh kesimpulan yang sama yaitu n ≥ 0. Modifikasi yang sama 

juga berlaku untuk Teorema yang lain, yang pembaca perlu buktikan. 

3.2.8. Beberapa Contoh 

(a). Barisan (n) divergen. 

Mengikuti Teorema 3.2.2, andaikan barisan X = (n) konvergen, maka terdapat bilangan 

real M > 0 sehingga n = n < M untuk semua n∈N. Tetapi hal ini melanggar sifat 

Archimedes. 

(b). Barisan ((-1) n ) divergen 

Barisan ini terbatas (ambil M = 2), sehingga kita tidak dapat menggunakan Teorema 

3.2.2. Karena itu, andaikan X = ((-1) n ) konvergen dan a = lim X. Misalkan ε = 1, 

maka terdapat K∈N sehingga 

(-1) 

n − a < 1, untuk semua n ≥ K. 

Tetapi bila n ganjil dan n ≥ K, hal ini memberikan -1− a < 1, sehingga -2 < a < 0 

(Mengapa?). Sedangkan bila n genap dan n ≥ K, hal ini memberikan 1− a < 1, se- 

Analisis Real I 76

Pendahuluan 

hingga 0 < a < 2. Karena a tidak mungkin memenuhi kedua ketaksamaan tersebut, 

maka pengandaian bahwa X konvergen menghasilkan hal yang kontradiksi. Haruslah 

X divergen. 

⎛ 

(c). lim 2n + 1 ⎞ 

⎜ ⎟ = 2 

⎝ n ⎠ 

Misalkan X = (2) dan Y 

n , maka 2n 1 

= ⎛ X Y, 

⎝ ⎜ 1⎞ 

⎛ + ⎞ 

⎟ ⎜ ⎟ = + 

⎠ ⎝ n ⎠ 

Dengan menggunakan Teorema 3.2.3(a) diperoleh bahwa lim (X + Y) = lim X + lim 

Y = 2 + 0 = 2. 

⎛ 

(d). lim 2n + 1 ⎞ 

⎜ ⎟ = 2. 

⎝ n + 5 ⎠ 

Karena barisan (2n + 1) dan (n + 5) tidak konvergen, kita tidak dapat mengguanakan 

Teorema 3.2.3(b) secara langsung. Tetapi kita dapat melakukan yang berikut 

2n + 1 2 + 

= 

n + 5 1+ 

1 n 

5 n 

, 

yang memberikan X = 

⎛ 

2 + 1 ⎞ ⎛ 5⎞ 

⎜ ⎟ dan Z = ⎜1+ 

⎟ 

⎝ n⎠ 

⎝ n⎠ 

sehingga Teorema 3.2.3(b) dapat 

digunakan. (Selidiki terlebih dahulu syarat-syarat yang harus dipenuhi). Selanjutnya 

diperoleh 

⎛ 

(e) lim 

2n ⎞ 

⎜ ⎟ = 0 

⎝ n 2 + 1⎠ 

⎛ 

lim 2n + 1 ⎞ ⎛ 

lim 2 + 

⎜ ⎟ = ⎜ 

⎝ n + 5 ⎠ ⎝ 1+ 

⎞ 

⎠ 

lim 2 

( + ) 

5 

( + n ) 

1 1 

n 

n 

⎟ = 

5 n 

lim 1 

2 

= = 

1 

Teorema 3.2.3(b) tidak dapat digunakan secara langsung, juga sampai pada 

2n 2 

n + 1 

= n + 

2 1 n 

(mengapa ?). Tetapi karena 

dan 

2n 

2 

n + 1 = n + 

, 

2 n 

1 n 

2 

, 

2 

Analisis Real I 77


⎛ 

lim 2 ⎞ 

⎛ 

0 dan lim 1 + 1 ⎞ 

⎛ 

1, maka lim 2n ⎞ 

⎜ ⎟ = ⎜ 

0 0 

⎝ n ⎠ 

2 

⎟ = 

⎜ 

⎝ 

2 

⎟ = = , 

n ⎠ 

⎝ n + 1⎠ 

1 

dengan menggunakan Teorema 3.2.3(b). 

(f) lim sin n 

n 

= 0 

Di sini kita tidak dapat menggunakan Teorema 3.2.3(b) secara langsung. Tetapi perlu 

dicatat bahwa -1 ≤ sin n ≤ 1, maka 

Karena lim 

1 

( n ) lim 

1 

( n ) 

- 1 sinn 

n 

≤ 1 

n 

≤ n 

, untuk semua n∈N. 

− = = 0, dengan menggunakan Teorema Apit diperoleh bahwa 

⎛ 

lim sin n ⎞ 

⎜ ⎟ = 0 . 

⎝ n ⎠ 

(g). Misalkan X = (x n ) barisan yang konvergen ke x. Sedangkan p polinomial, sebagai 

contoh 

p(t) = a 0 + a 1 t + a 2 t 2 + ... + a k t k 

dengan k∈N dan a j ∈R untuk j = 0, 1, ..., k, a k ≠ 0. Dengan menggunakan Teorema 

3.2.3 barisan (p(x n )) konvergen ke p(x). 

Bukti lengkapnya ditinggalkan sebagai latihan. 

(h). Misalkan X = (x n ) barisan yang konvergen ke x. Sedangkan r(t) = 

p 

q 

( t) 

( t) 

dengan p 

dan q polinomial. Misalkan juga q(x n ) ≠ 0 untuk semua n∈N dan q(x) = 0. Maka barisan 

r(x n ) konvergen ke r(x). Bukti lengkapnya ditinggalkan sebagai latihan. 

Kita akan mengakhiri bagian ini dengan beberapa hasil berikut. 

3.2.4. Teorema. Misalkan barisan X = (x n ) konvergen ke x, maka barisan ( x n ) konvergen 

ke x , yaitu bila x = lim (x n ), maka = ( n ) 

Bukti : 

Mengikuti sifat segitiga diperoleh 

x lim x . 

x − x ≤ x − x untuk semua n∈N. 

n 

n 

Analisis Real I 78

Pendahuluan 

Selanjutnya kekonvergenan dari ( x n ) ke x suatu akibat langsung dari kekonvergenan 

dari (x n ) ke x. 

3.2.10. Teorema. Misalkan barisan X = (x n ) konvergen ke x dan x n ≥ 0 , untuk semua 

n∈N. Maka barisan ( x n ) konvergen dan lim ( ) 

Bukti : 

Dari Teorema 3.2.4 diperoleh bahwa x = lim (x n ) ≥ 0. 

Sekarang kita tinjau dua kasus (i). x = 0 dan (ii). x > 0. 

x n 

= x. 

(i). Misalkan x = 0, dan ε > 0 sebarang diberikan. Karena xn → 0 maka terdapat 

K∈N sehingga 0 ≤ x n = x n - 0 < ε 2 . 

Karena itu [lihat contoh 2.2.14(a)], 0 ≤ x n 

≤ ε untuk n ≥ K. 

Karena ε > 0 sebarang, maka ( xn ) → 0. 

(ii). Bila x > 0, maka x > 0 dan kita mempunyai 

x 

n 

− x = 

Karena x x x 0 

n 

+ ≥ > , maka 

( xn 

− x)( xn 

+ x) 

x 

n 

+ 

x 

= 

x 

x 

n 

n 

− x 

+ x 

x 

n 

1 

− x ≤ ⎛ x x x n 

⎝ ⎜ ⎞ 

⎟ − . 

⎠ 

Kekonvergenan dari xn → x merupakan akibat yang mudah dari x → n 

x . 

Untuk jenis-jenis barisan tertentu, yang berikut menyajikan “uji rasio” yang mudah 

dan cepat untuk kekonvergenan. 

⎛ 

3.2.11. Teorema. Misalkan (x n ) barisan bilangan real positif sehingga L = lim ⎜ 

x ⎝ x 

ada. Bila L < 1, maka (x n ) konvergen dan lim (x n ) = 0. 

Bukti : 

Menurut 3.2.4 diperoleh bahwa L ≥ 0. Misalkan r bilangan dengan L < r < 1, dan ε = r 

- L > 0. Maka terdapat n∈K. dipenuhi 

n+1 

n 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

Analisis Real I 79


xn+ 1 

− L < ε . 

x 

n 

Akibatnya (mengapa ?) untuk bila n ≥ K, maka 

x 

x 

n+ 

1 

Karena itu, bila n ≥ K diperoleh 

n 

( ) 

< L + ε = L + r − L = r . 

0 < x n+1 < x n r < x n-1 r 2 < ... < x K r n-K+1 

Bila kita tetapkan C = x K /r K , kita peroleh 0 < x n+1 < Cr n+1 untuk semua n ≥ K. Karena 

0 < r

(d). lim 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

n − 1⎞ 

⎟ 

n + 1⎠ 

(d). lim 

⎛ n + 1⎞ 

⎜ ⎟ 

⎝ n n ⎠ 

Pendahuluan 

8. Misalkan y = n + n 

1 − n , untuk n∈N. Tunjukkan bahwa (y n) dan ( ny n ) konvergen. 

n n 1 n 

9. Misalkan z n = ( a b ) 

+ dengan 0 < a < b, maka lim (z n ) = b. 

10. Gunakan Teorema 3.2.11 pada barisan-barisan berikut, bila a, b memenuhi 0 < a 

< 1 dan b > 1. 

(a). (a n ) 

(c). 

⎛ n ⎞ 

⎜ 

⎝ 

n 

b ⎠ 

⎛ 

(b). ⎜ 

⎝ 2 

b 2 n 

⎟ (d). ( 2n ) 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

2 3n 

3 

11. (a). Berikan contoh barisan bilangan positif (x n ) yang konvergen sehingga 

⎛ 

lim ⎜ 

x ⎝ x 

n+ 

1 

n 

⎞ 

⎟ = 1 

⎠ 

(b). Berikan pula contoh barisan divergen dengan sifat tersebut. (Jadi, sifat ini tidak 

dapat digunakan untuk uji konvergensi). 

⎛ 

12. Misalkan X = (x n ) barisan bilangan positif sehingga lim ⎜ 

x ⎝ x 

n+ 

1 

⎞ 

⎟ = L > 1. Tunjuk- 

⎠ 

kan bahwa X barisan tak terbatas, karenanya X tidak konvergen. 

n 

13. Selidiki konvergensi barisan-barisan berikut, bila a, b memenuhi 0 < a < 1 dan 

b > 1 

(a). (n 2 a n ), 

⎛ b n ⎞ 

(c). ⎜ ⎟ 

⎝ n! ⎠ 

(b). 

(d). 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

b n 2 

n 

n n 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

⎛ n! ⎞ 

⎜ ⎟ 

⎝ ⎠ 

Analisis Real I 81


1 

14. Misalkan (x n ) barisan bilangan positif dengan lim ( x n 

n ) = L < 1. Tunjukkan 

bahwa terdapat bilangan dengan 0 < r < 1 sehingga 0 < x n < r n untuk suatu n∈N 

yang cukup besar. Gunakan ini untuk menunjukkan lim (x n ) = 0. 

15. (a) Berikan contoh barisan bilangan positif (x n ) yang konvergen sehingga lim 

1 

( x n 

n ) = 1. 

1 

(b). Berikan contoh barisan bilangan positif (x n ) yang divergen sehingga lim ( x n 

n ) = 

1. (Jadi , sifat ini tidak dapat digunakan untuk uji konvergensi). 

16. Misalkan (x n ) barisan konvergen dan (y n ) barisan sehingga untuk sebarang ε > 0 

terdapat M sehingga x 

n 

− y 

n 

< ε untuk semua n ≥ M. Apakah hal ini mengakibatkan 

(y n ) konvergen ? 

3.3. Barisan Monoton 

Sampai saat ini, kita telah mempunyai beberapa metode untuk menunjukkan 

bahwa barisan X = (x n ) konvergen : 

(i). Kita dapat menggunakan defenisi 3.1.4. atau Teorema 3.1.6. secara langsung. 

Tetapi ini sering (tetapi tidak selalu) sukar dikerjakan. 

(ii). Kita dapat mendominasi ⏐x n - x⏐ dengan perkalian dari suku-suku dalam barisan 

(a n ) yang diketahui konvergen ke 0, kemudian menggunakan Teorema 3.1.10. 

(iii). Kita dapat mengidentifikasi barisan X diperoleh dari barisan-barisan yang 

diketahui konvergennya dari lebar barisannya, kombinasi aljabar, nilai mutlak atau 

datar dengan menggunakan Teorema 3.1.9, 3.2.3, 3.2.9, atau 3.2.10. 

(iv). Kita dapat mengapit X dengan dua barisan yang konvergen ke limit yang sama 

dengan menggunakan Teorema 3.2.7. 

(v). Kita dapat menggunakan “Uji rasio” dari Teorema 3.2.4. 

Kecuali (iii), semua metode ini mengharuskan kita terlebih dahulu mengetahui (atau 

paling tidak dugaan) nilai limitnya yang benar, dan kemudian membuktikan bahwa 

dugaan kita benar. 

Analisis Real I 82

Pendahuluan 

Terdapat banyak contoh, yang mana tidak ada calon limit yang mudah dari 

suatu barisan, bahkan walaupun dengan analisis dasar diduga barisannya konvergen. 

Dalam bagian ini dan dua bagian berikutnya, kita akan membahas hasil-hasil yang 

lebih mendalam dibanding bagian terdahulu yang mana dapat digunakan untuk memperkenalkan 

konvergensi suatu barisan bila tidak ada kandidat limit yang mudah. 

3.3.1 Definisi. Misalkan X = (x n ) barisan bilangan real, kita katakan X tak turun bila 

memenuhi ketaksamaan : 

x 1 ≤ x 2 .... ≤ x n ≤ x n + 1 ≤ ..... 

Kita katakan X tak naik bila memenuhi ketaksamaan 

x 1 ≥ x 2 ≥ .... ≥ x n ≥ x n+1 ≥ ...... 

Kita katakan X monoton bila X tak naik, atau tak turun. 

Berikut ini barisan-barisan tak turun 

(1,2,3,4,.....,n,.....); (1,2,2,3,3,3, .......); 

(a,a 2 ,a 3 ,.....,a n ,......) bila a > 1 

Berikut ini barisan-barisan tak naik 

(1,1/2,1/3,.....,1/n,...), (1,1/2,1/2 3 ,.......,1/2 n-1 ,......), 

(b,b 2 ,b 3 ,.......,b n ,....), bila 0 

Barisan-barisan berikut tak monoton 

(+1, -1, +1, ......, (-1) n+1 ,....), (-1, +2, -3, ....., (-1) n n, ....) 

Berisan-barisan berikut tak monoton, tetapi pada akhirnya monoton 

(7,6,2,1,2,3,4,......), (-2,0,1,1/2,1/3,1/4,.....). 

3.3.2 Teorema Konvergensi Monoton. Barisan bilangan real monoton konvergen 

jika dan hanya jika barisan ini terbatas. 

Lebih dari itu : 

(a). Bila X = (x n ) barisan tak turun yang terbatas, maka lim (x n ) = sup{x n } 

(b). Bila Y = (y n ) barisan tak naik yang terbatas, maka lim (y n ) = inf{y n }. 

Bukti : 

Dari teorema 3.2.2 diketahui bahwa barisan konvergen pasti terbatas. 

Analisis Real I 83


Sekarang kita akan buktikan sebaliknya, misalkan X barisan monoton yang 

terbatas. Maka X tak turun atau tak naik. 

(a). Pertama misalkan X barisan tak turun dan terbatas.Dari hipotesis terdapat Μ∈R, 

sehingga R n ≤ M untuk semua n∈N. Menurut prinsip supremum terdapat x * = sup{x n : 

n∈N.}; kita akan tunjukkan bahwa x * = lim (x n ). 

Bila ε > 0 diberikan, maka x * - ε bukanlah batas atas dari {x n : n∈N}; dari sini terdapat 

K∈N sehingga x * - ε < x k . Tetapi karena (x n ) tak turun maka hal ini diikuti 

x * - ε < x k ≤ x n ≤ x * untuk semua n ≥ Κ. 

Akibatnya 

x 

n 

* 

− x < ε untuk semua n ≥ Κ. 

Karena ε > 0 sebarang, jadi (x n ) konvergen ke x * . 

(b). Bila Y = (y n ) barisan terbatas tak naik, maka jelaslah bahwa X = -Y= (-y n ) barisan 

terbatas tak turun. Dari (a) diperoleh lim X = sup{-y n : n∈N}. Di lain pihak, dengan 

Teorema 3.2.3 (a) lim X = - lim Y, sedangkan dari latihan 2.5.4(b), kita mempunyai 

sup{-y n ; n∈N} = - inf {y n ; n∈N }. Karenanya lim Y = -lim X = inf{y n ; n∈N } 

Teorema konvergensi monoton memperkenalkan eksistensi limit dari barisan 

monoton terbatas. Hal ini juga memberikan cara perhitungan limit yang menyajikan 

kita dapat memperoleh supremum (a), infimum (b). Sering kali sukar untuk mengevaluasi 

supremum (atau infimum), tetapi kita ketahui bahwa hal ini ada, sering pula 

mungkin mengevaluasi limit ini dengan metode lain. 

3.3.3. Beberapa contoh 

⎛ 

(a). lim 

1 ⎞ 

⎜ ⎟ = 0 . 

⎝ n ⎠ 

Kita dapat menggunakan Teorema 3.2.10; tetapi, kita akan menggunakan Teorema 

Konvergen Monoton. Jelaslah bahwa 0 merupakan batas bawah, dari himpunan { 1 : n 

n∈N}, dan tidak sukar untuk menunjukkan bahwa infimumnya 0; dari sini 

⎛ 

0 = lim 1 ⎞ 

⎜ ⎟ . 

⎝ n ⎠ 

Analisis Real I 84

Pendahuluan 

Di lain pihak, kita ketahui bahwa X = 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

1 ⎞ 

⎟ .terbatas dan tak naik, yang men- 

n ⎠ 

gakibatkan X konvergen ke bilangan real x. Karena X = 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

1 ⎞ 

⎟ .konvergen ke x, 

n ⎠ 

menurut Teorema 3.2.3, X . X = (1/n) konvergen x 2 . Karena itu x 2 = 0, akibatnya x = 

0. 

(b). Misalkan x 1 1 1 

2 3 ... 1 

n 

= + + + + untuk n∈N. 

n 

Karena x 

1 

+ 

= x + > x , kita melihat bahwa (x n ) suatu barisan naik. Dengan 

n + 1 

n 1 n n 

menggunakan Teorema Konvergensi Monoton 3.3.2, pertanyaan apakah barisan ini 

konvergensi atau tidak dihasilkan oleh pertanyaan apakah barisan tersebut terbatas 

atau tidak. Upaya-upaya untuk menggunakan kalkulasi numerik secara langsung tiba 

pada suatu dugaan mengenai kemungkinan terbatasnya barisan (x n ) mengarah pada 

frustrasi yang tidak meyakinkan. Dengan perhitungan komputer akan memberikan 

nilai aproksiasi x n ≈ 11,4 untuk n = 50.000 dan x n ≈ 12,1 untuk n = 100.000. Fakta 

numerik ini dapat menyatukan pengamat secara sekilas untuk menyimpulkan bahwa 

barisan ini terbatas. Akan tetapi pada kenyataannya barisan ini divergen, yang diperlihatkan 

oleh 

1 ⎛ 1 1⎞ 

⎛ 1 

X 1 ... 

2 1 .... 1 

n = + + + 

2 

⎜ ⎟ + + ⎜ 

⎝ ⎠ ⎝ 

n 1 n 

+ + + ⎞ 

− 

⎟ 

2 3 4 

2 ⎠ 

1 ⎛ 1 1⎞ 

> + + ⎜ + 

⎝ ⎠ 

⎟ + + ⎛ 1 

⎜ 

⎝ 

+ + 1 ⎞ 

1 ... ... 

n n ⎟ 

2 4 4 2 2 ⎠ 

= 1 1 1 1 

+ + + 

2 2 

... + 

2 

= 1 + n 

2 

Dari sini barisan (x n ) tak terbatas, oleh karena itu divergen (teorema 3.2.2). 

1 

(c) Misalkan Y = (y n ) didefenisikan secara induktif oleh Y 1 = 1, Y n+1 = ( 2y + 3) 

untuk n ≥ 1. Kita akan menunjukkan bahwa lim Y = 3 2 . 

4 n 

Analisis Real I 85


Kalkulasi langsung menunjukkan bahwa y 2 = 5 . Dari sini kita mempunyai y 4 1 

< y 2 < 2. Dengan induksi, kita akan tunjukkan bahwa y n < 2 untuk semua n∈N. Ini 

benar untuk n = 1,2. Jika y k < 2 berlaku untk suatu k∈N, maka 

1 

1 

y k+1 = ( ) ( ) 

2y + 3 < 4 + 3 = 1+ < 2 

4 k 

4 

3 

4 

Dengan demikian y k+1 < 2. Oleh karena itu y n < 2 untuk semua n∈N. 

Sekarang, dengan induksi, kita akan tunjukkan bahwa y n < y n+1 untuk semua 

n∈N. Kemudian pernyataan ini tidak dibuktikan untuk n = 1. Anggaplah bahwa y k < 

y k+1 untuk suatu k∈N; 

2y + 3 < 2y + 3 < y 

+ 

1 

1 

y k+1 = ( ) ( ) 

4 k 

4 k +1 k 2 

Jadi y k < y k+1 mengakibatkan y k+1 < y k+2 . Oleh karena itu y n < y n+1 untuk semua n∈N. 

Kita telah menunjukkan bahwa Y = (y n ) adalah barisan naik dan terbatas di 

atas oleh 2. Menurut Teorema konvergensi Menoton, Y konvergen ke suatu limit 

yakni pada kurang dari atau sama dengan 2. Dalam hal ini, tidak mudah untuk 

mengevaluasi lim(y n ) dengan menghitung sup{y n : n∈N}. Tetapi terdapat cara lain 

1 

untuk mengevaluasi limitnya. Karena y n+1 = ( 2y 3) 

4 n 

+ untuk semua n∈N, maka suku 

ke n dari 1-ekor Y 1 dan suku ke n dari Y mempunyai relasi aljabar sederhana. Dengan 

Teorema 3.1.9, kita mempunyai y = lim Y 1 = lim Y yang diikuti dengan Teorema 

1 

3.2.3 diperoleh y = ( ) 

2y + 3 yang selanjutnya mengakibatkan y = 3 . 

4 2 

(d). Misalkan Z = (z n ) dengan z 1 = 1, z n+1 = 

2z n 

untuk semua n∈N, kita akan lanjutkan 

lim (z n ) = 2. 

Catatan bahwa z 1 = 1 dan z 2 = 

2 ; Dari sini 1 ≤ z 1 ≤ z 2 < 2. Kita klaim bahwa 

Z tak turun dan terbatas di atas oleh 2. Untuk membuktikannya kita akan lakukan secara 

induksi, yaitu 1 ≤ z n < z n+1 < 2 untuk semua n∈N. Faktor ini dipenuhi untuk n = 

1. Misalkan hal ini juga dipenuhi untuk n = K, maka 2 ≤ 2z K < 2z K+1 < 4, yang diikuti 

oleh 1 < 2 ≤ z K+1 = 2z K < z K+2 = 2z K+ 1 < 4 = 2. 

[Pada langkah terakhir kita menggunakan contoh 2.2.14 (a)]. Dari sini ketaksamaan 1 

≤ z K < z K+1 < 2 mengakibatkan 1 ≤ z K+1 < z K+2 < 2. Karena itu 1 ≤ z n < z n+1 < 2 untuk 

semua n∈N. 

Analisis Real I 86

Pendahuluan 

Karena Z = (z n ) terbatas dan tak turun, menurut Teorema Konvergensi 

Monoton Z konvergen ke z = sup {z n }. Akan ditunjukkan secara langsung bahwa 

sup{z n }= 2, jadi z = 2. Atau kita dapat menggunakan cara bagian (c). Relasi z n+1 

= 2z n memberikan relasi antara suku ke n dari Z 1 dan suku ke n dari Z. Dengan 

Teorema 3.1.9,kita mempunyai lim Z 1 = z = lim Z. Lebih dari itu, menurut Teorema 

3.2.3 dan 3.2.10, z harus memenuhi z = 2z . Ini menghasilkan z = 0, 2. Karena 1 ≤ z 

≤ 2. Jadi z = 2 

Perhitungan akar kuadrat 

3.3.4. Contoh 

Misalkan a > 0, kita akan mengkonstruksi barisan (s n ) yang konvergen ke a . 

Misalkan s 1 > 0 sebarang dan didefinisikan s n+1 = 1 ⎛ 

s 

2 

⎜ 

⎝ 

n 

a ⎞ 

+ ⎟ 

s ⎠ 

n 

untuk semua 

n∈N. Kita akan tunjukkan bahwa (s n ) konvergen ke 

a . (Proses ini untuk menghitung 

akar kuadrat yang sudah dikenal di Mesopotamia sebelum 1500 B.C.). 

2 

Pertama kita tunjukkan bahwa s n + ≥ a untuk semua n ≥ 2. Karena s 1 

n 2 - 2s n+1 

s n + a = 0, persamaan ini mempunyai akar real. Dari sini diskriminannya 4s + − 4 a 

2 

harus tak negatif, yaitu s n + 1 

mempunyai 

≥ a untuk n ≥ 1. 

Untuk melihat (s n ) Pada akhirnya tak naik, kita catat bahwa untuk n ≥ 2 kita 

1 

⎛ a ⎞ 

sn − sn+ 

1 = sn 

− s 

2 

⎜ n + ⎟ = 

⎝ s ⎠ 

n 

1 

2 

2 

( sn 

) 

Dari sini, s n+1 ≤ s n untuk semua n ≥ 2. Menurut Teorema konvergensi monoton lim(s n ) 

s 

n 

≥ 0 

= s ada. Lebih dari itu, dari Teorema 3.2.3, s harus memenuhi 

1 ⎛ a ⎞ 

s = s + 

2 ⎜ ⎟ , 

⎝ s⎠ 

yang mengakibatkan s = a s atau s2 = a. Jadi s = a . 

2 

n 1 

Analisis Real I 87


Untuk perhitungan, sering penting untuk mengestimasi bagaimana cepatnya 

ba-risan (s n ) konvergen ke a . Dari di atas, kita mempunyai a ≥ s n untuk semua n 

≥ 2. Dengan menggunakan ketaksamaan ini kita dapat menghitung 

a dengan derajat 

akurasi yang diinginkan. 

Bilangan Euler 

3.3.5 Contoh. 

Misal e n = (1 + 1/n) n untuk n∈N. Kita akan tunjukkan bahwa Ε = (e n ) terbatas 

atau tak turun, karenanya Ε konvergen yang sangat terkenal itu, yang nilainya 

didekati dengan e ≈ 2,718281828459045... dan kemudian digunakan sebagai bilangan 

dasar logaritma natural. 

Bilamana kita menggunakan teorema Binomial, kita mempunyai 

e n = ( 1 1 n 

+ n ) 

Ini dapat ditulis menjadi 

= 1 + n ⋅ 1 + 

1 n 

n( n-1) 

⋅ 1 + 

2! n 2 

n( n-1)( n-2) 

⋅ 1 + ... + 

3! n 3 


( ) 

n n-1 K2 ⋅ 1 ⋅ 

1 

n! n n 

e n 1 1 1 1 2 

= 1 + 1 + 

2 ( 1− ! n ) + 

3 ( 1− )( 1− 

! n n ) + ... + 1 1 2 

n-1 

( 1− )( 1− ) K ( 1− 

n! n n 

n ) 

Dengan cara serupa kita mempunyai : 

e n+1 1 1 1 1 2 

= 1 + 1 + 

2 ( 1− ! n+1 ) + 

3! ( 1− n+1)( 1− n+1) 

+ ... 

1 1 2 

n-1 1 1 2 

n 

+ ( 1− )( 1− ) K ( 1− 

) + ( ) ( 1− )( 1 − )...( 1− 

) 

n! 

n+1 

n+1 

n+1 

n+ 1 ! n+ 1 n+ 

1 

Perhatikan bahwa ekspresi untuk e n menurut n + 1 suku, sedangkan untuk e n+1 menurut 

n+2 suku. Selain itu, masing-masing suku dalam e n adalah lebih kecil atau sama 

dengan suku yang bersesuaian dalam e n+1 dan e n+1 mengandung lebih satu suku positif. 

Oleh karena itu, kita mempunyai 2 ≤ e 1 ≤ e 2 < ... < e n < e n+1 < ..., dengan demikian 

suku-suku dari E naik. 

Untuk menunjukkan bahwa suku-suku dari E terbatas di atas, kita perhatikan 

⎛ 

bahwa jika p = 1 , 2 , ... , n, maka 1 

p ⎞ 

⎜ − ⎟ < 1. Selain itu 2 p-1 ≤ p! [lihat 1.3.3 (d)] 

⎝ n⎠ 

dengan demikian 1 p! 

1 

≤ 

2 p − 1 

n+1 

Oleh karena itu, jika n > 1, maka kita mempunyai 

2 1 1 1 1 1 

< e < + + + + ... + 

− 

2 2 2 

n 2 n 1

Karena dapat dibuktikan bahwa [lihat 1.3.3 (b)] 

1 

2 

1 1 1 

+ + ... + = 1− < 1, 

2 n−1 n− 

1 

2 2 2 

Pendahuluan 

kita simpulkan bukan 2 ≤ e n < 3 untuk semua n∈N. Menurut Teorema Konvergensi 

Monoton, kita peroleh bahwa barisan E konvergen ke suatu bilangan real antara 2 dan 

3. Kita definisikan bilangan e merupakan limit dari barisan ini. 

Dengan penghalusan estimasi kita dapat menemukan bilangan yang dekat 

sekali ke e, tetapi kita tidak dapat menghitungnya secara eksak, karena e adalah suatu 

bilangan irasional. Akan tetapi mungkin untuk menghitung e sampai beberapa tempat 

desimal yang diinginkan. Pembaca boleh menggunakan kalkulator (atau komputer) 

untuk menghitung e n dengan mengambil nilai n yang “besar” 

Latihan 3.3. 

1. Misalkan x 1 > 1 dan xn+ 1 

= 2 − 1 untuk n ≥ 2. Tunjukkan bahwa (x n ) terbatas 

x 

dan menoton. Tentukan limitnya. 

n 

2. Misalkan y 1 = 1 dan y n+1 = 2 + y n 

. Tunjukkan bahwa (y n ) konvergen dan tentukan 

limitnya. 

3. Misalkan a > 0 dan z 1 > 0, Definisikan z n+1 = (a + z n ) 1/2 untuk n∈N. Tunjukkan 

bahwa (z n ) konvergen dan tentukan limitnya. 

4. Misalkan x 1 = a > 0 dan x n+1 = x n + 1/x n . Tentukan apakah (x n ) konvergen atau 

divergen. 

5. Misalkan (x n ) barisan terbatas dan, untuk masing-masing n∈N, s n = sup{x k : k ≥ 

n} dan t n = inf{x k : k ≥ n}. Buktikan bahwa (s n ) dan (t n ) konvergen,. Juga buktikan 

bahwa bila lim (s n ) = lim (t n ), maka (x n ) konvergen. [ lim (s n ) disebut limit superior 

dari (x n ), dan lim (t n ) disebut limit inferior dari (x n ) ] 

6. Misalkan (a n ) barisan tak turun, (b n ) barisan tak naik dan misalkan a n ≤ b n untuk 

semua n∈N. Tunjukkan bahwa lim (a n ) ≤ lim (b n ), dan dari sini buktikan Teorema 

Interval Bersarang 2.1.b dari Teorema Konvergensi Monoton 3.3.2. 

Analisis Real I 89


7. Misalkan A subhimpunan tak hingga dari R dan terbatas di atas dengan u = sup A. 

Tunjukkan bahwa terdapat suatu barisan tak turun (x n ) dengan x n ∈ A untuk semua 

n∈N sehingga u = lim (x n ). 

8. Tentukan apakah barisan (y n ) konvergen atau divergen, bila y n = 

1 

untuk n∈N. 

9. Misalkan x n = 1 1 

+ + ... + 

1 

n+ 1 n+ 

2 

1 1 

+ + L + untuk n∈N. Buktikan bahwa (x 

2 n 

2 

n ) tak turun dan 

2 2 

terbatas, jadi konvergen. [ Catatan bila k ≥ 2, maka 

1 1 1 1 

k ≤ k k -1 = 2 

k -1 − k 

] 

( ) 

10. Perkenalkan konvergensi barisan berikut dan tentukan limitnya. 

n 1 

(a). ⎛⎜ 

1 

+ 

( 1+ 

n ) 

⎞⎟ 

⎠ 

; (b). ⎛⎜ 

( + ) 

⎝ 

( ) 

⎝ 

⎞ 

⎠ 

⎟ 

1 

2n 

1 ; 

n 

1 

n 

(c). ( 1+ ) n + 

; (d). ⎛⎜ 

( − ) 

1 

⎝ 

1 

n 

1 . 

n 

11. Gunakan metode pada contoh 3.3.4 untuk menghitung 2 , dengan benar sampai 

4 desimal. 

12. Gunakan metode pada contoh 3.3.4 untuk menghitung 5 , dengan benar sampai 

5 desimal. 

13. Hitung e n pada contoh 3.3.5 untuk n = 2, 4, 8, 16. 

14. Gunakan kalkulator untuk menghitung e n untuk n = 50 dan n = 100. 

15. Gunakan Komputer untuk menghitung e n untuk n = 1000. 

3.4. Subbarisan dan Teorema Bolzano-Weiestrass 

Dalam bagian ini kita akan memperkenalkan gagasan subbarisan dari barisan 

yang diberikan. Gagasan ini agak lebih umum daripada ekor barisan (yaitu dibahas 

pada 3.1.8) sering bermanfaat dalam membuktikan divergensi barisan. Kita juga akan 

membuktikan Teorema Bolzano-Weistrass, yang akan digunakan untuk memperkenalkan 

sejumlah hasil akibatnya. 

3.4.1. Definisi. Misalkan X = (x n ) barisan dan r 1 < r 2 < ... < r n < ..., barisan bilangan 

asli yang naik. Maka barisan X’ dalam R yang diberikan oleh 

⎞ 

⎠ 

⎟ 

1 

2n 

Analisis Real I 90

( x ,x ,x , ,x , 

r r r 

L 

r 

L ) 

1 2 3 n 

Pendahuluan 

disebut subbarisan dari X. 

Sebagai contoh, berikut ini adalah subbarisan dari X = 

⎛ 1 1 1 1 ⎞ 

⎜ , , , L, , L⎟ . 

⎝ 1 2 3 n ⎠ 

⎛ 1 1 1 1 ⎞ 

⎜ , , , L, , L⎟ , 

⎝ 3 4 5 n + 2 ⎠ 

⎛ 1 1 1 1 ⎞ 

⎜ , , , L, , L⎟ , 

⎝ 1 3 5 2n -1 ⎠ 

⎛ 1 1 1 1 

⎜ 

⎝ 2! , 4! , 6! , L, 

2n ! 

, L ⎞ 

⎟ . 

⎠ 

( ) 

Sedangkan yang berikut bukan subbarisan dari X = 

⎛ 1⎞ 

⎜ ⎟ : 

⎝ n⎠ 

⎛ 1 1 1 1 1 1 

⎜ 

⎝ 2 

, 1 

, 4 

, 3 

, 6 

, 5 

,L ⎞ 

⎟ , 

⎠ 

⎛ 1 

⎜ 

1 , 0, 1 3 , 0, 1 ⎝ 5 , 0,L 

⎞ 

⎟ . 

⎠ 

Tentu saja, sebarang ekor barisan merupakan subbarisan, ekor-m bersesuaian dengan 

barisan yang ditentukan dengan 

r 1 = m + 1, r 2 = m + 2, ..., r n = m + n 1 ... 

Tetapi, tidak setiap subbarisan merupakan ekor barisan. 

Subbarisan dari barisan konvergen juga konvergen ke limit yang sama, seperti 

yang akan kita tunjukkan berikut. 

3.4.2. Teorema. Jika suatu barisan bilangan real X = (x n ) konvergen ke x, maka sebarang 

subbarisan dari X juga konvergen ke x. 

Bukti : 

Misalkan ε > 0 diberikan dan pilih bilangan asli Κ(ε) sedemikian sehingga jika n ≥ 

Κ(ε), maka x 

n − 

x < ε. Karena r 1 < r 2


Kita telah melihat, pada Contoh 3.1.11 (c), bahwa bila 0 

b n , maka dari Ketaksamaan Bernoulli diperoleh bahwa lim(x n ) = 0. Cara lain, kita 

melihat bahwa karena 0 

adalah barisan turun. Jelas juga bahwa 0 ≤ x n ≤ 1, sehingga menurut Teorema Konvergensi 

Monoton 3.3.2 barisan tersebut konvergen. Misalkan x = lim (x n ). Karena 

(x 2n ) subbarisan dari (x n ) menururt Teorema 3.4.2 maka x = lim (x 2n ). Di lain pihak, 

karena x 2n = b 2n = (b n ) 2 = (x n ) 2 , menurut Teorema 3.2.3 diperoleh 

x = lim (x 2n ) = [lim (x n )] 2 = x 2 

Oleh karena itu kita mesti mempunyai x = 0 atau x = 1. Karena (x n ) barisan turun dan 

terbatas di atas oleh 1, maka haruslah x = 0. 

(b). lim ( c ) 

1 n 

= 1untuk c > 1. 

Limit ini telah diperoleh dalam contoh 3.1.11 (d) untuk c > 0, dengan 

pemikiran argumen yang banyak diakal-akali. Di sini kita melihat pendekatan lain 

untuk kasus c > 1. Perhatikan bahwa jika z n = c 1/n , maka z n > 1 dan z n+1 < z n untuk 

semua n∈N. Jadi dengan menggunakan Teorema Konvergensi Monoton, z = lim (Z n ) 

ada. Menurut teorema 3.4.2, berlaku z = lim (Z 2n ). Di lain pihak, karena 

1 2n 1 n 

1 2 12 

z 2n = c ( c ) 

= = 

dan Teorema 3.2.10,maka 

z n 

( n ) 

( ) ( ) 

z = lim Z = lim Z = z . 

2n 

1 2 

1 2 

Karena itu z 2 = z yang menghasilkan z = 0 atau z = 1. Karena Z n > 1 untuk semua 

n∈N, maka haruslah z = 1. 

suatu barisan. 

Untuk kasus 0 < c < 1, kita tinggalkan sebagai latihan. 

Kegunaan subbarisan membuatnya mudah untuk menyajikan uji divergensi 

3.4.4. Kriterian Divergensi. Misalkan X = (x n ) suatu barisan. 

maka pernyataan berikut ekivalen : 

(i) Barisan X = (x n ) tidak konvergen ke x∈R. 

Analisis Real I 92

Pendahuluan 

(ii) Terdapat ε 0 > 0 sehingga untuk sebarang k∈N, terdapat r k ∈N sehingga r k ≥ k dan 

xr k 

− x ≥ ε 0 

(iii) Terdapat ε 0 > 0 dan subbarisan X = ( x rn ) dari X sehingga xr n 

− x ≥ 0 untuk semua 

n∈N. 

Bukti : 

(i) ⇒ (ii). Bila X = (x n ) tidak konvergen ke x, maka untuk suatu ε 0 > 0 tidak mungkin 

memperoleh bilangan Κ(ε) sehingga 3.1.b (c) dipenuhi. Yaitu, untuk sebarang k∈N 

tidak benar bahwa untuk semua n ≥ k sehingga xr − x ≥ ε 

k 0 . 

(ii) ⇒ (iii). Misalkan ε 0 seperti pada (ii) dan misalkan r 1 ∈N sehingga r 1 ≥1 dan 

xr − x ≥ ε 

1 0 . Sekarang misalkan r 2∈N sehingga r 2 > r 1 dan xr − x ≥ ε 

2 0 ; misalkan r 3 

> r 2 dan x x 

r 3 

− ≥ ε 0 . dengan meneruskan cara ini diperoleh subbarisan X’ = 

( x rn )(x rn ) dari X sehingga xr n 

− x ≥ ε 0 . 

(iii) ⇒ (i) Misalkan X = (x n ) mempunyai subbarisan X’ = ( x rn ) 

memenuhi kondisi 

(iii); maka X tidak mungkin konvergen ke x. Karena andaikan demikian, maka menurut 

Teorema 3.4.2 subbarisan X’ juga akan konvergen ke x. Tetapi ini tidak mungkin 

suku dari x’ termuat dilingkungan x 0 dari x. 

3.4.5. Beberapa contoh. 

(a). Barisan ( ) 

n 

( ) 

( −1 n 

) 

−1 divergen . 

Bila barisan X = ( ) 

konvergen ke x, maka (menururt Teorema 3.4.2) setiap subbarisan 

dari X harus konvergen ke x. Karena terdapat subbarisan yang konvergen ke 

+1 dan sub-barisan yang lain konvergen ke -1, maka haruslah X divergen. 

(b). Barisan ( 1, 1 1 

,3, ,...) 

2 

4 

divergen. 

[Kita dapat mendefinisikan barisan ini dengan Y = (y n ), yang mana y n = n bila 

n ganjil, dan y n = 1 n 

bila n genap]. Secara mudah dapat dilihat bahwa barisan ini tidak 

Analisis Real I 93


terbatas; dari sini, menurut Teorema 3.2.2, barisan ini tidak mungkin konvergen. Secara 

alternatif, walaupun sub-barisan 

1 

( 2 , 

1 1 4 , 6 ,...) 

dari Y konvergen ke 0, keseluruhan 

barisan Y tidak konvergen ke 0. Yaitu, terdapat subbarisan (3,5,7,...) dari Y yang 

berada di luar lingkungan -1 dari 0; karena itu Y tidak konvergen ke 0. 

Eksistensi Subbarisan Monoton 

Sementara tidak setiap barisan monoton, kita sekarang akan menunjukkan 

bahwa setiap barisan mempunyai sub-barisan monoton. 

3.4.6. Teorema Subbarisan Monoton. Setiap barisan X = (x n ) mempunyai subbarisan 

monoton. 

Bukti 

Untuk tujuan ini kita akan menyatakan suku ke-m x m merupakan puncak bila 

x m ≥ x n untuk semua n ≥ m. Selanjutnya kita akan mempertimbangkan dua kasus. 

Kasus 1. X mempunyai sejumlah tak hingga puncak. Dalam kasus ini, kita mengururt 

puncak-puncak tersebut dengan indeks naik. Jad kita mempunyai puncak-puncak 

x ,x ,...,x ,... 

m m m 

1 2 k 

dengan m 1 < m 2 < ... < m k < ...,.Karena masing-masing suku 

tersebut puncak, kita mempunyai x ≥ x ≥ x ≥... ≥ x ≥ ... 

m m m m 

1 2 3 k 

Karenanya subbarisan ( x mk ) merupakan subbarisan tak naik dari X. 

Kasus 2. X mempunyai sejumlah hingga (mungkin nol) puncak. Misalkan puncakpuncak 

ini x ,x ,...,x ,... 

m m m 

1 2 r 

. Misalkan s 1 = m r + 1 (indeks pertama setelah puncak 

terakhir) Karena x s1 

bukan puncak, maka terdapat s 2 > s 1 sehingga x > x . 

Karena x s2 

bukan puncak, maka terdapat s 3 > s 2 , sehingga x 

s 

s 

s 

2 1 

> x . Bila kita 

s 

3 2 

meneruskan proses ini, kita peroleh subbarisan tak turun (bukan naik) ( x sn ) dari X. 

Teorema Bolzana Weierstrass 

3.4.7. Teorema Bolzana-Weierstrass. Setiap barisan terbatas mempunyai subbarisan 

konvergen. 

Bukti 

Analisis Real I 94

Pendahuluan 

Mengikuti Teorema Subbarisan Monoton, maka barisan terbatas X = (x n ) 

mempu-nyai subbarisan X’ = ( x sn ) 

monoton. Subbarisan inipun juga terbatas, sehingga 

menururt Teorema Konvergensi Monoton X’ = ( x sn ) 

konvergen. 

Dari sini mudah dilihat bahwa barisan terbatas dapat mempunyai beberapa 

( −1 n 

) 

sub-barisan yang konvergen ke limit yang berbeda, sebagai contoh, barisan ( ) 

mempunyai subbarisan yang konvergen ke -1, dan subbarisan yang lain konvergen ke 

+1. Barisan ini juga mempunyai sub-barisan yang tidak konvergen. 

Misalkan X’ subbarisan dari barisan X. Maka X’ sendiri juga merupakan barisan, 

yang juga dapat mempunyai sub-barisan, katakan X”. Di sini dapat kita catat bahawa 

X” juga merupakan subbarisan dari X. 

3.4.8. Teorema. Misalkan X barisan terbatas dan x∈R yang mempunyai sifat bahwa 

setiap sub-barisan konvergen dari X limitnya adalah x. Maka barisan X konvergen ke 

x. 

Bukti 

Misalkan M > 0, sehingga x 

n 

≤ M untuk semua n∈N. Andaikan X tidak konvergen 

ke x. Menurut Kriteria Divergensi 3.4.4 terdapat ε 0 > 0 dan subbarisan X’ = ( x rn ) 

X sehingga 

(#) x − x ≥ ε , untuk semua n∈N. 

r 0 

n 

Karena X’ subbarisan dari X, maka X’ juga terbatas oleh M. Dari sini, menurut Teorema 

Bolzano-Weierstrass bahwa X’ mempunyai subbarisan X” yang konvergen. 

Tetapi X” juga merupakan subbarisan dari X, karenanya harus konvergen ke x, menurut 

hipotesis. Akibatnya pada akhirnya X” terletak di dalam lingkungan-ε 0 dari x. 

Karena setiap suku dari X” juga merupakan suku dari X’, hal ini membawa kita ke 

suatu yang kontradiksi dengan (#) 

Latihan 3.4 

1. Berikan contoh barisan tak terbatas yang mempunyai subbarisan konvergen. 

dari 

Analisis Real I 95


2. Gunakan metode pada contoh 3.4.3 (b) untuk menunjukkan bahwa 0 < c < 1, 

maka lim( ) 

1 n 

c = 1. 

3. Misalkan X = (x n ) dan Y = (y n ) dan barisan Z = (z n ) didefenisikan dengan z 1 = x 1 , 

z 2 = y 1 , ... z 2n-1 = x n , z 2n = y n ,.... Tunjukkan bahwa Z konvergen jika dan hanya jika 

X dan Y konvergen dan lim X = lim Y. 

1 

4. Misalkan x = n n 

untuk n∈N. 

n 

(a). Tunjukkan bahwa x n+1 < x n ekivalen dengan ( 1 1 n) 

n 

+ < n, dan diduga bahwa 

ketaksamaan ini benar untuk n ≥ 3. [ lihat contoh 3.3.5 ]Buktikan bahwa (x n ) 

pada akhirnya tak naik dan η = lim (x n ) ada. 

(b) Gunakan fakta subbarisan (x 2n ) juga konvergen ke x untuk menunjukkan 

bahwa x = x . Simpulkan x = 1 

5. Misalkan setiap sub-barisan dari X = (x n ) mempunyai subbarisan lagi yang konvergen 

ke 0. Tunjukkan bahwa lim X = 0. 

6. Perkenalkan konvergensi dan tentukan limit barisan berikut : 

( ) 

n 

( ) 

(a). ( 1 1 2 

+ 2n) 

(b). ( 1+ 

1 2n) 

(c). 

⎛( + 2 ) 

2 

n 

⎜ 1 

1 ⎞ 

n 

⎟ (d). ⎠ 

( 1 2 n 

+ n) 

⎝ 

( ) 

7. Misalkan (x n ) barisan terbatas dan untuk masing-masing n∈N s n = sup{x k : k ≥ n} 

dan s = inf{ s n : n∈N}. Tunjukkan bahwa terdapat subbarisan dari (x n ) yang konvergen 

ke s. 

( −1 x ) 

8. Misalkan bahwa x n ≥ 0 untuk semua n∈N dan lim ( ) 

bahwa (x n ) konvergen. 

n n 

ada. Tunjukkan 

9. Tunjukkan bahwa bila (x n ) tak terbatas, maka terdapat subbarisan ( x n k 

) 

sehingga 

lim 

⎛ 1 ⎞ 

⎜ 

0 

⎝ x ⎟ 

⎠ 

= 

n k 

Analisis Real I 96

10. Bila x n = ( −1) 

n 

n 

Teorema Bolzano-Weierstrass. 

Pendahuluan 

, tentukan subbarisan (x n ) yang dikonstruksi pada bukti kedua 

11. Misalkan (x n ) barisan terbatas dan s = sup{ x n : n∈N }. Tunjukkan bahwa bila s ∉ 

{x n : n∈N}, maka terdapat subbarisan dari (x n ) yang konvergen ke s. 

12. Berikan contoh bahwa Teorema 3.4.8 gagal bila hipotesis X barisan terbatas dihilangkan. 

3.5 Kriteria Cauchy 

Teorema Konvergensi Monoton sangat penting dan berguna, tetapi sayangnya 

hanya dapat diterapkan pada barisan monoton. Padahal sangat penting untuk memperkenalkan 

kriteria konvergensi yang tidak bergantung pada barisan monoton maupun 

nilai limitnya,seperti yang akan kita bahas berikut ini. 

3.5.1 Definis.i Barisan X = (x n ) dikatakan barisan Cauchy bila untuk setiap ε > 0 

terdapat H(ε)∈N sehingga bila m,n ≥ H(ε), maka x m dan x n memenuhi x 

n 

− x < ε . 

Pembaca sebaiknya membandingkan definisi ini dekat dengan Teorema 3.1.6 

(c) yang menyinggung konvergensi barisan x. Akan kita lihat bahwa barisan Cauchy 

ekivalen dengan barisan konvergen. Untuk membuktikannya kita akan tunjukkan terlebih 

dahulu bahwa barisan konvergen merupakan barisan Cauchy. 

3.5.2. Lemma. Bila X = (x n ) barisan konvergen, maka X barisan Cauchy. 

Bukti : 

Misalkan x = lim X, maka menurut Teorema 3.1.6(c) untuk sebarang ε > 0, terdapat 

Κ( ε )∈N sehingga x x 

2 n − < ε untuk semua n ≥ Κ( ε ). Jadi, bila m,n ≥ Κ( ε ) 

2 2 2 

maka 

( ) ( ) 

x − x = x − x + x − x 

n m n m m 

≤ x − x + x − x < 

Karena ε > 0 sebarang, maka (x n ) barisan Cauchy. 

n 

m 

ε 

2 + ε 2 = ε 

m 

Analisis Real I 97


Untuk menunjukkan bahwa barisan Cauchy konvergen kita akan menggunakan 

hasil berikut. 

3.5.3. Lemma. Barisan Cauchy terbatas. 

Bukti : 

Misalkan x barisan Cauchy dan ε = 1. Bila H = H(1) dan n ≥ H, maka x −x ≤ 1. 

Dengan menggunakan ketaksamaan segitiga kita mempunyai x ≤ x + 1 untuk n ≥ 

Η. Bila kita definisikan 

{ 

M = sup x , x ,..., x , x + 1 , 

1 2 H− 

1 H 

} 

n 

H 

n 

H 

maka x 

n 

≤ M untuk semua n∈N. 

3.5.4 Kriteria Konvergensi Cauchy. Barisan bilangan real konvergen jika dan hanya 

jika merupakan barisan cauchy. 

Bukti : 

Lemma 3.5.2 telah membuktikan bahwa barisan konvergen merupakan barisan 

Cauchy. Sebaliknya, misalkan X = (x n ) barisan Cauchy; kita akan tunjukkan bahwa X 

konvergen ke suatu bilangan. Pertama dari Lemma 3.5.3 kita peroleh bahwa X terbatas. 

Karena itu menurut Teorema Bolzano-Weierstrass 3.4.7 terdapat subbarisan X’ = 

( x n k 

) 

dari X yang konvergen ke x * suatu bilangan real. Kita akan melengkapi bukti 

dengan menunjukkan bahwa X konvergen ke x * . 

Karena X = (x n ) barisan Cauchy, untuk sebarang ε > 0 terdapat H( ε )∈N se- 

2 

hingga bila m,n ≥ H( ε 2 ) maka 

(*) xn 

− xm 

< ε 2 

Karena subbarisan X’ = ( x n k 

) 

konvergen ke x * , maka terdapat bilangan asli K ≥ 

H( ε ) unsur dari {n 2 1,n 2 ,...} sehingga x − x < ε . 2 

Karena K ≥ H( ε ), dari (*) dengan m = K diperoleh 

2 

x 

n 

− x < ε , untuk n ≥ H( ε ) 

2 2 

k 

K 

* 

Analisis Real I 98

Pendahuluan 

Karena itu, bila n ≥ H( ε ), kita mempunyai 

2 

* 

( n K) ( K ) 

x − x = x − x + x − x 

n 

* 

≤ xn − xK + xK 

− x * 

< ε 2 + ε 2 = ε 

Karena ε > 0 sebarang, maka lim (x n ) = x * . 

Berikut kita lihat beberapa contoh aplikasi dari Kriteria Cauchy. 

3.5.5. Beberapa Contoh 

(a) Barisan 

⎛ 1⎞ 

⎜ ⎟ konvergen. 

⎝ n⎠ 

Tentu saja kita telah membuktikan bahwa barisan ini konvergen ke 0 pada 

3.1.7(a). Tetapi untuk menunjukkan secara langsung bahwa barisan ini Cauchy, kita 

catat bahwa bila diberikan sebarang ε > 0. maka terdapat H = H(ε)∈N, sehingga H > 

2 

( ε ) (Mengapa?). Dari sini, bila m,n ≥ H, maka 

1 

n 

− 1 1 1 

m 

≤ 2 

n 

+ m 

≤ H 

< ε 

Karena ε > 0 sebarang, maka 

⎛ 1⎞ 

⎜ ⎟ barisan Cauchy; berdasar kriteria Konvergensi 

⎝ n⎠ 

Cauchy barisan ini konvergen. 

(b). Misalkan X = (x n ) didefinisikan dengan 

1 

x 1 = 1, x 2 = 2 dan x = ( x + x ) 

n n−2 n−1 

2 

untuk n > 2. 

Dapat ditunjukkan dengan induksi bahwa 1 ≤ x n ≤ 2 untuk semua n∈N. Beberapa 

perhitungan menunjukkan bahwa barisan x tidak menoton. Tetapi, karena sukusukunya 

diperoleh dari rata-rata, mudah dilihat bahwa 

x 

− x = 

1 

2 

n n+ 1 n− 1 

untuk n∈N 

(Buktikan dengan induksi) Jadi, bila m > n, kita dapat menggunakan ketaksamaan 

segitiga untuk memperoleh 

Analisis Real I 99


x − x ≤ x − x + x − x + ... + x − x 

n m n n+ 1 n+ 1 n+ 2 m− 

1 m 

= 

= 

1 

2 

1 1 

+ + ... + 

2 2 

n−1 n m−2 

1 

2 

⎛ 

1 1 2 ... 1 

⎜ + + + 

⎝ 2 

⎞ 

⎟ < 

⎠ 

1 

2 

n − 1 m − n − 1 n − 2 

Karena itu, bila diberikan ε > 0, dengan memilih n yang begitu besar sehingga 

1 

2 < ε dan bila M ≥ n, maka x 

n 

4 

n 

− x 

m 

< ε . Karenanya, X barisan Cauchy. Dengan 

menggunakan Kriteria Cauchy 3.5.4 diperoleh barisan X konvergen ke suatu bilangan 

x. 

Untuk mencari nilai x, kita harus menggunakan aturan untuk definisi 

1 

( − − ) yang akan sampai pada kesimpulan x ( x x) 

1 

x = x + x 

n 

2 n 1 n 2 

= + , yang memang 

benar, tetapi tidak informatif. Karena itu, kita harus mencoba cara yang lain. 

Karena X konvergen ke x, demikian juga halnya subbarisan X’ dengan indeks 

ganjil. Menggunakan induksi pembaca dapat menunjukkan bahwa [lihat 1.3.3 (c)] 

x 1 1 1 1 

= + + + ... + 

2 2 2 

2n+ 1 3 2n−1 

=1 2 ⎛ 

3 1 1 ⎞ 

+ ⎜ − ⎟ 

⎝ ⎠ 

4 n 

Dari sini diperoleh bahwa (bagaimana ?) x = lim X = lim X’ = 1 2 5 

+ = . 

3 3 

(c) Misalkan Y = (y n ) barisan dengan 

y 

2 

( 1) 

1 

1! , y 1 1 

1! 2! , , y 1 1 

= = − = − + + − + 

L L , L 

1! 2! n! 

1 2 n 

Jelaslah, Y bukan barisan monoton. Tetapi, bila m > n, maka 

n 1 

y 

m 

( 1) 

( ) 

( 1) 

( ) 

( 1) 

n+ 2 n+ 3 m+ 

1 

− yn 

= − + − + ... + − 

n + 1 ! n + 2 ! m! 

. 

Karena 2 r-1 ≤ r! [lihat 1.3.3 (d)], karenanya bila m > n, maka (mengapa ?) 

Analisis Real I 100

Pendahuluan 

y 

m 

− y 

n 

≤ 

1 

+ 

1 

+ ... + 

n 2 ! 

( n + 1 )! 

( + ) 

1 1 1 

≤ + + ... + < 

2 2 2 

1 

m! 

1 

2 

n n+ 1 m−1 n−1 

. 

Karena itu, (y n ) barisan Cauchy, sehingga konvergen, katakan ke y, saat ini kita tidak 

dapat menentukan nilai y secara langsung; kita mempunyai y 

− y ≤ 1 

2 

n n-2 

dari sini, kita dapat menghitung nilai y sampai derajat akurasi yang diinginkan dengan 

menghitung y n untuk n yang cukup besar. Pembaca sebaiknya mengerjakan hal ini dan 

menunjukkan bahwa y sama dengan 0.632 120 559. (Tepatnya y adalah 1- 1 e ) 

(d) Barisan 

⎛ 1 1 1 

1 2 3 ... 1⎞ 

⎜ + + + + ⎟ divergen. 

⎝ 

n⎠ 

1 1 1 

Misalkan H = (h n ) barisan yang didefinisikan dengan hn = 1 

+ 2 

+ L + n 

untuk 

n∈N, yang telah dibahas pada 3.3.3 (b). Bila m > n, maka 

h 

m 

− h = 

n 

1 

n 1 ... 1 

+ + + m 

. 

Karena masing-masing suku m-n ini melebihi 1 m , maka h m − h n . > m - n 

n 

Khususnya, bila m = 2n kita mempunyai h 

2n 

− h 

n 

> 1 2 

. 

= 1 

n 

m 

− . 

. Hal ini menunjukkan bahwa H 

bukan barisan Cauchy (mengapa ?); karenanya H bukan barisan konvergen. 

3.5.6. Definisi. Barisan X = (x n ) dikatakan kontraktif bila terdapat konstanta C, 0 < 

C < 1, sehingga x − x ≤ C x − x untuk semua n∈N. Bilangan C disebut 

n+ 2 n+ 1 n+ 

1 n 

konstanta barisan kontraktif tersebut. 

3.5.7. Teorema. Setiap barisan kontraktif merupakan barisan Cauchy, karenanya konvergen. 

Bukti : 

Bila kita menggunakan kondisi barisan kontraktif, kita dapat membalik langkah 

kerja kita untuk memperoleh : 

Analisis Real I 101


untuk m > n, kita mempunyai 

2 

x − x ≤ C x − x ≤ C x − x 

x 

n+ 2 n+ 1 n+ 1 n 

n n−1 

m 

3 

≤ C x − x ≤ L ≤ C x − x 

n−1 n−2 


n 

2 1 

− x ≤ x − x − + x − x + ... + x x 

n 

m m 1 

m−1 m−2 

≤ (C m-2 + C m-3 + ... + C n-1 )⏐x 2 -x 1 ⏐ 

= C n-1 (C m-n-1 + C m-n-2 + ... + 1)⏐x 2 - x 1 ⏐ 

= C n-1 m-1 

⎛1− 

C ⎞ 

⎜ ⎟ − 

⎝ 1− 

C ⎠ 

x x 

≤ C n-1 ⎛ 1 ⎞ 

⎜ 

⎝1− 

C⎠ 

⎟ x 

2 1 

− x 

2 1 

n+ 1 − 

Karena 0 < C < 1, maka lim(C n ) = 0 [lihat 3.1.11(c)]. Karena itu (x n ) barisan Cauchy, 

sehingga (x n ) konvergen. 

Dalam proses menghitung limit dari barisan kontraktif, sering sangat penting 

untuk mengestimasi kesalahan pada tahap ke-n. Berikut ini kita memberikan dua estimasi; 

pertama melibatkan dua suku kata pertama dan n; yang kedua melibatkan 

selisih x n -x n-1 . 

3.5.8. Akibat. Bila x = (x n ) bariasan konstraktif dengan konstanta C, 0 < C < 1, dan x * 

= lim X, maka : 

Bukti : 

n-1 

(i). x 

(ii). x 

C 

1- C x − x 

* 

* 

n−1 

C 

− xn 

≤ 

1 C x − x − 

2 1 

C 

− x ≤ 

1 C x − x − 

n n n-1 

Kita telah melihat pada bukti terdahulu bahwa bila m>n, maka x 

2 1 

n 

m 

− x ≤ 

. Bila kita menggunakan limit pada ketaksamaan ini (terhadap m), kita 

peroleh (i). 

Untuk membuktikan (ii), kita gunakan lagi m > n, maka 

x 

m 

− x .≤ x − x − + ... + x x 

n 

m m 1 

n+ 1 − 

n 

n

Pendahuluan 

Dengan induksi diperoleh 

k 

n+ k n+ k−1 

n n−1 

x −x ≤ C x − x 

karenanya 

m−n 2 

( ) 

x − x ≤ C + ... + C + C x − x 

m 

n 

n n− 

1 

Bila kita menggunakan limit pada ketaksamaan ini (terhadap m) diperoleh (ii). 

3.5.9. Contoh. 

Diketahui solusi dari x 3 - 7x + 2 = 0 terletak antara 0 dan 1 dan kita akan 

mendekati solusi tersebut. Hal ini dapat dilakukan dengan menggunakan prosedur iterasi 

berikut. Pertama kita tuliskan persamaan di atas menjadi x = 1 7 (x3 + 2) dan 

gunakan ini untuk mendefinisikan barisan, kita pilih x, sebarang nilai antara 0 dan 1, 

kemudian definisikan 

1 

x n+1 = ( x 2 

7 ) 

n3 + , n∈N 

Karena 0< x 1 < 1, maka 0< x n


timasi akurasi, kita catat bahwa x2 − x1 

< 0,2. Jadi, setelah langkah ke n menurut 

Akibat 3.5.8(i) kita yakin bahwa x 

* 

− x ≤ 

6 

3 

5 

( ) 

4 

= 

7 20 

243 

48020 

< 0,0051 . Sebenarnya 

pendekatannya lebih baik daripada ini. Karena x6 − x5 

< 0,000005, menurut 3.5.8 

(ii) maka x 

− x ≤ 3 x − x < 0,0000004 . Jadi kelima tempat desimal yang per- 

4 

tama benar. 

* 

Latihan 3.5 

6 

6 5 

1. Beri contoh barisan terbatas yang bukan barisan Cauchy. 

2. Tunjukkan secara langsung dari definisi bahwa yang berikut barisan Cauchy 

(a). 

⎛ n + 1⎞ 

⎛ 1 1 ⎞ 

⎜ ⎟ ; (b) ⎜1+ + ... + ⎟ . 

⎝ n ⎠ 

⎝ 2! n! ⎠ 

3. Tunjukkan secara langsung dari definisi bahwa yang berikut bukan barisan 

Cauchy 

(a). (( −1) 

n ) ; (b) 

( 1) 

⎛ 

n + − 

⎜ 

⎝ n 

4. Tunjukkan secara langsung bahwa bila (x n ) dan (y n ) barisan Cauchy, maka (x n + 

y n ) dan (x n y n ) juga barisan Cauchy. 

5. Misalkan (x n ) barisan Cauchy sehingga x n bilangan untuk semua n∈N. Tunjukkan 

bahwa (x n ) pada akhirnya konstan. 

6. Tunjukkan bahwa barisan monoton tak turun yang terbatas merupakan barisan 

Cauchy. 

1 

7. Bila x 1 < x 2 sebarang bilangan real dan x = ( x + x ) 

2 

untuk n > 2, tunjukkan 

bahwa (x n ) konvergen. Hitunglah limitnya. 

n 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

n n−2 n−1 

1 2 

8. Bila y 1 < y 2 sebarang bilangan real dan yn = yn−1 + y 

3 3 n−2 

untuk n > 2, hitunglah 

limitnya. 

9. Bila 0 < r < 1 dan x + − x < r untuk semua n∈N, tunjukkan bahwa (x n ) barisan 

Cauchy. 

n 1 

n 

n 

Analisis Real I 104

10. Bila x 1 > 0 dan x ( 2 x ) 

n+ 

1 

n 

−1 

Pendahuluan 

= + untuk n ≥ 1, tunjukkan bahwa (x n ) barisan kontraktif. 

Tentukan limitnya. 

11. Persamaan x 3 - 5x + 1 = 0 mempunyai akar r antara 0 dan 1. Gunakan barisan 

kontraktif yang bersesuaian untuk menghitung r sampai 10 -4 . 

3.6. Barisan-barisan Divergen Murni 

Untuk tujuan-tujuan tertentu dipandang baik sekali untuk mendefinisikan atau 

yang dimaksudkan dengan suatu barisan bilangan real (x n ) yang “menuju ke ± ∞“. 

3.6.1. Definisi. Misalkan (x n ) suatu barisan bilangan real. 

(i). Kita katakan bahwa (x n ) menuju ke + ∞, dan ditulis lim (x n ) = +∞, jika untuk 

setiap α∈R terdapat bilangan asli K(α) sedemikian sehingga jika n ≥ K(α), maka 

x n > α. 

(ii). Kita katakan bahwa (x n ) menuju ke - ∞, dan ditulis lim (x n ) = - ∞, jika untuk 

setiap β∈R terdapat bilangan asli K(β) sedemikian sehingga jika n ≥ K(β), maka 

x n < β. 

Kita katakan bahwa (x n ) divergen murni dalam hal kita mempunyai lim (x n ) 

= +∞ dan (x n ) = - ∞. 

3.6.2. Contoh-contoh 

(a). lim (n) = + ∞. 

Kenyataannya, jika diberikan α∈R, misal K(α) sebarang bilangan asli 

sedemikian sehingga K(α) > α. 

(b). lim (n 2 ) = + ∞. 

Jika K(α) suatu bilangan asli sedemikian sehingga K(α) > α, dan jika n ≥ 

K(α) maka kita mempunyai n 2 ≥ n > α. 

(c). Jika c > 1, maka lim (c n ) = + ∞ 

Misalkan c = 1 + b, dimana b > α, Jika diberikan α∈R, misal K(α) suatu bilangan 

asli sedemikian sehingga K(α) > α . Jika n ≥ K(α) maka menurut ketaksamaan 

b 

Bernoulli 

Analisis Real I 105


c n = (1 + b) n ≥ 1 + nb > 1+ α > α. 

Oleh karena itu lim (c n ) = + ∞. 

Barisan-barisan monoton khususnya adalah sederhana dalam memandang 

konvergennya. Kita telah melihat dalam Teorema Konvergensi Monoton 3.2.2 bahwa 

suatu barisan monoton adalah konvergen jika dan hanya jika terbatas. Hasil berikut 

adalah suatu reformulasi dari hasil tersebut di atas. 

3.6.3. Teorema. Suatu barisan bilangan real yang monoton divergen murni jika dan 

hanya jika barisan tersebut tidak terbatas. 

(a). Jika (x n ) suatu barisan naik tak terbatas, maka lim (x n ) = +∞ 

(b). Jika (x n ) suatu barisan turun tak terbatas, maka lim (x n ) = -∞ 

Bukti : 

(a). Anggaplah bahwa (x n ) suatu barisan naik. Kita ketahui bahwa jika (x n ) terbatas, 

maka (x n ) konvergen. Jika (x n ) tak terbatas, maka untuk sebarang α∈R terdapat 

n(α)∈N sedemikian sehingga α < x n(α) . Tetapi karena (x n ), kita mempunyai α < x n 

untuk semua n ≥ n(α). Karena α sebarang, maka berarti lim (n) = + ∞. 

Bagian (b) dibuktikan dengan cara yang serupa. 

“Teorema perbandingan” berikut senantiasa akan dipergunakan dalam 

menunjukkan bahwa suatu barisan divergen murni. [Pada kenyataannya, tidak 

digunakan secara implisit dalam contoh 3.6.2 (c)]. 

3.6.4. Teorema. Misalkan (x n ) dan (y n ) dua barisan bilangan real dan anggaplah 

bahwa 

(*) x n ≤ y n untuk semua n∈N. 

(a). Jika lim (x n ) = + ∞, maka lim (y n ) = + ∞. 

(b). Jika lim (y n ) = - ∞, maka lim (x n ) = - ∞. 

Bukti : 

(a) Jika lim (x n ) = + ∞, dan jika diberikan α∈R, maka terdapat bilangan asli K(α) 

sedemikian sehingga jika n ≥ K(α), maka α < x n . Mengingat (*), berarti α < y n untuk 

semua n ≥ K(α). Karena α sebarang, maka ini menyatakan bahwa lim (y n ) = + ∞. 

Analisis Real I 106

Pendahuluan 

Pembuktian bagian (b) dilakukan dengan cara yang serupa. 

Remakkan :(a). Teorema 3.6.4 pada akhirnya benar jika syarat (*) pada akhirnya benar; yaitu, jika 

terdapat m ∈ Ν sedemikian sehingga x n ≤ y n untuk semua n ≥ m. 

(b). Jika syarat (*) dari teorema 3.6.4 memenuhi dan jika lim (y n ) = + ∞, tidak mesti berlaku bukan lim 

(x n ) = + ∞. Serupa juga, jika (*) dipenuhi dan jika lim (x n ) = - ∞, belum tentu berlaku lim (y n ) = - ∞. 

Dalam pemakaian teorema 3.6.4 untuk menunjukkan bahwa suatu barisan menuju ke + ∞ [atau ke -∞] 

kita perlu untuk menunjukkan bahwa suku-suku dari barisan ini adalah pada akhirnya lebih besar dari 

[atau lebih kecil] atau sama dengan suku-suku barisan lain yang bersesuaian dimana barisan lain kita 

ketahui bahwa menuju ke + ∞ [atau ke - ∞]. 

Karena kadang-kadang sangat sulit untuk memperlihatkan ketaksamaan sebagaimana 

(*), maka “Teorema Perbandingan Limit” berikut masing-masing lebih 

tepat untuk digunakan daripada Teorema 3.6.4. 

3.6.5. Teorema. Misalkan (x n ) dan (y n ) dua barisan bilangan real positif dan anggaplah 

bahwa untuk suatu L∈R, L > 0, kita mempunyai 

(#) lim 

⎛ x 

⎜ 

⎝ y 

n 

n 

⎞ 

⎟ = L 

⎠ 

Maka lim (x n ) = + ∞ jika dan hanya jika lim (y n ) = + ∞ 

Bukti : 

Jika (#) berlaku, maka terdapat K∈N sedemikian sehingga 

1 

2 

xn 

L < < 3 L untuk semua n ≥ K 

y 2 

1 

3 

Dari sini kita mempunyai ( ) ( ) 

n 

2 

n n 2 n 

L y < x < L y untuk semua n ≥ K. Sekarang kesimpulan 

didapat dari suatu modifikasi kecil teorema 3.6.4. Detailnya ditinggalkan 

untuk dikerjakan oleh pembaca. 

Pembaca dapat menunjukkan bahwa konklusi tidak perlu berlaku jika L = 0 

atau L = + ∞. Akan tetapi ada suatu hasil parsial belum dapat ditunjukkan dalam kasus-kasus 

ini, seperti telah diperlihatkan dalam latihan. 

Latihan 3.6. 

1. Tunjukkan bahwa jika (x n ) suatu barisan tak terbatas, maka terdapat suatu sistem 

barisannya yang divergen murni. 

Analisis Real I 107


2. Berikan contoh dari barisan-barisan (x n ) dan (y n ) yang divergen murni dengan y n ≠ 

0 untuk semua n∈N sedemikian sehingga 

(a) 

⎛ x 

⎜ 

⎝ y 

n 

n 

⎞ 

⎟ konvergen 

⎠ 

(b) 

⎛ x 

⎜ 

⎝ y 

n 

n 

⎞ 

⎟ divergen murni 

⎠ 

3. Tunjukkan bahwa jika x n > 0 untuk semua n∈N, maka lim (x n ) = 0 jika dan hanya 

jika lim 

⎛ 1 ⎞ 

⎜ ⎟ = + ∞ 

⎝ ⎠ 

x n 

4. Perlihatkan kedivergenan murni dari barisan-barisan berikut : 

(a). ( n ) 

(b). ( n + 1) 

n ⎞ 

(c). ( n − 1) 

(d). ⎟ 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

n+ 

1 

5. Apakah barisan (n sin n) divergen murni ? 

⎠ 

6. Misalkan (x n ) divergen murni dan misalkan (y n ) barisan sedemikian sehingga lim 

(x n y n ) masuk ke R. Tunjukkan bahwa (y n ) konvergen ke 0. 

7. Misalkan (x n ) dan (y n ) barisan-barisan bilangan positif dan anggaplah bahwa lim 

⎛ x 

⎜ 

⎝ y 

n 

n 

⎞ 

⎟ = 0 

⎠ 

(a) Tunjukkan bahwa jika lim (x n ) = + ∞, maka lim (y n ) = + ∞ 

(b) Tunjukkan bahwa jika (y n ) terbatas, maka lim (x n ) = 0 

8. Selidikilah bahwa kekonvergenan atau kedivergenan dari barisan-barisan berikut : 

(a). ( n 2 − 2 ) 

(b) 

⎛ n ⎞ 

⎜ ⎟ 

⎝ n 2 + 1⎠ 

(c). 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

n 2 + 1⎞ 

n ⎟ 

⎠ 

(d) ( sin n ) 

9. Misalkan (x n ) dan (y n ) barisan-barisan bilangan positif dan anggaplah bahwa lim 

⎛ 1 ⎞ 

⎜ ⎟ = + ∞ 

⎝ ⎠ 

x n 

(a) Tunjukkan bahwa jika lim (y n ) = + ∞, maka lim (y n ) = + ∞ 

Analisis Real I 108

Pendahuluan 

(b) Tunjukkan bahwa jika (x n ) terbatas, maka lim (x n ) = 0 

10. Tunjukkan bahwa jika lim 

⎛ 

⎜ 

⎝ 

a n 

n 

⎞ 

⎟ = L, dimana l > 0, maka lim ( a ) 

⎠ 

n 

= + ∞. 

Analisis Real I 109


BAB 

4 

LIMIT-LIMIT 

Secara umum, “Analisis secara matematika” merupakan dasar matematika 

yang mana dibangun secara sistematik dari variasi konsep-konsep limit. Kita telah 

menjumpai salah satu dari konsep-konsep dasar tentang limit : kekonvergenan dari 

suatu barisan bilangan real. Dalam bab ini kita akan membahas pengertian dari limit 

suatu fungsi. Kita akan memperkenalkan pengertian limit ini dalam Pasal 4.1dan 

pembahasan selanjutnya dalam Pasal 4.2. Ini akan dilihat bahwa bukan hanya pengertian 

limit suatu fungsi yang sangat paralel dengan konsep tentang limit barisan, akan 

tetapi juga pertanyaan-pertanyaan mengenai keberadan limit-limit fungsi sering dapat 

dicobakan dengan pertimbangan tertentu yang berkaitan dengan barisan. Dalam Pasal 

4.3 kita akan mengenal beberapa perluasan dari pengertian limit yang mana sering 

dipergunakan. 

4.1. Limit-limit Fungsi 

Pada pasal ini kita akan mendefinisikan pengertian penting dari limit suatu 

fungsi. Pembaca akan memperoleh pengertian yang paralel dengan definisi limit suatu 

barisan. Gagasan secara intuisi dari suatu fungsi yang mempunyai limit L pada c 

adalah bahwa nilai f(x) sangat dekat dengan L untuk x yang sangat dekat dengan c. 

Akan tetapi kita perlu mempunyai teknik-teknik pengerjaan dengan gagasan “dekat 

sekali”, dan ini memerlukan penggunaan pengertian lingkungan dari suatu titik. Jadi 

pernyataan: “fungsi f mendekati L pada c” berarti bahwa nilai f(x) akan terletak dalam 

sebarang lingkungan-ε yang diberikan dari L, asalkan kita mengambil x dalam lingkungan-δ 

dari c yang cukup kecil, dimana x ≠ c. Pemilihan δ akan bergantung pada ε 

yang diberikan. Kita tidak ingin terpengaruh dengan nilai dari f(c) pada c, karena 

Analisis Real I 110

Pendahuluan 

kita hanya ingin memandang “kecenderungan” ditentukan oleh nilai dari f pada titiktitik 

yang dekat sekali (tetapi berbeda dari) titik c. 

Agar limit fungsi ini bermakna, maka diperlukan fungsi f yang terdefinisi pada 

sekitar titik c. Kita menekankan bahwa fungsi f tidak perlu terdefinisi pada titik c atau 

pada setiap titik sekitar c, akan tetapi cukup terdefinisi pada titik-titik yang dekat 

sekali dengan c untuk menjadikan pembahasan menjadi menarik. Ini merupakan alasan 

untuk definisi berikut. 

4.1.1. Definisi. Misalkan A⊆R. Suatu titik c∈R adalah titik cluster dari A 

jika setiap lingkungan-δ V δ (c) = (c-δ,c+δ) dari c memuat aling kurang satu titik dari A 

yang berbeda dengan c. 

Catatan : Titik c merupakan anggota dari A atau bukan, tetapi meskipun demikian itu tidan 

menentukan apakah c suatu titik cluster dari A atau bukan, karena secara khusus yang diperlukan 

adalah bahwa adanya titik-titik dalam V δ (c)∩A yang berbeda dengan c agar c menjadi titik Cluster dari 

A. 

4.1.2. Teorema. Suatu bilangan c∈R merupakan titik cluster dari A⊆R jika 

dan hanya jika terdapat barisan bilangan real (a n ) dalam A dengan a n ≠ c untuk semua 

n∈N sedemikian sehingga lim (a n ) = c. 

Bukti. Jika c merupakan titik cluster dari A, maka untuk setiap n∈N, lingkungan-(1/n) 

V 1/n (c) memuat paling kurang satu titik yang berbeda dengan c. Jika titik 

yang dimaksud adalah a n , maka a n ∈A, a n ≠ c, dan lim (a n ) = c. 

Sebaliknya, jika terdapat suatu barisan (a n ) dalam A\{c} dengan lim (a n ) = c, maka 

untuk sebarang δ>0 terdapat bilangan asli K(δ) sedemikian sehingga jika n≥K(δ), 

maka an∈V δ (c). Oleh karena itu lingkungan-δ dari c V δ (c) memuat titik-titik a n , 

n≥K(δ), yang mana termuat dalam A dan berbeda dengan c. 

Contoh-contoh berikut ini menekankan bahwa suatu titik cluster dari suatu 

himpunan bisa masuk dalam himpunan tersebut atau tidak. Bahkan lebih dari itu, 

suatu himpunan bisa mungkin tidak mempunyai titik cluster. 

Analisis Real I 111


4.1.3. Contoh-contoh. (a) Jika A 1 = (0,1), maka setiap titik dalam interval tutup 

[0,1] merupakan titik cluster dari A 1 . Perhatikan bahwa 0 dan 1 adalah titik cluster 

dari A 1 , messkipun titik-titik itu tidak termuat dalam A 1 . Semua titik dalam A 1 adalah 

titik cluster dari A 1 (mengapa ?) 

(b) Suatu himpunan berhingga tidak mempunyai titik cluster (mengapa ?) 

(c) Himpunan tak berhingga N tidak mempunyai titik cluster. 

(d) Himpunan A 4 = {1/n : n∈N} hanya mempunyai 0 sebagai titik clusternya. 

Tidak satu pun titik dalam A 4 yang merupakan titik cluster dari A 4 . 

(e) Himpunan A 5 = I∩Q yaitu himpunan semua bilangan rasional dalam interval 

tutup I={0,1]. Menurut Teorema Kepadatan 2.5.5 bahwa setiap titik dalam I merupakan 

titik cluster dari A 5 . 

Sekarang kita kembali kepada pengertian limit dari suatu fungsi pada titik 

cluster domainnya. 

Definisi Limit 

Berikut ini kita akan menyajikan definisi limit dari suatu fungsi pada suatu 

titik. 

y 

f 

( 

Diberikan V ε 

(L) 

Lo 

( 

( 

o 

c 

Ada V δ 

(c) 

( 

x 

Gambar 4.1 1. Limit dari f pada c adalah L 

Analisis Real I 112

Pendahuluan 

4.1.4 Definisi. Misalkan A⊆R, f : A ⎯⎯→ R, dan c suatu titik cluster dari 

A. Kita katakan bahwa suatu bilangan real L merupakan limit dari f pada c jika 

diberikan sebarang lingkungan-ε dari L V ε (L), terdapat lingkungan-δ dari c V δ (c) 

sedemikian sehingga jika x ≠ c sebarang titik dari V δ (c)∩A, maka f(x) termasuk 

dalam V ε (L). (Lihat Gambar 4.1.1) 

Jika L merupakan suatu limit dari f pada c, maka kita juga mengatakan bahwa 

f konvergen ke L pada c. Sering dituliskan 

L = 

lim f atau L = lim f ( x) 

x→c 

Kita juga mengatakan bahwa “f(x) menuju L sebagaimana x mendekat ke c”, atau 

“f(x) menuju L sebagaimana x menuju ke c”. Simbol 

F(x) → L sebagaimana x → c 

juga diperguanakan untuk menyatakan fakta bahwa f mempunyai limit L pada c. Jika f 

tidak mempunyai suatu limit pada c, kita kadang-kadang mengatakan bahwa f divergen 

pada c. 

Teorema berikut memberikan jaminan kepada kita akan ketunggalan 

limit suatu fungsi, jika limit dimaksud ada. Ketunggalan limit ini bukan merupakan 

bagian dari definisi limit, akan tetapi merupakan fakta yang harus dibuktikan. 

4.1.5. Teorema. Jika f : A ⎯→ R dan c suatu titik cluster dari A, maka f 

hanya dapat mempunyai satu limit pada c. 

Bukti. Andaikan kontradiksi, yaitu terdapat bilangan real L’ ≠ L” yang memenuhi 

definisi 4.1.4. Kita pilih ε>0 sedemikain sehingga lingkungan-ε V ε (L’) dan 

V ε (L”) saling lepas. Sebagai contoh, kita dapat mengambil sebarang ε yang lebih kecil 

dari ½⎪L’ – L”⎪. Maka menurut definisi 4.1.4, terdapat δ’ > 0 sedemikian sehingga 

jika x sebarang titik dalam A∩V δ’ (c) dan x ≠ c, maka f(x) termuat dalam V ε (L’). Secara 

serupa, terdapat δ” > 0 sedemikain sehingga jika x sebarang titik dalam 

A∩V δ” (c) dan x ≠ c, maka f(x) termuat dalam V ε (L”). Sekarang ambil δ = min 

{δ’,δ”}, dan misalkan V δ (c) lingkungan-δ dari c. Karena c titik cluster dar A, maka 

x→c 

Analisis Real I 113


terdapat paling sedikit satu titik x 0 ≠ c sedemikian sehingga x 0 ∈A∩Vδ(c). Akibatnya, 

f(x 0 ) mesti termasuk dalam V ε (L’) dan V ε (L”), yang mana kontradiksi dengan fakta 

bahwa kedua himpunan ini saling lepas. Jadi asumsi bahwa L’ ≠ L” merupakan limitlimit 

f pada c menimbulkan kontradiksi. 

Kriteria ε-δ untuk Limit 

Sekarang kita akan menyajikan formulasi yang ekivalen dengan definisi 4.1.4 

dengan menyatakan syarat-syarat lingkungan dalam ketaksamaan. Contoh-contoh 

yang mengikutinya akan menunjukkan bagaimana formulasi ini dipergunakan untuk 

memperlihatkan limit-limit fungsi. Pada bagian akhir kita akan membahas kriteria 

sekuensial (barisan) untuk limit suatu fungsi. 

4.1.6 Teorema. Misalkan f : A ⎯→ R dan c suatu titik cluster dari A; maka 

(i) 

(ii) 

lim f = L jika dan hanya jika 

x→c 

untuk sebarang ε > 0 terdapat suatu δ(ε) > 0 sedemikian sehingga jika x∈A 

dan 0 < ⎪x - c⎪ < δ(ε), maka ⎪f(x) - L⎪ < ε. 

Bukti. (i) ⇒ (ii) Anggaplah bahwa f mempunyai limit L pada c. Maka diberikan 

ε > 0 sebarang, terdapat δ = δ(ε) > 0 sedemikian sehingga untuk setiap x dalam A 

yang merupakan unsur dalam lingkungan-δ dari c V δ c), x ≠ c, nilai f(x) termasuk 

dalam lingkungan-ε dari L V ε (L). Akan tetapi, x∈V δ (c) dan x≠c jika dan hanya jika 0 

< ⎪x - c⎪ < δ. (Perhatikan bahwa 0 < ⎪x - c⎪ adalah cara lain untuk menyatakan 

bahwa x ≠ c). Juga, f(x) termasuk dalam V ε (L) jika dan hanya jika ⎪f(x) – L⎪ < ε. Jadi 

jika x∈A memenuhi 0 < ⎪x - c⎪< δ, maka f(x) memenuhi ⎪f(x) - L⎪

Pendahuluan 

4.1.7. Contoh-contoh.. (a) lim b = b. 

x→c 

Untuk menjadi lebih eksplisit, misalkan f(x) = b untuk semua x∈R; kita claim 

bahwa 

lim f = b. Memang, diberikan ε > 0, misalkan δ = 1. Maka jika 0 0 sebarang, kita simpulkan 

dari 4.1.6(ii) bahwa 

lim f = b. 

x→c 

(b). 

lim x 

x→c 

= c. 

Misalkan g(x) = x untuk semua x∈R. Jika ε > 0 misalkan δ(ε) = ε. Maka jika 

0 0 sebarang, maka kita berkesimpulan bahwa 

lim g = c. 

x→c 

(c). 

2 

lim x 

x→c 

= c 2 . 

Misalkan h(x) = x 2 untuk semua x∈R. Kita ingin membuat selisih 

⎪h(x) – c 2 ⎪ = ⎪x 2 – c 2 ⎪ 

lebih kecil dari suatu ε > 0 yang diberikan dengan pengambilan x yang cukup dekat 

dengan c. Untuk itu, kita perhatikan bahwa x 2 – c 2 = (x – c)(x + c). Selain itu, jka ⎪x - 

c⎪ < 1, makaa 

⎪x⎪ ≤ ⎪c⎪ + 1 dengan demikian ⎪x + c⎪ ≤ ⎪x⎪ + ⎪c⎪ ≤ 2⎪c⎪ + 1. 

Oleh karena itu, jika ⎪x - c⎪ < 1, kita mempunyai 

(*) ⎪x 2 – c 2 ⎪ = ⎪x – c⎪⎪x + c⎪ ≤ (2⎪c⎪ + 1)⎪x - c⎪ 

Selain itu suku terakhir ini akan lebih kecil dari ε asalkan kita mengambil ⎪x - c⎪ < 

ε/(2⎪c⎪ + 1). Akibatnya, jika kita memilih 

δ(ε) = inf 

⎪⎧ 

ε ⎪⎫ 

⎨1, 

⎬ , 

⎪⎩ 2 c +1⎪⎭ 

maka jika 0


Karena kita mempunyai pilihan δ(ε) > 0 untuk sebarang pilihan dari ε > 0, maka dengan 

demikian kita telah menunjukkan bahwa 

bahwa 

(d) 

1 1 

lim = , jika c > 0. 

x→c 

x c 

lim h(x) 

x→c 

= 

2 

lim x 

x→c 

= c 2 . 

Misalkan ϕ(x) = 1/x untuk x > 0 dan misalkan c > 0. Untuk menunjukkan 

lim 

x→c 

ϕ = 1/c kita ingin membuat selisih 

1 

ϕ ( x) 

− = 

c 

1 1 − 

x c 

lebih kecil dar ε >0 yang diberikan dengan pengambilan x cukup dekat dengan c > 0. 

Pertama kita perhatikan bahwa 

1 1 − = ( c − x ) 

x 

1 

c 

cx 

1 

= x − c 

cx 

untuk x > 0.Itu berguna untuk mendapatkan batas atas dari 1/(cx) yang berlaku dala 

suatu lingkungan c. Khususnya, jika ⎪x - c⎪ < 2 1 c, maka 2 1 c < x < 2 3 c (mengapa?), 

dengan demikian 

1 2 

0 < < cx 

2 

c 

untuk ⎪x - c⎪ < 2 1 c. 

Oleh karena itu, untuk nilai-nilai x ini kita mempunyai 

(#) ( x) 

1 2 

ϕ − < x − c . 

2 

c c 

Agar suku terakhir lebih kecil dar ε, maka cukup mengambil ⎪x – c⎪ < 2 1 c 2 ε. 

Akibatnya, jika kita memilih 

δ(ε) = inf{ 2 1 c, 2 1 c 2 ε}, 

maka jika 0 < ⎪x - c⎪ < δ(ε), pertama yang berlaku bahwa ⎪x - c⎪ < 2 1 c dengan 

demikian (#) valid, dan olehnya itu,, karena ⎪x – c⎪ < 2 1 c 2 ε maka berlaku 

1 

ϕ ( x) 

− = 

c 

1 1 − < ε. 

x c 

Analisis Real I 116

Pendahuluan 

Karena kita mempunyai pilihan δ(ε) > 0 untuk sebarang pilihan dari ε > 0, maka dengan 

demikian kita telah menunjukkan bahwa 

(e). 

3 

x − 4 

lim 

x 2 

= 

x→c 

+ 1 

4 

5 

lim ϕ(x) 

x→c 

= 

lim 

x→c 

Misalkan ψ(x) = (x 3 – 4)/(x 2 + 1) untuk x∈R. Maka sedikit manipulasi secara 

aljabar memberikan 

1 

x 

= 

1 . 

c 

4 

ψ ( x) 

− = 

5 

5x 

3 

− 4x 

5 

2 

2 

( x + 1) 

− 24 

= 

2 

5x 

+ 6x 

−12 

⎪x - 2⎪ 

5 

2 

( x + 1) 

Untuk mendapatkan suatu batas dari koefiien ⎪x - 2⎪, kita membatasi x dengan syarat 

1 < x < 3. Unntuk x dalam interval ini, kita mempunyai 5x 2 + 6x + 12 ≤ 5(3 2 ) + 6(3) + 

12 =75 dan 5(x 2 + 1) ≥ 5(1 + 1) = 10, dengan demikian 

4 75 15 

ψ ( x) 

− ≤ ⎪x - 2⎪ = ⎪x - 2⎪. 

5 10 2 

Sekarang diberikan ε > 0, kita pilih 

⎧ 2 ⎫ 

δ(ε) = inf ⎨1 , ε ⎬. 

⎩ 15 ⎭ 

Maka jika 0 0 sebarang, maka contoh (e) terbukti. 

Kriteria Barisan Untuk Limit 

Berikut ini merupakan formulasi penting dari limit suatu fungsi dalam kaitannya 

dengan limir suatu barisan. Karakterisasi ini memungkinkan teori-teori pada 

bab3 dapat dipergunakan untuk mempelajari limit-limit fungsi. 

4.1.8. Teorema. (Kriteria Barisan) Misalkan f : A ⎯→ R dan c suatu titik 

cluster dari A; maka : 

(i) lim f = L jika dan hanya jika 

x→c 

Analisis Real I 117


(ii) untuk sebarang barisan (x n ) dalam A yang konvergen ke c sedemikian sehingga 

x ≠ c untuk semua n∈N, barisan (f(x n )) konvergen ke L. 

Bukti. (i) ⇒ (ii). Anggaplah f mempunyai limit L pada c, dan asumsikan (x n ) 

barisan dalam A dengan ( x ) 

x→c 

n 

lim = c dan x n ≠ c untuk semua n∈N. Kita mesti membuktikan 

bahwa barisan (f(x n )) konvergen ke L. Misalkan diberikan ε > 0 sebarang. 

Maka dengan kriteria ε-δ 4.1.6, terdapat δ > 0 sedemikian sehingga jika x memenuhi 

0 K(δ) maka ⎪x n – c⎪ < δ. 

Akan tetapi untuk setiap x n yang demikian kita mempunyai ⎪f(x n ) - L⎪ < ε. Jadi, jika n 

> K(δ), maka ⎪f(x n ) - L⎪ < ε. Oleh karena itu, barisan (f(x n )) konvergen ke L. 

(ii) ⇒ (i). [Pembuktian ini merupakan argumen kontrapositif.] Jika (i) tidak benar, 

maka terdapat suatu lingkungan-ε 0 dari L, ( L) 

Vε 

0 

, sedemikian sehingga lingkunga-δ 

apapun yang kita pilih, akan selalu terdapat paling kurang satu x δ dalam A∩V δ (c) 

dengan x δ ≠ c sedemikian sehingga f(x δ )∉ ( L) 

Vε 

0 

. Dari sini untuk setiap n∈N, lingkungan-(1/n) 

dari c memuat suatu bilangan x n sedemikian sehingga 

0

Pendahuluan 

karena itu dengan kriteria barisan, kita dapat menyimpulkan bahwa fungsi h(x) = x 2 

mempuntai limit lim h( 

x) 

= c 2 . 

x→c 

Kriteria Kedivergenan 

Kadang-kala penting untuk dapat menunjukkan (i) bahwa suatu bilangan tertentu 

bukan limit dari suatu fungsi pada suatu titik, atau (ii) bahwa suatu fungsi tidak 

mempunyai suatu limit pada suatu titik. Hasil berikut merupakan suatu konsekuensi 

dari pembuktian teorema 4.1.8. Pembuktiannya secara detail ditinggalkan untuk 

dikerjakan oleh pembaca. 

4.1.9. Kriteria Divergensi. Misalkan A⊆R, f : A ⎯→ R dan c∈R suatu titik 

cluster dari A. 

(a). Jika L∈R, maka f tidak mempunyai limit L pada c jika dan hanya jika 

terdapat suatu barisan (x n ) dalam A dengan x n ≠ c untuk semua n∈N sedemikian sehingga 

barisan (x n ) konvergen ke c tetapi barisan (f(x n )) tidak konvergen ke L. 

(b). Fungsi f tidak mempunyai limit pada c jika dan hanya jika terdapat suatu 

barisan (x n ) dalam A dengan x n ≠ c untuk semua n∈N sedemikian sehingga barisan 

(x n ) konvergen ke c tetapi barisan (f(x n )) tidak konvergen dalam R. 

Berikut ini diberikan beberapa aplikasi dari kriteria divergensi untuk 

menunjukkan bagaimana kriteria itu dapat dipergunakan. 

4.1.10. Contoh-contoh. (a). lim( 1/ x) 

x→0 

tidak ada dalam R. 

Seperti Contoh dalam 4.1.7(d), misalkan ϕ(x) = 1/x untuk x > 0. Akan tetapi, 

disini kita menyelidiki pada c = 0. Argumen yang diberikan pada contoh 4.1.7(d) gagal 

berlaku jika c = 0 karena kita tidak akan memperoleh suatu batas sebagaimana 

dalam (#) pada contoh tersebut. Jika kita mengambil barisan (x n ) dengan x n = 1/n untuk 

n∈N, maka lim (x n ) = 0, tetapi ϕ(x n ) = 1/1/n = n. Seperti kita ketahui bahwa barisan 

(ϕ(x n )) = (n) tidak konvergen dalam R, karena barisan ini tidak terbatas. Dari sini, 

dengan teorema 4.1.9(b), lim( 1/ x) 

x→0 

tidak ada dalam R. [Akan tetapi, lihat contoh 

4.3.9(a).] 

Analisis Real I 119


(b) lim sgn( x) 

x→0 

tidak ada. 

1.( 

0 

) -1 

Gambar 4.1.2 Fungsi Signum 

Misalkan fungsi signum didefinisikan dengan 

sgn (x) = 

⎧+ 

1, 

⎪ 

⎨ 0, 

⎪ 

⎩−1, 

untuk x > 0 

untuk x = 0 

untuk x < 0 

Perhatikan bahwa sgn(x) = x/⎪x⎪ untuk x ≠ 0. (Lihat Gambar 4.1.2) Kita akan menunjukkan 

bahwa sgn tidak mempunyai limit pada x = 0. Kita akan mengerjakan ini dengan 

menunjukkan bahwa terdapat barisan (x n ) sedemikian sehingga lim(x n ) = 0, tetapi 

sedemikian sehingga (sgn(x n )) tidak konvergen. 

Misalkan x n = (-1) n /n untuk n∈N dengan demikian lim(x n ) = 0. Akan tetapi , 

karena 

sgn (x n ) = (-1) n untuk n∈N, 

maka dari Contoh 3.4.5(a), (sgn(x n )) tidak konvergen. Oleh karena itu lim( 1/ x) 

x→0 

tidak 

ada. 

(c) lim sin( 1/ x) 

x→0 


Misalkan g(x) = sin(1/x) untuk x ≠ 0. (Lihat Gambar 4.1.3.) Kita akan menunjukkan 

bahwa g tidak mempunyai limit pada c = 0, dengan memperlihatkan dua arisan 

(x n ) dan (y n ) dengan x n ≠ 0 dan y n ≠ 0 untuk semua n∈N dan sedemikian sehingga lim 

Analisis Real I 120

Pendahuluan 

(x n ) = 0 = lim (y n ), tetapi sedemikian sehingga lim (g(x n )) ≠ lim (g(y n )). Mengingat 

Teorema 4.1.9, ini mengakibatkan 

lim 

x→0 

g 

tidak ada. (Jelaskan mengapa.) 

Gambar 4.1 3. Grafik f(x) = sin(1/x), x ≠ 0 

Kita mengingat kembali dari kalkulus bahwa sin t = 0 jika t = nπ untuk n∈Z, 

dan sin t = +1 jika t = ½π + 2πn untuk n∈Z. Sekarang missalkan x n = 1/nπ untuk 

n∈N; maka lim (x n ) = 0 dan g(x n ) = 0 untuk semua n∈N, dengan demikian lim 

(g(x n )) = 0. Di pihak lain, misalkan y n = (½π + 2πn) -1 untuk n∈N; maka lim (y n ) = 0 

dan g(y n ) = sin (½π + 2πn) = 1 untuk semua n∈N, dengan demikian lim (g(y n )) = 1. 

Kita simpulkan bahwa lim sin( 1/ x) 

x→0 

tidak ada. 

Soal-soal Latihan 

1. Tentukan suatu syarat pada ⎪x - 1⎪ yang akan menjamin bahhwa : 

(a) ⎪x 2 - 1⎪ < ½, 

(b) ⎪x 2 - 1⎪ < 1/10 3 

(c) ⎪x 2 - 1⎪ < 1/n untuk suatu n∈N yang diberikan, 

(d) ⎪x 3 - 1⎪ < 1/n untuk suatu n∈N yang diberikan. 

Analisis Real I 121


2. Misalkan c suatu titik cluster dari A⊆R dan f : A ⎯→ R. Buktikan bahwa lim f ( x) 

x→0 

= 

lim 

L jika dan hanya jika f ( ) L 

x→0 

x 

− 

= 0. 

3. Misalkan f : R ⎯→ R, dan c∈ R. Tunjukkan bahwa lim f ( x) 

lim 

x→0 

f 

( x + c) 

= L. 

x→c 

= L jika dan hanya jika 

4. Misalkan f : R ⎯→ R, I⊆ R suatu interval buka, dan c∈I. Jika f 1 merupakan pembatasan 

dari f pada I, tunjukkan bahwa f 1 mempunyai suatu limit pada c jika dan hanya jika f 

mempunyai suatu limit pada c dan tunjukkan pula bahwa 

lim 

x→c 

f 

= lim f1 

. 

x→c 

5. Misalkan f : R ⎯→ R, J⊆ R suatu interval tutup, dan c∈J. Jika f 2 merupakan pembatasan 

dari f pada I, tunjukkan bahwa jika f mempunyai suatu limit pada c dan hanya jika f 2 

mempunyai suatu limit pada c. Tunjukkan bahwa tidak berlaku bahwa jika f 2 mempunyai 

suatu limit pada c dan hanya jika f mempunyai suatu limit pada c. 

6. Misalkan I = (0,a), a > 0, dan misalkan g(x) = x 2 untuk x∈I. Untuk sebarang x,c dalam I, 

tunjukkan bahwa ⎪g(x) – c 2 ⎪ ≤ 2a⎪x - c⎪. Gunakan ketaksamaan ini untuk membuktikan 

bahwa 

2 

lim x 

x→c 

= c 2 untuk sebarang c∈I. 

7. Misalkan I⊆ R suatu interval, f : I ⎯→ R, dan c∈I. Misalkan pula terdapat K dan L 

sedemikian sehingga ⎪f(x) - L⎪≤K⎪x - c⎪ untuk x∈I. Tunjukkan bahwa 

lim f = L. 

x→c 

8. Tunjukkan bahwa 

3 

lim x 

x→c 

= c 3 untuk sebarang c∈ R. 

9. Tunjukkan bahwa lim x = c untuk sebatang c ≥ 0. 

x→c 

10. Gunakan formulasi ε-δ dan formulasi formulasi barisan dari pengertian limit untuk memperlihatkan 

berikut : 

(a) 

1 

lim = -1 (x > 1), (b) 

x 2 − x 

→ 1 

x 

lim = 

x→1 

1+ 

x 

1 

2 

(x > 0), 

(c) 

2 

x 

lim = 0 (x ≠ 0), (d) 

x → 0 x 

x 

lim 

x→1 

2 

− x + 1 

= 

x + 1 

1 

2 

(x > 0). 

11. Tunjukkan bahwa limit-limit berikut ini tidak ada dalam R: 

Analisis Real I 122

Pendahuluan 

(a) 

1 

lim 

x→0 

x 

2 

(x > 0), (b) 

lim 

x→0 

1 

x 

(x > 0), 

(c) . lim ( x + sgn( x) 

) 

x→0 

⎛ 1 ⎞ 

, (d) lim sin⎜ 

⎟ (x ≠ 0). 

x→1 

2 

⎝ x ⎠ 

12. Misalkan fungsi f : R ⎯→ R mempunyai limit L pada 0, dan misalkan pula a > 0. Jika g 

: R ⎯→ R didefinisikan oleh g(x) = f(ax) untuk x∈R, tunjukkan bahwa lim g = L. 

13. Misalkan c titik cluster dari A⊆ R dan f : A ⎯→ R sedemikian sehingga lim ( f ( x) 

) 2 

= L. Tunjukkan bahwa jika L =,0, maka lim f ( x) 

x→c 

x→0 

x→c 

= 0. Tnjukkan dengan contoh bahwa 

jika L ≠ 0, maka f bisa mungkin tidak mempunyai suatu limit pada c. 

14. Misalkna f : R ⎯→ R didefinisikan oleh f(x) = x jika x rasional, dan f(x) = 0 jika x irasional. 

Tunjukkan bahwa f mempunyai suatu limit pada x = 0. Gunakan argumen barisan 

untuk menunjukkan bahwa jika c ≠ 0, maka f tidak mempunyai limit pada c. 

4.2. Teorema-teorema Limit 

Sekarang kita akan memperlihatkan hasil-hasil yang dipergunakan dalam menentukan 

limit fungsi. Hasil-hasil ini serupa dengan teorema-teorema limit untuk barisan.yang 

telah diperlihatkan pada Pasal 3.2. Pada kenyataannya, dalam banyak kasus 

hasil-hasil ini dapat dibuktikan dengan menggunakan Teorema 4.1.8 dan hasil-hasil 

dari Pasal 3.2. Secara alternatif, hasil-hasil dalam Pasal ini dapat dibuktikan dengan 

menggunakan argumen ε-δ yang sangat serupa untuk hal yang sama dalam Pasal 3.2. 

4.2.1 Definisi. Misalkan A⊆ R, f : R ⎯→ R, dan c∈R suatu titik cluster dari 

A. Kita mengatakan bahwa f terbatas pada suatu lingkungan dari c jika terdapat 

lingkungan-δ dari c V δ (c) dan suatu konstanta M > 0 sedemikian sehingga kita mempunyai 

⎪f(x)⎪ ≤ M untuk semua x ∈ A∩V δ (c). 

4.2.2 Teorema Jika A⊆ R dan f : A ⎯→ R mempunyai suatu limit pada c∈ 

R, maka f terbatas pada suatu lingkungan dar c. 

Analisis Real I 123


Bukti. Jika L = lim f ( x) 

, maka oleh Teorema 4.1.6, dengan ε = 1, terdapat δ 

x→c 

> 0 sedemikian sehingga jika 0

lim ( fg) 

= LM, ( bf ) 

x→c 

x→c 

Pendahuluan 

lim = bL. 

(b) Jika h : A ⎯→ R, h(x) ≠ 0 untuk semua x∈A, dan jika 

lim h = H 

x→c 

≠ 0, maka 

⎛ f ⎞ L 

lim ⎜ ⎟ = . 

x→c⎝ 

h ⎠ H 

Bukti. Salah satu cara pembuktian dari teorema-teorema ini sangat serupa 

dengan pembuktian Teorema 3.2.3. Secara alternatif, teorema ini dapat dibuktikan 

dengan menggunakan Teorema 3.2.3 dan Teorema 4.1.8. Sebagai contoh, misalkan 

(x n ) sebarang barisan dalam A sedemikain sehingga x n ≠ c untuk semua n∈N,dan 

c = lim (x n ). Menurut Teorema 4.1.8, bahwa 

Di pihak lain, Definisi 4.2.3 mengakibatkan 

Oleh karena itu suatu aplikasi dari Teorema 3.2.3 menghasilkan 

= (lim f(x n )) (lim (g(x n ))) 

= LM. 

Lim (f(x n )) = L, lim (g(x n )) = M. 

(fg)(x n ) = f(x n )g(x n ) untuk semua n∈N. 

Lim ((fg)(x n )) = lim (f(x n )g(x n )) 

Bagian lain dari teorema ini dibuktikan dengan cara yang serupa. Kita 

tinggalkan untuk dilakukan oleh pembaca. 

bahwa H = 

Catatan (1) Kita perhatikan bahwa, dalam bagian (b), asumsi tambahan dibuat 

lim h ≠ 0. Jika asumsi ini tidak dipenuhi, maka 

x→c 

lim 

x→c 

f 

h 

( x) 

( x) 

tidak ada. Akan tetapi jika limit ini ada, kita tidak dapat menggunakan Teorema 4.2.4(b) untuk menghitungnya. 

(2) Misalkan A∈R, dan f 1 , f 2 , …, f n fungsi-fungsi pada A ke R, dan c suatu titk cluster 

dari A. Jika 

L k = 

lim fk 

x→c 

untuk k = 1,2, …, n, 

Analisis Real I 125


maka ,menurut Teorema 4.2.4 dengan argumen induksi kita peroleh bahwa 

dan 

L 1 + L 2 + … + L n = lim ( f + f + L+ 

f ) 

x→c 

L 1 · L 2 · … · L n = lim ( f ⋅ f ⋅L⋅ 

f ) 

x→c 

(3) Khususnya, kita deduksi dari (2) bahwa jika L = lim f dan n∈N, maka 

x→c 

L n = lim ( f ( x) 

) n 

x→c 

4.2.5 Contoh-contoh (a) Beerapa limit yang diperlihatkan dalam Pasal 4.1 dapat 

dibuktikan dengan menggunakan Teorema 4.2.4. Seagai contoh, mengikuti hasil ini 

bahwa karena lim x = c, maka 

(b) 

x→c 

1 1 

lim = . 

x→c 

x c 

2 

lim x 

x→c 

lim (x 2 + 1)(x 3 – 4) = 20 

x→2 

1 

= c 2 , dan jika c > 0, maka 

Berdasarkan Teorema 4.2.4, kita peroleh bahwa 

lim 

x→2 

⎛ 

3 

x − 4 ⎞ 4 

(c) lim ⎜ 2 

⎟ = . 

x→2 

1 

⎝ x + ⎠ 5 

(x 2 + 1)(x 3 – 4) = ( lim (x 2 + 1))( lim (x 3 – 4)) 

x→2 

= 5(4) = 20. 

1 

2 

x→2 

Jika kita menggunakan Teorema 4.2.4(b), maka kita mempunyai 

⎛ 

3 

x − 4 ⎞ lim 

⎜ ⎟ 

x → 

lim 

→2 2 = 

x 

⎝ x + 1 ⎠ lim 

x→2 

3 

( x − 4) 

2 

( x + 1) 

2 

= 

Perhatikan bahwa karena limit pada penyebut [yaitu lim ( 2 + 1) 

4 

. 

5 

= 5] tidak sama dengan 

0, maka Teorema 4.2.4(b) dapat dipergunakan. 

⎛ 

2 

x − 4 ⎞ 4 

(d) lim ⎜ ⎟ = . 

x→2 

3 6 

⎝ x − ⎠ 3 

2 

x 

x→2 

n 

n 

Analisis Real I 126

Pendahuluan 

Jika kita misalkan f(x) = x 2 – 4 dan h(x) = 3x – 6 untuk x∈R, maka kita tidak 

dapat menggunakan Teorema 4.22.4(b) untuk meneghitung 

H = lim h( x) 

= lim ( 3x 

− 6) 

x→2 

x→2 

lim (f(x)/h(x)) sebab 

x→2 

= 3 lim x 

x→2 

- 6 = 3(2) – 6 = 0 

Akan tetapi, jika x ≠ 2, maka berarti bahwa 

2 

x − 4 

3x 

− 6 

= ( x − 2 )( x + 2 ) 

3( x − 2) 

Oleh karena itu kita mempunyai 

= 3 1 (x + 2). 

⎛ x 

lim ⎜ 

x 

⎝ 3 

2 

− 4 ⎞ 

⎟ 

− 

⎠ 

→2 x 6 

1 

= lim 3 

( x + 2) 

x→2 

1 

= ⎜⎛ lim x + 2⎟⎞ 

3 

⎝ x→2 

⎠ 

= 3 1 (2 + 2) = 3 

4 

Perhatikan bahwa fungsi g(x) = (x 2 – 4)/(3x – 6) mempunyai limit pada x = 2 

meskipun tidak terdefinisi pada titik tersebut. 

(e) 

lim 

x→0 

Tentu saja 

1 


x 

lim 

x→0 

1 = 1 dan H = lim x = 0. Akan tetapi, karena H = 0, kita tidak 

x→0 

dapat menggunakan Teorema 4.2.4(b) untuk menghitung 

lim 

x→0 

1 

. Kenyataannya, 

x 

seperti kita telah lihat pada Contoh 4.1.10(a), fungsi ϕ(x) = 1/x tidak mempunyai 

limit pada x = 0. Kesimpulan ini mengikuti juga Teorema 4.2.2 karena fungsi ϕ(x) = 

1/x tidak terbatas pada lingkungan daro x = 0. (Mengapa?) 

(f) Jika p fungsi polinimial, maka lim p( 

x) 

= p(c). 

x→c 

Misalkan p fungsi polinimial pada R dengan demikian p(x) = a n x n + a n-1 x n-1 + 

… + a 1 x + a 0 untuk semua x∈R. Menurut Teorema 4.2.4 dan fakta bahwa 

c k , maka 

lim 

x→c 

p( 

x) 

n n−1 

= lim [ a x + a x + L + a x + a ] 

x→c 

n 

n−1 

1 

0 

k 

lim x 

x→c 

= 

Analisis Real I 127


n 

= lim ( a x ) + lim ( a x ) + … + lim ( a ) 

x→c 

n 

x→c 

n−1 

n−1 

x→c 

1 x 

+ lim a0 

x→c 

Dari sini lim p( 

x) 

x→c 

= a n c n + a n-1 c n-1 + … + a 1 c + a 0 

= p(c). 

= p(c) untuk ssebarang fungsi polinomial p. 

(g) Jika p dan q fungsi-fungsi polinomial pada R dan jika q(c) ≠ 0, maka 

( x) 

( c) 

( c) 

p( 

x) 

p 

lim = . 

x→c 

q q 

Karena q(x) suatu fungsi polinomial, berarti menurut sutu teorema alam aljabar 

bahwa terdapat paling banyak sejumlah hingga bilangan real α 1 , α 2 , … ,α m [pembuat 

nol dari q(x)] sedemikain sehingga q(α j ) = 0 dan sedemikian sehingga jika x∉{α 1 , α 2 , 

…, α m } maka q(x) ≠ 0. Dari sini, jika x∉{α 1 , α 2 , …, α m } kita dapat mendefinisikan 

r(x) = 

p 

q 

( x) 

( x) 

. 

Jika c bukan pembuat nol dari q(x), maka q(c) ≠ 0, dari berdasarkan bagian (f) bahwa 

lim 

x→c 

q( x) 

= q(c). ≠ 0. Oleh karena itu kita dapat menggunakan Teorema 4.2.4(b) untuk 

menyimpulkan bahwa 

A. Jika 

dan jika 

p( 

x) 

lim p( 

x) 

x→c 

p 

lim = = . 

x→c 

q 

q 

( x) lim q( x) 

x→c 

( c) 

( c) 

Hasil berikut adalah suatu analog langsung dari Teorema 3.2.6. 

4.2.6 Teorema Misalkan A⊆R. f : A ⎯→ R dan c∈R suatu titik cluster dari 

lim 

x→c 

f 

a ≤ f(x) ≤ b untuk semua x∈A, x ≠ c, 

ada, maka a ≤ 

lim 

x→c 

f 

≤ b. 

Bukti. Jika L = 

lim 

x→c 

f 

, maka menurut Teorema 4.1.8 bahwa jika (x n ) sebarang 

barisan bilangan real sedemikain sehingga c≠ x n ∈A untuk semua n∈N dan jika bari- 

Analisis Real I 128

Pendahuluan 

san (x n ) konvergen ke c, maka barisan (f(x n )) konvergen ke L. Karena a ≤ f(x n ) ≤ b 

untuk semua n∈N, berarti menurut Teorema 3.2.6 bahwa a ≤ L ≤ b. 

Sekarang kita akan menyatakan suatu hasil yang analog dengan Teorema Apit 

3.2.7. Kita akan tinggalkan pembuktiannya untuk dicoba oleh pembaca. 

4.2.7 Teorema Apit. Misalkan A⊆R, f,g,h : A ⎯→ R, dan c∈R suatu titik 

cluster dari A. Jika 

f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) untuk semua x∈A, x ≠ c, 

dan jika 

lim 

x→c 

f 

= L = lim h , maka lim g = L. 

x→c 

x→c 

4.2.8 Contoh-contoh (a) 

lim x 

x→0 

3 / 2 

= 0 (x > 0). 

Misalkan f(x) = x 3/2 untuk x > 0. Karena ketaksamaan x < x 1/2 ≤ 1 berlaku untuk 

0 < x ≤ 1, maka berarti bahwa x 2 < f(x) = x 3/2 ≤ x untuk 0 < x ≤ 1. Karena 

lim x 

x→0 

2 

= 0 dan lim x 

x→0 

= 0, 

maka dengan menggunakan Teorema Apit 4.2.7 diperoleh 

lim x 

x→0 

3 / 2 

= 0. 

(b) 

lim sin 

x→0 

x 

= 0. 

Dapat dibuktikan dengan menggunakan pendekatan deret Taylor (akan dibahas 

pada lanjutan dari tulisan ini) bahwa 

Karena lim ( ± x) 

x→0 

(c) 

lim cos 

x→0 

-x ≤ sin x ≤ x untuk semua x ≥ 0. 

= 0, maka menurut Teorema Apit bahwa lim sin x = 0. 

x 

= 1. 


x→0 

Dapat dibuktikan dengan menggunakan pendekatan deret Taylor (akan dibahas 

pada lanjutan dari tulisan ini) bahwa 

(*) 1 - ½x 2 ≤ cos x ≤ 1 untuk semua x ∈ R. 

Karena lim 1 2 

( − x ) 

1 

x→0 2 

⎛ cos x −1⎞ 

(d) lim ⎜ ⎟ = 0. 

x→ 

0 ⎝ x ⎠ 

= 1, maka menurut Teorema Apit bahwa lim cos x = 1. 

x→0


Kita tidak dapat menggunakan Teorema 4.2.4 (b) secara langsung untuk menghitung 

limit ini. (Mengapa?) Akan tetapi, dari ketaksamaan (*) dalam bagian (c) 

bahwa 

dan juga bahwa 

-½x ≤ (cos x – 1)/x ≤ 0 untuk x > 0 

0 ≤ (cos x – 1)/x ≤ ½x untuk x < 0. 

Sekarang misalkan f(x) = - x/2 untuk x ≥ 0 dan f(x) = 0 untuk x < 0, dan misalkan 

pula h(x) = 0 untuk x ≥ 0 dan h(x) = -x/2 untuk x < 0. Maka kita mempunyai 

f(x) ≤ (cos x – 1)/x ≤ h(x) untuk x ≠ 0. 

Karena , mudah dilihat (Bagaimana?) bahwa 

cos x −1 

Apit bahwa lim = 0. 

x→0 

x 

(e) 

⎛ sin x ⎞ 

lim ⎜ ⎟ = 1. 

x→ 

0 ⎝ x ⎠ 

lim 

x→0 

f 

= lim h , maka menurut Teorema 

x→0 

Sekali lagi, kita tidak dapat menggunakan Teorema 4.2.4(b) untuk menghitung 

limit ini. Akan tetapi, dapat dibuktikan (pada lanjutan diktat ini) bahwa 

dan bahwa 

x - 6 1 x 3 ≤ sin x ≤ x untuk x ≥ 0 

x ≤ sin x ≤ x - 6 1 x 3 untuk x ≤ 0. 

Oleh karena itu berarti (Mengapa?) bahwa 

Tetapi karena lim 1 2 

( − x ) 

1 - 6 1 x 2 ≤ (sin x)/x ≤ 1 untuk semua x ≠ 0. 

1 

x→0 6 

= 1 - 

1 lim x 

6 

x→0 

2 

= 1, kita simpulkan dari Teorema Apit 

bahwa 

⎛ sin x ⎞ 

lim⎜ 

⎟ = 1. 

x→ 

0 ⎝ x ⎠ 

(f) lim( x sin( 1/ x) 

) 

x→0 

= 0. 

Misalkan f(x) = x sin (1/x) untuk x ≠ 0. Karena –1 ≤ sin z ≤ 1 untuk semua z 

∈ R, kita mempunyai ketaksamaan 

Analisis Real I 130

Pendahuluan 

-⎪x⎪ ≤ f(x) = x sin(1/x) ≤ ⎪x⎪ 

untuk semua x ∈ R, x ≠ 0. Karena 

lim 

x→0 

x 

= 0, maka dari Teorema Apit diperoleh 

bahwa 

lim 

x→0 

f 

= 0. 

Terdapat hasil-hasil yang paralel dengan Teorema 3.2.9 dan 3.2.10; akan 

tetapi, akan dilewatkan untuk latihan bagi para pembaca. Kita tutup bagian ini dengan 

suatu hasil yang merupakan konvers parsial dari Teorema 4.2.6. 

4.2.9 Teorema Misalkan A⊆R, f : A ⎯→ R dan c∈R suatu titik cluster dari 

A. Jika 

lim f > 0 [ atau, lim f < 0], 

x→c 

x→c 

maka terdapat suatu lingkungan dari c V δ (c) sedemikian sehingga f(x) > 0 [atau f(x) < 

0] untuk semua x∈A∩V δ (c), x ≠ c. 

Bukti. Misalkan L = 

lim f and anggaplah L > 0. Kita ambil ε = ½L > 0 

x→c 

dalam Teorema 4.1.6(b), dan diperoleh suatu bilangan δ > 0 sedemikain sehingga jika 

0 ½L > 0. 

Jika L < 0, dapat digunakan argumen yang serupa. 

Latihan 4.2 

1. Gunakan Teorema 4.2.4 untuk menentukan limit-limit berikut : 

(a) 

(c) 

lim (x + 1)(2x + 3) (x∈R), (b) 

x→1 

⎛ 1 1 ⎞ 

lim⎜ 

− ⎟ x → ⎝ x + 1 2 (x > 0), (d) 

2 x ⎠ 

2 

x + 2 

lim 

1 2 

(x > 0), 

x→ 

x − 2 

x + 1 

lim 

0 2 

(x∈R) 

x→ 

x + 2 

2. Tentukan limit-limit berikut dan nyatakan teorema-teorema mana yang digunakan dalam 

setiap kasus. (Anda bisa menggunakan latihan 14 di bawah.) 

(a) 

2x 

+ 1 

lim 

x→ 

2 x + 3 

(x > 0), (b) 

2 

x 

lim 

x→ 

x 

2 − 

− 4 

2 

(x > 0), 

Analisis Real I 131


(c) 

lim 

x→0 

( x + 1) 

x 

2 

−1 

(x > 0), (d) 

lim 

x −1 

x 1 

x→1 − 

(x > 0) 

3. Carilah 

lim 

1+ 

2x 

− 1+ 

3x 

x 

x →0 + 2 

x 

2 

dimana x > 0. 

4. Buktikan bahwa lim cos( 1/ x) 

tidak ada, akan tetapi lim xcos( 1/ x) 

x→0 

x→0 

= 0. 

5. Misalkan f,g fungsi-fungsi yang didefinisikan pada A⊆R ke R, dan misalkan c suatu 

titik cluster dari A. Anggaplah bahwa f terbatas pada suatu lingkungan dari c dan 

= 0. Buktikan bahwa lim fg = 0. 

x→c 

6. Gunakanlah formuasi ε-δ dari limit fungsi untuk membuktikan pernyataan pertama dalam 

Teorema 4.2.4(a). 

7. Gunakanlah formulasi sekuensial untuk limit fungsi untuk membuktikan Teorema 

4.2.4(b). 

8. Misalkan n∈N sedemikian sehingga n ≥ 3. Buktikan ketaksamaan –x 2 ≤ x n ≤ x 2 untuk –1 

lim 

x→c 

g 

< x < 1. Selanjutnya, gunakan fakta bahwa 

x 

x 

0 

n 

lim 

→ 

= 0. 

lim x 

x→0 

2 

= 0 untuk menunjukkan bahwa 

9. Misalkan f,g fungsi-fungsi yang didefinisikan pada A⊆R ke R, dan misalkan c suatu 

titik cluster dari A. 

(a) Tunjukkan bahwa jika lim f dan lim ( f + g) 

ada, tunjukkanlah bahwa lim f ada. 

(b) Jika 

x→c 

x→c 

lim f dan lim fg ada, apakah juga lim g ada ? 

x→c 

x→c 

10. Berikan contoh fungsi-fungsi f dan g sedemikian sehingga f dan g tidak mempunyai limit 

pada suatu titik c, tetapi sedemikian sehingga fungsi-fungsi f + g dan fg mempunyai limit 

pada c. 

x→c 

11. Tentukan apakah limit-limit berikut ada dalam R. 

2 

2 

(a) lim sin( 1/ x ) (x ≠ 0), (b) lim xsin( 1/ x ) 

x→0 

(c) limsgn sin( 1/ x) 

x→0 

x→0 

2 

(x ≠ 0), (d) lim x sin( 1/ x ) 

x→0 

(x ≠ 0), 

(x > 0) 

x→c 

Analisis Real I 132

Pendahuluan 

12. Misalkan f : R ⎯→ R sedemikian sehingga f(x + y) = f(x) + f(y) untuk semua x,y dalam 

R. Anggaplah lim f 

x→0 

= L ada. Buktikan bahwa L = 0, dan selanjutnya buktikan bahwa f 

mempunyai suatu limit pada setiap titik c∈R. [Petunjuk : Pertama-tama catat bahwa 

f(2x) = f(x) + f(x) = 2f(x) untuk semua x∈R. Juga perhatikan bahwa f(x) = f(x – c) + f(c) 

untuk semua x,c dalam R.] 

13. Misalkan A⊆R, f : A ⎯→ R dan c suatu titik cluster dari A. Jika lim f 

x→0 

ada, dan jika 

⎪f⎪ menyatakan fungsi yang terdefinisi untuk x∈A dengan ⎪f⎪(x) = ⎪f(x)⎪, buktikan 

bahwa 

lim 

x→0 

f 

= ⎪ lim f 

x→0 

⎪. 

14. Misalkan A⊆R, f : A ⎯→ R dan c suatu titik cluster dari A. Tambahan, anggaplah 

bahwa f(x) ≥ 0 untuk semua x ∈ A, dan misalkan 

A dengan f (x) = ( x) 

f untuk semua x∈A. Jika lim f 

f suatu fungsi yang terdefinisi pada 

x→0 

ada, buktikan bahwa 

lim f = lim f 

→ 

x 0 

x→0 

. 

Pasal 4.3 Beberapa Perluasan dari Konsep Limit 

Pada pasal ini kita akan menyajikan tiga macam perluasan dari pengertian 

limit fungsi yang sering terjadi. 

Limit-limit Sepihak 

Terdapat banyak contoh fungsi f yang tidak mempunyai limit pada suatu titik 

c, meskipun demikian limit fungsi f tersebut ada jika dibatasi untuk suatu interval sepihak 

dari titik cluster c. 

Salah satu contohnya adalah fungsi signum dalam Contoh 4.1.10(b) dan gambarnya diperlihatkan 

pada Gambar 4.1.2, tidak mempunyai limit pada c = 0. Akan tetapi, jika kita membatasi fungsi 

signum pada interval (0,∞), maka fungsi hasil pembatasannya mempunyai limit 1 pada c = 0. Demikian 

juga, jika kita membatasi fungsi signum pada interval (-∞,0), maka fungsi hasil pembatasannya mempunyai 

limit –1 pada c = 0. Ini merupakan contoh-contoh dari konsep tentang limit-kiri dan lmit-kanan 

dari sutu fungsi pada suatu titik c = 0. 

Analisis Real I 133


Definisi tentang limit-kiri dan limit-kanan merupakan modifikasi langsung dari Definisi 4.1.4. 

Dalam kenyataannya, Penggantian A dalam Definisi 4.1.4 oleh himpunan A∩(c,∞) menghasilkan definisi 

limit-kanan suatu fungsi pada suatu titik c yang merupakan titik cluster dari A∩(c,∞). Demikian 

juga, dengan penggantian A pada Definisi 4.1.4 oleh himpunan A∩(-∞,c) menghasilkan definisi limitkiri 

suatu fungsi pada suatu titik c yang merupakan titik cluster dari A∩(-∞,c). Untuk lebih mudahnya, 

definisi tentang limit-kiri dan limit-kanan yang dimaksud akan diformulasi dalam bentuk ε-δ, analog 

dengan Teorema 4.1.6 seperti berikut ini. 

4.3.1 Definisi. Misalkan A⊆R dan f : A ⎯→ R 

(i) Jika c∈R suatu titik cluster dari A∩(c,∞) = {x∈A:x > c}, maka kita mengatakan bahwa 

L∈R adalah suatu limit-kanan dari f pada c dan dituliskan 

lim f = L 

x→c 

+ 

jika diberikan sebarang ε > 0 terdapat suatu δ = δ(ε)> 0 sedemikian sehingga untuk semua x∈A dengan 

0 < x – c < δ, maka ⎪f(x) - L⎪ < ε. 

(ii) Jika c∈R suatu titik cluster dari A∩(-∞,c) = {x∈A : x < c}, maka kita mengatakan 

bahwa L∈R adalah suatu limit-kiri dari f pada c dan dituliskan 

lim f = L 

x→c 

− 

jika diberikan sebarang ε > 0 terdapat suatu δ = δ(ε)> 0 sedemikian sehingga untuk semua x∈A dengan 

0 < c – x < δ, maka ⎪f(x) - L⎪ < ε. 

Catatan: (1) Jika L suatu limit kanan dari f pada c, kita kadang-kadang mengatakan bahwa L 

adalah limit dari kanan pada c. Kita menggunakan notasi 

( x) 

lim f = L. 

+ 

x→c 

Terminologi dan notasi yang serupa digunakan juga untuk limit-kiri. 

Analisis Real I 134

Pendahuluan 

(2) Limit-limit lim f dan lim f 

+ 

- 

x→c 

x→c 

disebut limit-limit sepihak dari f pada c. Ini dimungkinkan 

kedua limit sepihak dimaksud ada. Juga bisa mungkin salah satu saja yang ada. Serupa, seperti 

kasus pada fungsi f(x) = sgn (x) pada c = 0, limit-limit ini ada, meskipun berbeda. 

(3) Jika A suatu interval dengan titik ujung kiri c, maka jelas nampak bahwa f : A ⎯→ R 

mempunyai suatu limit pada c jika dan hanya jika f mempunyai suatu limit kanan pada c. Selain itu, 

dalam kasus ini limit lim f dan limit pihak kanan lim f sama. (Situasi serupa juga akan berlaku 

x→c 

+ 

x→c 

untuk limit-kiri suatu interval dengan titik ujung kanan adalah c. 

Kita tinggalkan bagi pembaca untuk menunjukkan bahwa f hanya dapat memiliki satu limitkanan 

(atau, limit-kiri) pada suatu titik. Berikut ini adalah hasil yang analog dengan fakta yang diperlihatkan 

pada Pasal 4.1 dan 4.2 untuk limit-limit dua-pihak. Khususnya, keberadaan limit satu-pihak dapat 

direduksi untuk bahan pertimbangan selanjutnya. 

4.3.2 Teorema Misalkan A⊆R, f : A ⎯→ R dan c suatu titik cluster dari A∩(c,∞). Maka 

pernyataan-pernyataan berikut ini eqivalen. 

(i) 

(ii) 

lim f = L∈R; 

+ 

x→c 

Untuk sebarang barisan (x n ) yang konvergen ke c sedemikian sehingga x n ∈A dan x n 

> c untuk semua n∈N, barisan (f(x n )) konvergen ke L∈R. 

Kita tinggalkan pembuktian Teorema ini (dan formulasi dan pembuktian dari teorema yang 

analog dengannya untuk limit-kiri) untuk dilakukan oleh pembaca. 

Berikut ini adalah suatu hasil yang merupakan hubungan pengertian limit suatu fungsi dengan 

limit-limit sepihak dari fungsi tersebut pada suatu titik. 

A∩(-∞,c). Maka 

4.3.3 Teorema Misalkan A⊆R, f : A ⎯→ R dan c∈R suatu titik Cluster dari A∩(c,∞) dan 

lim f = L∈R jika dan hanya jika lim f = L = lim f . 

x→c 

+ 

x→c 

− 

x→c 

4.3.4 Contoh-contoh (a) Misalkan f(x) = sgn(x). 

Kita telah lihat dari contoh 4.1.10(b) bahwa sgn tidak mempunyai limit pada c = 0. Ini jelas 

bahwa lim sgn( x) 

= +1 dan bahwa lim sgn( x) 

= -1. Karena limit-limit satu pihak ini berbeda, 

+ 

x→0 

− 

x→0 

maka mengikuti Teorema 4.3.3 bbahwa sgn tidak mempunyai limit pada 0. 

Analisis Real I 135


(b) Misalkan g(x) = e 1/x untuk x ≠ 0. (Lihat gambar 4.3.1) 

Pertama kita tunjukkan bahwa g tidak mempunyai limit kanan hingga pada c = 0 karena g tidak 

terbatas pada sebarang lingkungan kanan (0,∞) dari 0. Kita akan menggunakan ketaksamaan 

(*) 0 < t < e t untuk t > 0 

yang pada bagian ini tidak akan diberikan pembuktiannya. Berdasarkan (*), jika x > GAMBAR 4.3.1 

Grafik dari g(x) = 

x 

e 1 / (x ≠ 0) 

0 maka 0 < 1/x < e 1/x . Dari sini, jika kita mengambil xn = 1/n, maka g(x n ) > n untuk semua n∈N. Oleh 

karena itu 

lim 

+ 

x→0 

e 1 / 

x 


Akan tetapi, 

lim 

− 

x→0 

e 1 / 

x 

= 0. Kita perhatikan bahwa, jika x < 0 dan kita mengambil 

t = 1/x dalam (*) kita peroleh 0 < -1/x < e -1/x . Karena x < 0, ini mengakibatkan 0 < e 1/x < -x untuk 

semua x < 0. Mengikuti ketaksamaan ini diperoleh 

lim 

− 

x→0 

e 1 / 

x 

= 0. 

(c) Misalkan h(x) = 1/(e 1/x + 1) untuk x ≠ 0. (lihat gambar 4.3.2). 

demikian 

Kita telah melihat bagian (b) bahwa 0 < 1/x < e 1/x untuk x > 0, dengan 

Analisis Real I 136

Pendahuluan 

0 < 

e 

1 / 

1 

x 

+ 1 

< 

1 

x 

e 1/ 

< x 

yang mengakibatkan bahwa 

lim 

+ 

x→0 

h = 0. 

GAMBAR 4.3.2. Grafik dari h(x) = 1/(e 1/x +1) (x ≠ 0) 

Karena kita telah melihat dalam bagian (b) bahwa 

lim 

+ 

x→0 

e 1/x = 0, maka dari 

analog Teorema 4.2.4(b) untuk untuk limit-kiri, kita peroleh 

⎛ 1 

lim ⎜ 

− 1 / x 

x 0 

⎝ e + 

→ 1 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

= 

lim 

− 

x→0 

1 

1 / x 

( e + 1) 

= 

1 

0 

1 

+ = 1 

Perhatikan bahwa untuk fungsi ini, limit sepihak kedua-duanya ada, akan tetapi tidak sama. 

Limit-limit Tak Hingga 

Analisis Real I 137


Fungsi f(x) = 1/x 2 untuk x ≠ 0 (lihat Gambar 4.3.3) tidak terbatas pada suatu 

lingkungan 0, dengan demikian fungsi tersebut tidak mempunyai suatu limit sesuai pengertian dalam 

Definisi 4.1.4. Sementara itu simbol-simbol ∞ (= +∞) dan -∞ tidak menyatakan suatu bilangan real, ini 

kadang-kadang menjadi bermakna dengan mengatakan bahwa “f(x) = 1/x 2 cenderung ke ∞ apabila x → 

0”. 

Analisis Real I 138

4.3.5 Definisi. Misalkan A⊆R, f : A ⎯→ R dan c∈R suatu titik cluster dari A. 

Pendahuluan 

(i) Kita katakan bahwa f menuju ke ∞ apabila x→c, dan ditulis 

lim f = ∞ 

x→c 

jika untuk setiap α∈R terdapat δ = δ(α) > 0 sedemikain sehinggauntuk semua x∈A dengan 0 < ⎪x - c⎪ 

< δ, maka f(x) > α. 

(ii) Kita katakan bahwa f menuju ke ∞ apabila x→c, dan ditulis 

lim f = −∞ 

x→c 

jika untuk setiap β∈R terdapat δ = δ(β) > 0 sedemikian sehingga untuk semua x∈A dengan 0 < ⎪x - c⎪ 

< δ, maka f(x) < β. 

2 

4.3.6 Contoh-contoh (a) lim( 1/ ) = −∞ 

x→0 

x 

. 

Karena, jika α > 0 diberikan, misalkan δ = 1 / . Ini erarti bahwa jika 0 0 maka g(x) < α 

untuk semua x < 0, dengan demikian g tidak menuju ke ∞ apabila x→0. Serupa juga, jika β < 0 maka 

g(x) > β untuk semua x > 0, dengan demikian g tidak menuju ke -∞ apabila x→0. 

Hasil berikut analog dengan Teorema Apit 4.2.7. (Lihat juga Teorema 3.6.4). 

4.3.7 Teorema Misalkan A⊆R, f,g : A ⎯→ R dan c∈R suatu titik cluster dari A. Anggaplah 

bahwa f(x) ≤ g(x) untuk semua x∈A, x ≠ c. 

(a) Jika 

(b) Jika 

lim f = ∞ , maka lim g = ∞ . 

x→c 

x→c 

lim g = −∞ , maka lim f = −∞ . 

x→c 

x→c 

Analisis Real I 139


Analisis Real I 140

Pendahuluan 

GAMBAR 4.3.3 Grafik dari f(x) = 1/x 2 (x ≠ 0) 

GAMBAR 4.3.4 Grafik dari g(x) = 1/x (x ≠ 0) 

Bukti. (a) Jika 

lim f = ∞ dan α∈R diberikan, maka terdapat δ(α) > 0 sedemikian sehingga 

x→c 

jika 0 α. Akan tetapi, jika f(x) ≤ g(x) untuk semua x∈A x ≠ c, 

maka berarti jika 0 0. Oleh karena itu 

lim g = ∞ . 

x→c 

Pembuktian bagian (b) dilakukan dengan cara serupa. 

Fungsi g(x) = 1/x dalam Contoh 4.3.6(b) menyarankan bahwa itu dapat berguna untuk memandang 

limit-limit sepihaknya. 

4.3.8 Definisi Misalkan A⊆R dan f : A ⎯→ R. 

Analisis Real I 141


(i) Jika c∈R suatu titik cluster dari A∩(c,∞) ={x∈A: x > 0}, maka kita mengatakan bahwa f 

menuju ∞ [atau -∞] apabila x→c + , dan ditulis 

[ ] 

lim f = ∞ atau , lim f = −∞ , 

x 

+ 

→ 

c 

x 

+ 

→ 

c 

jika untuk setiap α∈R terdapat δ=δ(α) sedemikian sehingga untuk semua x∈A dengan 0 < x – c < δ, 

maka f(x) > α [atau, f(x) < α]. 

(ii) Jika c∈R suatu titik cluster dari A∩(-∞,c) ={x∈A: x < 0}, maka kita mengatakan bahwa f 

menuju ∞ [atau -∞] apabila x→c - , dan ditulis 

[ ] 

lim f = ∞ atau , lim f = −∞ , 

x 

− 

→ 

c 

x 

− 

→ 

c 

jika untuk setiap α∈R terdapat δ=δ(α) sedemikian sehingga untuk semua x∈A dengan 0 < c – x < δ, 

maka f(x) > α [atau, f(x) < α]. 

4.3.9 Contoh-contoh (a) Misalkan g(x) = 1/x untuk x ≠ 0. Kita telah mencatat dalam Contoh 

4.3.6(b) bahwa 

lim 

x → 0 

g 

tidak ada. Akan tetapi suatu latihan yang mudah untuk menunjukkan bahwa 

lim 1/ 

x 

+ 

→ 

0 

( x) = ∞ 

lim 1/ 

dan ( x) = −∞ 

x 

− 

→ 

c 

(b) Telah diperoleh pada Contoh 4.3.4(b) bahwa fungsi g(x) = e 1/x untuk x ≠ 0 tidak terbatas 

pada sebarang interval (0,δ), δ > 0. Dari sini limit-kanan dari e 1/x apabila x→0 + tidak ada dalam 

pengertian Definisi 4.3.1(I). Akan tetapi, karena 

1/x < e 1/x untuk x > 0, 

maka secara mudah kita melihat bahwa ( ) 1 x 

= ∞ 

x 

+ 

→ 

e / 

lim dalam pengertian dari Definisi 4.3.8. 

0 

Limit-limit pada Ketakhinggaan 

Kita dapat mempertimbangkan pula untuk mendefinisikan pengertian limit dari suatu fungsi 

apabila x→∞ [atau, x→-∞]. 


Analisis Real I 142

Pendahuluan 

(i) Anggaplah bahwa (a,∞) ⊆ A untuk suatu a∈R. Kita mengatakan bahwa L∈R merupakan 

limit dari f apabila x→∞, dan ditulis 

lim f = L , 

x→∞ 

jika diberikan sebarang ε > 0 terdapat K=K(ε) > a sedemikian sehingga untuk sebarang x > K, maka 

⎪f(x) - L⎪ < ε. 

(ii) Anggaplah bahwa (-∞,b) ⊆ A untuk suatu b∈R. Kita mengatakan bahwa L∈R merupakan 

limit dari f apabila x→-∞, dan ditulis 

lim f = L , 

x→−∞ 

jika diberikan sebarang ε > 0 terdapat K=K(ε) 

⎪f(x) - L⎪ < ε. 

Kita tinggalkan bagi pembaca untuk menunjukkan bahwa limit-limit dari f apabila x→±∞ 

adalah tunggal jika ada. Kita juga mempunyai Kriteria Sekuensial untuk limit-limit ini; kita hanya akan 

menyatakan kriteria apabila x→∞. Ini digunakan pengertian dari limit dari suatu barisan yang divergen 

murni (lihat Definisi 3.6.1) 

4.3.11 Teorema Misalkan A⊆R, f : A ⎯→ R, dan anggaplah bahwa (a,∞) ⊆ A untuk suatu 

a∈R. Maka pernyataan-pernyataan berikut ini eqivalen : 

lim ; 

(i) L = f 

x→∞ 

(ii) Untuk sebarang barisan (x n ) dalam A∩(a,∞) sedemikian sehingga lim(x n ) = ∞, barisan 

(f(x n )) konvergen ke L. 

Kita tinggalkan bagi pembaca untuk membuktikan teorema ini dan untuk merumuskan serta 

membuktikan teorema serupa dengannya untuk limit dimana x→-∞. 

4.3.12 Contoh-contoh (a) Misalkan g(x) = 1/x untuk x ≠ 0. 

Analisis Real I 143


Ini merupakan suatu latihan dasar untuk membuktikan bahwa lim( 1/ x 

→ ∞ 

) = 0 = lim ( 1/ x 

−∞ 

) 

(Lihat Gambar 4.3.4) 

x 

. 

x → 

(b) Misalkan f(x) = 1/x 2 untuk x ≠ 0. 

2 

2 

Pembaca dapat menunjukkan bahwa bahwa lim( 1/ x ) = 0 = lim ( 1/ x ) 

x→∞ 

x→−∞ 

. (Lihat Gambar 

4.3.3). Cara lain untuk menunjukkan ini adalah dengan menunjukkan bahwa jika x ≥ 1 maka 0 ≤ 1/x 2 ≤ 

2 

1/x. Mengingat bagian (a), ini mengakibatkan lim( 1/ x ) 

x→∞ 

= 0. 

y 

Κ(α) 

x 

α 

GAMBAR 4.3.5 

lim f = -∞ 

x→∞ 


(i) Anggaplah bahwa (a,∞)⊆A untuk suatu a∈A. Kita mengatakan bahwa f menuju ke ∞ 

[atau, -∞] apabila x→∞, dan ditulis 

lim f = ∞ [ atau lim = −∞] 

, 

x→∞ 

f 

x→∞ 

jika diberikan sebarang α∈R terdapat K = K(α) > a sedemikian sehingga untuk sebarang x > K, maka 

f(x) > α [atau, f(x) < α]. (Lihat Gambar 4.3.5) 

Analisis Real I 144

Pendahuluan 

(ii) Anggaplah bahwa (-∞,b)⊆A untuk suatu b∈A. Kita mengatakan bahwa f menuju ke ∞ 

[atau, -∞] apabila x→-∞, dan ditulis 

lim f = ∞ [ ] 

atau lim f = −∞ , 

x→−∞ 

x→−∞ 

jika diberikan sebarang α∈R terdapat K = K(α) 

f(x) > α [atau, f(x) < α]. 

Sebagaimana sebelumnya, terdapat kriteria sekuensial untuk limit ini. Kita akan memformulasinya 

apabila x→∞.S 

4.3.14 Teorema Misalkan A⊆R, f : A ⎯→ R, dan anggaplah bahwa (a,∞)⊆A untuk suatu 

a∈R. Maka pernyataan-pernyataan berikut ini ekuivalen : 

(i) 

lim f = ∞ [atau, lim f 

x→∞ 

x→∞ 

= -∞] 

(ii) Untuk sebarang barisan (x n ) dalam (a,∞) sedemikian sehingga lim(x n ) = ∞, maka lim 

(f(x n )) = ∞ [atau lim (f(x n )) = -∞]. 

Hasil berikut ini analog dengan Teorema 3.6.5. 

4.3.15 Teorema Misalkan A⊆R, f,g : A ⎯→ R, dan anggaplah ahwa (a,∞)⊆A untuk suatu 

a∈R. Misalkan pula bahwa g(x) > 0 untuk semua x > a dan bahwa 

( x) 

( x) 

f 

lim = L 

x→∞ 

g 

untuk suatu L∈R, L ≠ 0. 

(i) Jika L > 0, maka f 

lim = ∞ jika dan hanya jika g 

x→∞ 

(ii) Jika L < 0, maka f 

x→∞ 

lim = ∞. 

x→∞ 

lim = -∞ jika dan hanya jika lim g 

x→∞ 

= -∞. 

Bukti. (i) Karena L > 0, hipotesis mengakibatkan bahwa terdapat a 1 > a sedemikian sehingga 

0 < ½L < 

f 

g 

( x) 

( x) 

< 2 3 L untuk x > a 1 . 

Analisis Real I 145


Oleh karena itu kita mempunyai (½L)g(x) < f(x) < ( 2 3 L)g(x) untuk semua x > a 1 , dari sini dengan mudah 

kita peroleh kesimpulannya. 

Pembuktian bagian (ii) dikerjakan dengan cara serupa. 

Kita tinggalkan bagi pembaca untuk memformulasi hasil-hasil yang analogi dengan Teorema 

di atas, apabila x→-∞. 

4.3.16 Conyoh-contoh (a) 

x 

n 

lim = ∞ untuk n∈N. 

x→∞ 

Misalkan g(x) = x n untuk x∈(0,∞). Diberikan α∈R, misalkan K = sup{1,α}. Maka untuk semua 

x > K, kita mempunyai g(x) = x n ≥ x ≥ α. Karena α∈R sebarang, maka ini berarti 

lim g = ∞. 

x→∞ 

(b) 

x 

n 

lim = ∞ untuk n∈N, n genap, dan 

x→−∞ 

x 

n 

lim = -∞ untuk n∈N, n ganjil. 

x→−∞ 

Kita akan mencoba kasus n ganjil, katakanlah n = 2k+1 dengan k = 0,1, … . Diberikan α∈R, 

misalkan K = inf{α,-1}. Untuk sebarang x < K, maka karena (x 2 ) k ≥ 1, kita mempunyai x n = (x 2 ) k x ≤ x 

< α. Karena α∈R sebarang, maka berarti 

x 

n 

lim = -∞. 

x→−∞ 

(c) Misalkan p : R ⎯→ R fungsi polinomial 

p(x) = a n x n + a n-1 x n-1 + … + a 1 x + a 0 

Maka 

lim p = ∞, jika a n > 0, dan lim p = -∞ jika a n < 0. 

x→∞ 

x→∞ 

Misalkan g(x) = x n dan gunakan Teorema 4.3.15. Karena 

p 

g 

( x) 

( x) 

⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 

= a n + a n-1 ⎜ ⎟ + … + a1 ⎜ 

n−1 

⎟ 

⎝ x ⎠ ⎝ x ⎠ 

1 , 

⎛ ⎞ 

+ a 0 ⎜ 

n 

⎟ 

⎝ x ⎠ 

maka diperoleh 

( x) 

( x) 

p 

lim = a n . Karena lim g = ∞, maka menurut Teorema 4.3.15, p 

x→∞ 

g 

x→∞ 

x→∞ 

lim = ∞. 

Analisis Real I 146

Pendahuluan 

(d) Misalkan p fungsi polinomial dalam bagian (c). Maka 

lim p = ∞ [atau, -∞] jika n 

x→−∞ 

genap [atau, ganjil] dan a n > 0. 

Kita tinggalkan detailnya untuk pemaca kerjakan. 

Latihan-latihan 

1. Buktikan Teorema 4.3.2. 

2. Berikan contoh suatu fungsi yang mempunyai limit-kanan, tetapi tidak mempunyai limitkiri 

pada suatu titik. 

3. Misalkan f(x) = ⎪x⎪ ½ untuk x ≠ 0.. Tunjukkan bahwa lim f ( x) 

= f ( x ) 

+ 

x→0 

lim = +∞. 

4. Misalkan c∈R dan f didefinisikan untuk x∈(c,∞) dan f(x) > 0 untuk semua x∈(c,∞). 

Tunjukkan bahwa lim f = ∞ jika dan hanya jika lim( 1 f 

→ 

) = 0. 

x→c 

x 

c 

− 

x→0 

5. Hitunglah limit-limit berikut, atau tunjukkan bahwa limit-limit ini tidak ada. 

(a) 

(c) 

x 

x 

lim (x ≠ 1), (b) lim (x ≠ 1), 

+ 

x→1 x −1 

x→ 

1 x −1 

x + 2 

lim (x > 0), (d) 

+ 

x→1 

x 

x 

lim + 2 (x > 0), 

x→∞ 

x 

(e) 

x +1 

lim 

x→ 

0 x 

(x > -1), (f) 

lim 

x→∞ 

x + 1 

x 

(x > 0), 

(g) 

lim 

x→∞ 

x − 5 

x + 3 

(x > 0), (h) 

x − x 

lim (x > 0). 

x →∞ 

x + x 


7. Misalkan f dan g masing-masing mempunyai limit dalam R apabila x→∞ dan f(x) ≤ g(x) 

untuk semua (α,∞). Buktikan bahwa 

lim f ≤ lim g . 

x→∞ 



x→∞ 

8. Misalkan f terdefinisi pada (0,∞) ke R. Buktikan bahwa f ( x) 

jika lim f ( 1 x) 

x→0 + 

= L. 

lim = L jika dan hanya 

x→∞ 

9. Tunjukkan bahwa jika f : (a,∞) ⎯→ R sedemikian sehingga xf ( x) 

lim = 0. 

L∈R, maka f ( x) 

x→∞ 

lim = L dimana 

x→∞


11. Lengkapkan bukti dari Teorema 4.3.15. 

12. Misalkan lim f ( x) 

= L dimana L > 0, dan g( x) 

x→c 

( x) g( x) 

lim = ∞. Tunjukkan bahwa 

lim f = ∞. Jika L = 0, tunjukkan dengan contoh bahwa konklusi ini gagal. 

x→c 

13. Carilah fungsi-fungsi f dan g yang didefinisikan pada (0,∞) sedemikain sehingga lim f 

= ∞ dan g 

lim = ∞, akan tetapi ( f − g ) 

x→∞ 

x→∞ 

x→c 

x→∞ 

lim = 0. Dapatkan anda menemukan fungsifungsi 

demikian, dengan g(x) > 0 untuk semua x∈(0,∞), sedemikain sehingga 

lim 

x→∞ 

f 

g 

= 0? 

14. Misalkan f dan g terdefinisi pada (a,∞) dan misalkan pula lim f = L dan lim g = ∞. 

Buktikan bahwa lim f o g = L. 

x→∞ 

x→∞ 

x→∞ 

Analisis Real I 148

Pendahuluan 

BAB 

5 

FUNGSI-FUNGSI KONTINU 

Dalam bab ini kita akan memulai mempelajari kelas terpenting dari fungsifungsi 

yang muncul dalam analisis real, yaitu kelas fungsi-fungsi kontinu. Pertamatama 

kita akan mendefinisikan pengertian dari kekontinuan pada suatu titik dan pada 

suatu himpunan, dan menunjukkan bahwa variasi kombinasi dari fungsi-fungsi kontinu 

menghasilkan fungsi kontinu. 

Sifat-sifat dasar yang membuat fungsi-fungsi kontinu demikain penting diperlihatkan 

pada Pasal 5.3. Misalnya, kita akan memuktikan bahwa suatu fungsi kontinu 

pada suatu interval tertutup dan terbatas mesti mencapai nilai maksimum dan minimum.Kita 

juga akan membuktikan bahwa suatu fungsi kontinu mesti selalu memuat 

nilai antara untuk sebarang dua nilai yang dicapainya. Sifat-sifat ini dan beberapa 

lainnya tidak dimiliki oleh fungsi-fungsi pada umumnya, dan dengan demikian ini 

membedakan fungsi-fungsi kontinu sebagai suatu kelas yang sangat khusus dari 

fungsi-fungsi. 

Kedua, dalam Pasan 5.4 kita akan memperkenalkan pengertian penting dari 

kekontinuan seragam, dan kita akan menggunakan pengertian ini untuk masalah dari 

pendekatan (pengaproksimasian) fungsi-fungsi kontinu dengan fungsi-fungsi dasar 

(elementer) (seperti polinomial). Fungsi-fungsi monoton adalah suatu kelas penting 

dari fungsi-fungsi dan mempunyai sifat-sifat kekontinuan kuat; mereka didiskusikan 

dalam Pasal 5.5. Khususnya, akan ditunjukkan bahwa fungsi monoton kontinu mempunyai 

fungsi invers yang monoton kontinu juga. 

Analisis Real I 149


PASAL 5.1 Fungsi-fungsi Kontinu 

Dalam Pasal ini, yang mana sangat serupa dengan pasal 4.1, kita akan 

mendefinisikan tentang apa yang dimaksudkan dengan fungsi kontinu pada suatu titik, 

atau pada suatu himpunan. Pengertian kekontinuan ini adalah salah satu dari pengertian 

sentral dari analisis matematika dan akan dipergunakan dalam hampir semua 

pada pembahasan dalam buku ini. Akibatnya, konsep ini sangat esensial yang pembaca 

mesti menguasainya. 

5.1.1 Definisi Misalkan A⊆R, f : A ⎯→ R dan c∈A. Kita katakan bahwa f 

kontinu pada c jika, diberikan sebarang lingkungan V ε (f(c)) dari f(c) terdapat suatu 

lingkungan 

V δ (c) dari c sedemikain sehingga jika x sebarang titik pada A∩V δ (c), maka f(x) termuat 

dalam V ε (f(c)). (Lihat Gambar 5.1.1). 

GAMBAR 5.1.1 Diberikan V ε (f(c)), lingkungan V δ (c) ditentukan 

Peringatan (1) Jika c∈A merupakan titik cluster dari A, maka pembandingan dari 

Definisi 4.1.4 dan 5.1.1 menunjukkan bahwa f kontinu pada c jika dan hanya jika 

(1) f(c) = lim f . 

x→c 

Jadi, jika c titik cluster dari A, maka agar (1) berlaku, tiga syarat harus dipenuhi: (i) f harus 

terdefinisi pada c (dengan demikian f(c) dapat dimengerti), (ii) limit dari f harus ada dalam R 

Analisis Real I 150

(dengan demikian 

sama. 

Pendahuluan 

lim f dapat dimengerti), dan (iii) nilai-nilai dari f(c) dan lim f harus 

x→c 

(2) Jika c bukan titik cluster dari A, maka terdapat lingkungan 

V δ (c) dari c sedemikian sehingga A∩V δ (c) = {c}. Jadi kita menyimpulkan bahwa suatu 

fungsi f kontinu secara otomatis pada c∈A yang bukan titik cluster dari A. Titik-titik 

demikian ini sering disebut “titik-titik terisolasi” dari A; titik-titik ini kurang menarik untuk 

kita bahas, karena “far from the action”. Karena kekontinuan erlaku secara otomatis untuk 

titik-titik terisolasi ini, kita akan secara umum menguji kekontinuan hanya pada titik-titik 

cluster. Jadi kita akan memandang kondisi (1) sebagai karakteristik untuk kekontinuan pada 

c. 

x→c 

dari f pada suatu himpunan. 

Dalam definisi berikut kita mendefinisikan kekontinuan 

5.1.2 Definisi Misalkan A⊆R, f : A ⎯→ R. Jika 

B⊆A, kita katakan bahwa f kontinu pada B jika f kontinu pada setiap titik dalam B. 

Definisi 5.1.1. 

Sekarang kita berikan suatu formulasi yang setara untuk 

5.1.3 Teorema Misalkan A⊆R, f : A ⎯→ R, dan c∈A. Maka kondisikondisi 

berikut ekivalen. 

(i) f kontinu pada c; yaitu, diberikan sebarang lingkungan V ε (f(c)) dari f(c) 

terdapat suatu lingkungan V δ (c) dari c sedemikain sehingga jika x sebarang titik pada 

A∩V δ (c), maka f(x) termuat dalam V ε (f(c)) 

(ii) Diberikan sebarang ε > 0 terdapat suatu δ > 0 sedemikian sehingga untuk 

semua x∈A dengan ⎪x - c⎪ < δ, maka ⎪f(x) – f(c)⎪ < ε. 

(iii) Jika (x n ) sebarang barisan bilangan real sedemikian sehingga x n ∈A untuk 

semua n∈N dan (x n ) konvergen ke c, maka barisan (f(x n )) konvergen ke f(c). 

Pembuktian teorema ini hanya memerlukan sedikit 

modifikasi pembuktian dari Teorema 4.1.6 dan 4.1.8. Kita tinggalkan detailnya sebagai 

suatu latihan penting bagi pembaca. 

Kriteria Diskontinu berikut adalah suatu konsekuensi 

dari ekuivalensi dari (i) dan (ii) dari teorema sebelumnya; ini akan dibandingkan den- 

Analisis Real I 151


gan Kriteria Divergensi 4.1.9(a) dengan L = f(c). Pembuktiannya akan dituliskan secara 

detail oleh pembaca. 

5.1.4. Kriteria Diskontinu Misalkan A⊆R, f : A ⎯→ 

R, dan c∈A. Maka f diskontinu pada c jika dan hanya jika terdapat suatu barisan (x n ) 

dalam A sedemikian sehingga (x n ) konvergen ke c, tetapi barisan (f(x n )) tidak konvergen 

ke f(c). 

5.1.5 Contoh-contoh (a) f(x) = b kontinu pada R 

c∈R, maka kita mempunyai 

Telah diperlihatkan pada Contoh 4.1.7(a) bahwa jika 

lim f = b. Karena f(c) = b, maka f kontinu pada setiap 

x→c 

titik c∈R. Jadi f kontinu pada R. 

c∈R, maka kita mempunyai 

(b) g(x) = x kontinu pada R. 

Telah diperlihatkan pada Contoh 4.1.7(b) bahwa jika 

lim g = c. Karena g(c) = c, maka g kontinu pada setiap 

x→c 

titik c∈R. Jadi g kontinu pada R. 

(c) h(x) = x 2 kontinu pada R. 

Telah diperlihatkan pada Contoh 4.1.7(c) bahwa jika c∈R, maka kita mempunyai 

lim h = c 2 . Karena h(c) = c 2 , maka h kontinu pada setiap titik c∈R. Jadi h kontinu 

x→c 

pada R. 

(d) ϕ(x) = 1/x kontinu pada A = {x∈R : x > 0}. 

Telah diperlihatkan pada Contoh 4.1.7(d) bahwa jika c∈A, maka kita mempunyai 

lim ϕ = 1/c. Karena ϕ(c) = 1/c, maka ϕ kontinu pada setiap titik c∈A. Jadi ϕ kontinu 

x→c 

pada A. 

(e) ϕ(x) = 1/x tidak kontinu pada x = 0 

Memang, jika ϕ(x) = 1/x untuk x > 0, maka tidak terdefinisi pada x= 0, dengan 

demikian tidak kontinu pada titik ini. Secara alternatif, telah diperlihatkan pada Con- 

Analisis Real I 152

toh 4.1.10(a) bahwa 

lim ϕ 

x →0 

Pendahuluan 

tidak ada dalam R, dengan demikian ϕ tidak kontinu pada 

x = 0. 

(f) Fungsi signum tidak kontinu pada x = 0. 

Fungsi signum telah didefinisikan pada contoh 

4.1.10(b), dimana juga telah ditunjukkan bahwa lim sgn( x) 

tidak ada dalam R. Oleh 

x→ 0 

karena itu sgn tidak kontinu pada x = 0 meskipun sgn 0 terdefinisi. 

(g) Misalkan A = R dan f “fungsi diskontinu” Dirichlet yang didefinisikan 

oleh 

⎧1, 

jika x rasional 

f(x) = ⎨ 

⎩0 , jika x irasional 

Kita claim bahwa f tidak kontinu pada sebarang titik pada R. (Fungsi ini diperkenalkan 

pada tahun 1829 oleh Dirichlet) 

Memang, jika c bilangan rasional, misalkan (x n ) suatu barisan bilangan 

irasional yang konvergen ke c. (Teorema Akibat 2.5.6 untuk Teorema 2.5.5 menjamin 

adanya barisan seperti ini.) Karena f(x n ) = 0 untuk semua n∈N, maka kita mempunyai 

lim (f(x n )) = 0 sementara f(c) = 1. Oleh karena itu f tidak kontinu pada bilangan rasional 

c. 

Sebaliknya, jika b bilangan rasional, misalkan (y n ) suatu 

barisan bilangan irasional yang konvergen ke b. (Teorema Akibat 2.5.6 untuk Teorema 

2.5.5 menjamin adanya barisan seperti ini.) Karena f(y n ) = 1 untuk semua n∈N, 

maka kita mempunyai lim (f(y n )) = 1 sementara f(b) = 0. Oleh karena itu f tidak kontinu 

pada bilangan irasional b. 

Karena setiap bilangan real adalah bilangan rasional 

atau irasional, kita simpulkan bahwa f tidak kontinu pada setiap titik dalam R. 

(h) Misalkan A = {x∈R : x > 0}. Untuk sebarang bilangan irasional x > 0 

kita definisikan h(x) = 0. Untuk suatu bilangan rasional dalam A yang berbentuk m/n, 

dengan bilangan asli m,n tidak mempunyai faktor persektuan kecuali 1, kita definisikan 

h(m/n) = 1/n. (Lihat Gambar 5.1.2.) Kita claim bahwa h kontinu pada setiap bi- 

Analisis Real I 153


langan irasional pada A, dan diskontinu pada setiap bilangan rasional dalam A. 

(Fungsi ini diperkenalkan pada tahun 1875 oleh K.J. Thomae) 

Memang, jika a > 0 bilangan rasional, misalkan (x n ) 

suatu barisan bilangan irasional dalam A yang konvergen ke a. maka lim h(x n ) = 0 

sementara h(a) > 0. Dari sini h diskontinu pada a. 

Di pihak lain, jika b suatu bilangan irasional dan ε > 0, 

maka (dengan Sifat Arcimedean) terdapat bilangan asli n 0 sedemikian sehingga 1/n 0 < 

ε. Terdapat hanya sejumlah hingga bilangan rasional dengan penyebut lebih kecil dari 

n 0 dalam interval (b – 1, b + 1). (Mengapa?) Dari sini δ > 0 dapat dipilih sekecil 

mungkin yang mana lingkungan (b - δ,b + δ) tidak memuat tidak memuat bilangan 

rasional dengan penyebut lebih kecil dari n 0 . Selanjutnya, bahwa untuk ⎪x - b⎪< δ, 

x∈A, kita mempunyai ⎪h(x) – h(b)⎪ = h(x) ≤ 1/n 0 < ε. Jadi h kontinu pada bilangan 

irasional b. 

Akibatnya, kita berkesimpulan bahwa fungsi Thomae h 

kontinu hanya pada titik-titik irasional dalam A. 

1 * 

* 

1/2 

* 

* 

1/7 

* 

* 

* * 

* * * * 

* * * * 

* * * * * * * * * * * * 

* * * * * * * * 

1/2 

1 3/2 

2 

GAMBAR 5.1.2 Grafik Fungsi Thomae 

5.1.6 Peringatan (a) Kadang-kadang suatu fungsi f : A ⎯→ R tidak kontinu pada suatu 

titik c, sebab tidak terdefinisi pada titik tersebut.. Akan tetapi, jika fungsi f mempunyai suatu limit L 

pada tiitik c dan jika kita definisikan F pada A∪{c} ⎯→R dengan 

⎧L 

F( 

x) 

= ⎨ 

⎩ f ( x) 

untuk x = c 

untuk x ∈ A 

Analisis Real I 154

maka F kontinu pada c. Untuk melihatnya, perlu mengecek bahwa 

lim F = L, tetapi ini brlaku (men- 

x→c 

gapa?), karena lim f = L 

x→c 

Pendahuluan 

(b) Jika fungsi g : A ⎯→ R tidak mempunyai suatu limit pada c, 

maka tidak ada cara untuk memperoleh suatu fungsi G : A∪{c} ⎯→ R yang kontinu pada c dengan 

pendefinisian 

Untuk melihatnya, amati bahwa jika 

sama dengan C. 

⎧C 

G( 

x) 

= ⎨ 

⎩ g( 

x) 

G 

x→c 

untuk 

untuk 

x = c 

x ∈ A 

lim ada dan sama dengan C, maka lim g mesti ada juga dan 

5.1.7 Contoh-contoh (a) Fungsi g(x) = sin (1/x) untuk x ≠ 0 (lihat Gambar 

4.1.3) tidak mempunyai limit pada x = 0 (lihat contoh 4.1.10(c)). Jadi tidak terdapat 

nilai yang dapat kita berikan pada x = 0. Untuk memperoleh suatu perluasan kontinu 

dari g pada x = 0. 

(b) Misalkan f(x) = x sin(1/x) untuk x ≠ 0. (Lihat Gambar 

5.1.3) Karena f tidak terdefinisi pada x = 0, fungsi f tidak bisa kontinu pada titik 

ini. Akan tetapi, telah diperlihatkan pada Contoh 4.2.8(f) bahwa ( x sin( 1 x) 

) 

x→c 

lim = 0. 

x → 0 

Oleh karena itu mengikuti Peringatan 5.1.6(a) bahwa jika kita definisikan F : R ⎯→ 

R dengan 

maka F kontinu pada x = 0. 

⎧0 

F ( x) 

= ⎨ 

⎩x 

sin 

( 1 x) 

untuk 

untuk 

x = 0 

x ≠ 0 

Analisis Real I 155


Gambar 5.1.3 Grafik dari f(x) = x sin(1/x) x ≠ 0 



2. Perlihatkan Kriteria Diskontinu 5.1.4. 

3. Misalkan a 

f(b) = g(b). Definisikan h pada [a,c] dengan h(x) = f(x) untuk x∈[a,b] dan h(x) = g(x) untuk 

x∈(b,c]. Buktikan bahwa h kontinu pada [a,c]. 

4. Jika x∈R, kita definisikan ⇓x◊ adalah bilangan bulat terbesar n∈Z sedemikian sehingga 

n ≤ x. (Jadi, sebagai contoh, ⇓8,3◊ = 8, ⇓π◊ = 3, ⇓-π◊ = -4.) Fungsi x a ⇓x◊ disebut 

fungsi bilangan bulat terbesar. Tentukan titik-titik dimana fungsi-fungsi berikut kontinu 

: 

(a). f(x) = ⇓x◊, (b) g(x) = x⇓x◊, 

(c). h(x) = ⇓sin x◊, (d) k(x) = ⇓1/x◊ (x ≠ 0). 

5. Misalkan f terdefinisi untuk semua x∈R, x ≠ 2, dengan f(x) = (x 2 + x – 6)/(x – 2). Dapatkah 

f terdefinisi pada x = 2 dimana dengan ini menjadikan f kontinu pada titik ini? 

Analisis Real I 156

Pendahuluan 

6. Misalkan A⊆R dan f : A ⎯→ R kontinu pada titik c∈A. Tunjukkan bahwa untuk sebarang 

ε > 0, terdapat lingkungan V δ (c) dari c sedemikian sehingga jika x,y∈A∩V δ (c), 

maka ⎪f(x) – f(y)⎪ < ε. 

7. Misalkan f : R ⎯→ R kontinu pada c dan misalkan f(c) > 0. Tunjukkan bahwa terdapat 

V δ (c) suatu lingkungan dari c sedemikian sehingga untuk sebarang x∈ V δ (c) maka f(x) > 

0. 

8. Misalkan f : R ⎯→ R kontinu pada R dan misalkan S = {x∈R : f(x) = 0} adalah “himpunan 

nol” dari f. Jika (x n ) ⊆ S dan x = lim (x n ), tunjukkan bahwa x∈S. 

9. Misalkan A⊆B⊆R, f : B ⎯→ R dan g pembatasan dari f pada A (yaitu, g(x) = f(x) untuk 

x∈A). 

(a). Jika f kontinu pada c∈A, tunjukkan bahwa g kontinu pada c. 

(b). Tunjukkan dengan contoh bahwa jika g kontinu pada c, tidak perlu berlaku bahwa f 

kontinu pada c. 

10. Tunjukkan bahwa fungsi nilai mutlak f(x) = ⎪x⎪ kontinu pada setiap titik c∈R. 

11. Misalkan K > 0 dan f : ⎯→ R memenuhi syarat ⎪f(x) – f(y)⎪ ≤ K⎪x - y⎪ untuk semua 

x,y∈R. Tunjukkan bahwa f kontinu pada setiap titik c∈R. 

12. Misalkan bahwa f : R ⎯→ R kontinu pada R dan f(r) = 0 untuk setiap bilangan rasional 

r. Buktikan bahwa f(x) = 0 untuk semua x∈R. 

13. Definisikan g : R ⎯→ R dengan g(x) = 2x untuk x rasional, dan g(x) = x + 3 untuk x 

irasional. Tentukan semua titik dimana g kontinu. 

14. Misalkan A = (0,∞) dan k : A ⎯→ R didefinisikan sebagai berikut. Untuk x∈A, x rasional, 

kita definisikan k(x) = 0; untuk x∈A rasional dan berbentuk x = m/n dengan bilangan 

asli m, n tidak mempunyai faktor persekutuan kecuali 1, kita definisikan k(x) = n. 

Buktikan bahwa k tidak terbatas pada setiap interval terbuka dalam A. Simpulkan bahwa 

k tidak kontinu pada sebarang titik dari A. 

PASAL 5.2 Kombinasi dari Fungsi-fungsi Kontinu 

Misalkan A⊆R, f dan g fungsi-fungsi yang terdefinisi pada A ke R dan b∈R. 

Dalam Definisi 4.2.3 kita mendefinisikan jumlah, selisih, hasil kali, dan kelipatan 

fungsi-fungsi disimbol f + g, f – g, fg, bf. Juga, jika h : A ⎯→ R sedemikian sehingga 

Analisis Real I 157


h(x) ≠ 0 untuk semua x∈A, maka kita definisikan fungsi hasil bagi dinotasi dengan 

f/h. 

Hasil berikut ini serupa dengan Teorema 4.2.4. 

5.2.1 Teorema Misalkan A⊆R, f dan g fungsi-fungsi yang terdefinisi pada A 

ke R dan b∈R. Andaikan bahwa c∈A dan f dan g kontinu pada c. 

(a) Maka f + g, f – g, fg, dan bf kontinu pada c. 

(b) Jika h : A ⎯→ R kontinu pada c∈A dan jika h(x) ≠ 0 untuk semua x∈A, 

maka fungsi f/h kontinu pada c. 

Bukti. Jika c bukan suatu titik cluster dari A, maka konklusi berlaku secara 

otomatis. Dari sini, kita asumsikan bahwa c titik cluster dari A. 

(a) Karena f dan g kontinu pad 

(b) a c, maka 

f(c) = 

lim f dan g(c) = lim g 

x→c 

x→c 

Oleh karena itu mengikuti Teorema 4.2.4(a) diperoleh 

(f + g)(c) = f(c) + g(c) = lim ( f + g ) 

x→c 

Dengan demikian f + g kontinu pada c. Pernyataan-pernyataan lain pada bagian (a) 

dibuktikan dengan cara serupa. 

(c) Karena c∈A, maka h(c) ≠ 0. Tetapi karena h(c) = 

lim h , berikut dari Teorema 

4.2.4(b) bahwa 

f 

h 

( c) 

= 

f 

h 

( c) 

( c) 

= 

lim f 

x→c 

⎛ f ⎞ = lim ⎜ ⎟⎠ . 

lim h x→c⎝ 

h 

x→c 

Oleh karena itu f/h kontinu pada c. 

Hasil berikut merupakan konsekuensi dari Teorema 5.2.1, diterapkan untuk 

semua titik dalam A. Akan tetapi, secara ekstrim, ini adalah suatu hasil penting, kita 

akan menyatakannya secara formal. 

5.2.2 Teorema Misalkan A⊆R, f dan g fungsi-fungsi yang terdefinisi pada A 

ke R dan b∈R. 

x→c 

Analisis Real I 158

Pendahuluan 

(a) Maka f + g, f – g, fg, dan bf kontinu pada A. 

(b) Jika h : A ⎯→ R kontinu pada A dan h(x) ≠ 0 untuk x∈A, maka fungsi 

f/h kontinu pada A. 

5.2.3 Komentar Untuk mendefinisikan fungsi hasil bagi, kadang-kadang lebih cocok memulainya 

sebagai berikut : Jika ϕ : ⎯→ R, misalkan A 1 = {x∈A : ϕ(x) ≠ 0}. Kita akan mendefinisikan 

fungsi hasil bagi f/ϕ pada himpunan A 1 dengan 

(*) 

⎛ f ⎞ f ( x) 

⎜ ( x) 

= 

ϕ 

⎟ 

⎝ ⎠ ϕ( 

x) 

untuk x ∈ A 1 . 

Jika ϕ kontinu pada titik c∈A 1 , maka jelas bahwa pembatasan ϕ 1 dari ϕ pada A 1 juga kontinu pada c. 

Oleh karena itu mengikuti Teorema 5.2.1(b) dipergunkan untuk ϕ 1 bahwa f/ϕ kontinu pada c∈A 1 . Serupa 

juga jika f dan ϕ kontinu pada A, maka fungsi f/ϕ, didefinisikan pada A 1 oleh (*), kontinu pada 

A 1 . 

5.2.4 Contoh-contoh (a) Fungsi-fungsi polinomial. 

Jika p suatu fungsi polinimial, dengan demikian p(x) = anxn + an-1xn-1 + … 

+ a1x + a0 untuk semua x∈R, maka mengikuti Contoh 4.2.5(f) bahwa p(c) = lim p 

x→c 

untuk sebarang c∈R. Jadi fungsi polinomial kontinu pada R. 

(b) Fungsi-fungsi rasional 

Jika p dan q fungsi-fungsi polinomial pada R, maka terdapat paling banyak 

sejumlah hingga α 1 ,α 2 , … , α n akar-akar real dari q. Jika x∉{α 1 ,α 2 , … , α n } maka 

q(x) ≠ 0 dengan demikian kita dapat mendefinisikan fungsi rasional r dengan 

r(x) = 

p( 

x) 

q( 

x) 

untuk x∉{α 1 ,α 2 , … , α n }. 

Telah diperlihatkan dalam Contoh 4.2.5(g) bahwa jika q(c) ≠ 0, maka 

r(c) = 

p( 

c) 

= 

q( 

c) 

lim p( 

x) 

x→ c 

= limr( 

x) 

lim q( 

x) 

x→c 

x→c 

Dengan kata lain, r kontinu pada c. Karena c sebarang bilangan real yang bukan akar 

dari q, kita katakan bahwa suatu fungsi rasional yang kontinu pada setiap bilangan 

real dimana fungsi tersebut terdefinisi. 

(c) Kita akan menunjukkan bahwa fungsi sinus kontinu pada R. 

Analisis Real I 159


Untuk mengerjakan ini kita akan menggunakan sifat-sifat dari fungsi sinus dan 

cosinus yang pada bagian ini tidak akan dibuktikan. Untuk semua x,y,z∈R kita mempunyai 

⎪sin z⎪ ≤ ⎪z⎪, ⎪cos z⎪ ≤ 1, 

sin x – sin y = 2sin[½(x – y)]cos[½(x + y)]. 

Dari sini, jika c∈R, maka kita mempunyai 

⎪sin x – sin c⎪ ≤ 2(½⎪x – c⎪)(1) = ⎪x - c⎪. 

Oleh karena itu sin kontinu pada c. Karena c∈R sebarang, maka ini berarti fungsi sin 

kontinu pada R. 

(d) Fungsi cosinus kontinu pada R. 

Untuk mengerjakan ini kita akan menggunakan sifat-sifat dari fungsi sinus dan 

cosinus yang pada bagian ini tidak akan dibuktikan. Untuk semua x,y,z∈R kita mempunyai 

⎪sin z⎪ ≤ ⎪z⎪, ⎪sin z⎪ ≤ 1, 

cos x – cos y = 2sin[½(x + y)]sin[½(y - x)]. 

Dari sini, jika c∈R, maka kita mempunyai 

⎪cos x – cos c⎪ ≤ 2(1)(½⎪c – x⎪) = ⎪x - c⎪. 

Oleh karena itu cos kontinu pada c. Karena c∈R sebarang, maka ini berarti fungsi cos 

kontinu pada R. (Cara lain, kita dapat menggunakan hubungan cos x = sin (x + π/2).) 

(e) Fungsi-fungsi tan, cot, sec, csc kontinu dimana fungsi-fungsi ini terdefinisi. 

Sebagai contoh, fungsi cotangen didefinisikan dengan 

Cot x = 

cos x 

sin x 

Asalkan sin x ≠ 0 (yaitu, asalkan x ≠ nπ, n∈Z). Karena sin dan cos kontinu pada R, 

maka mengikuti Komentar 5.2.3 bahwa fungsi cot kontinu pada domainnya. Fungsifungsi 

trigonometri yang lain dilakukan dengan proses pengerjaan yang serupa. 

5.2.5 Teorema Misalkan A⊆R, f : A ⎯→ R dan ⎪f⎪ didefinisikan untuk 

x∈A dengan ⎪f⎪(x) = ⎪f(x)⎪. 

Analisis Real I 160

Pendahuluan 

(a) Jika f kontinu pada suatu titik c∈A, maka ⎪f⎪ kontinu pada c. 

(b) Jika f kontinu pada A, maka ⎪f⎪ kontinu pada A. 

Bukti. Ini merupakan konsekuensi dari Latihan 4.2.13. 

5.2.6 Teorema Misalkan A⊆R, f : A ⎯→ R dan f(x) ≥ 0 untuk semua 

x∈A. Kita misalkan f didefinisikan untuk x∈A dengan f (x) = f (x) 

. 

(c) Jika f kontinu pada suatu titik c∈A, maka f kontinu pada c. 

(d) Jika f kontinu pada A, maka f kontinu pada A. 

Bukti. Ini merupakan konsekuensi dari Latihan 4.2.14. 

Komposisi Fungsi-fungsi Kontinu 

Sekarang kita akan menunjukkan bahwa jika f : A ⎯→ R kontinu pada suatu 

titik c dan jika g : B ⎯→ R kontinu pada b = f(c), maka komposisi g o f kontinu pada 

c. Agar menjamin bahwa g o f terdefinisi pada seleruh A, kita perlu menganggap 

bahwa f(A) ⊆ B. 

5.2.7 Teorema Misalkan A,B⊆R, f : A ⎯→ R dan g : B ⎯→ R fungsifungsi 

sedemikian sehingga f(A)⊆B. Jika f kontinu pada suatu titik c∈A dan g kontinu 

pada b = f(c) ∈B, maka komposisi g o f : A ⎯→ R kontinu pada c. 

Bukti. Misalkan W suatu lingkungan-ε dari g(b). Karena g kontinu pada b, 

maka terdapat suatu lingkungan-δ V dari b = f(c) sedemikian sehingga jika y∈B∩V 

maka g(y)∈W. Karena f kontinu pada c, maka terdapat suatu lingkungan-γ U dari c 

sedemikian sehingga jika x∈U∩A, maka f(x)∈V. (Lihat Gambar 5.2.1.) Karena 

f(A)⊆B, maka ini berarti jika x∈A∩U, maka f(x)∈B∩V dengan demikian g o f(x) = 

g(f(x))∈W. Tetapi karena W suatu lingkungan-ε dari g(b), ini mengakibatkan bahwa g 

o f kontinu pada c. 

5.2.7 Teorema Misalkan A,B⊆R, f : A ⎯→ R kontinu pada A dan g : B 

⎯→ R kontinu pada B. Jika f(A)⊆B, maka komposisi g o f : A ⎯→ R kontinu pada 

A. 

Analisis Real I 161


Bukti. Teorema ini secara serta-merta mengikuti hasil sebelumnya, jika , berturut-turut, 

f dan g kontinu pada setiap titik A dan B. 

Teorema 5.2.7 dan 5.2.8 sangat bermanfaat dalam menunjukkan bahwa 

fungsi-fungsi tertentu kontinu. Teorema-teorema ini dapat dipergunakan dalam berbagai 

situasi dimana situasi ini akan sulit untuk menggunakan definisi kekontinuan 

secara langsung. 

5.2.9 Contoh-contoh (a) Misalkan g 1 (x) = ⎪x⎪ untuk x∈R. Menurut 

Ketaksamaan Segitiga (Lihat Akibat 2.3.4) bahwa 

⎪g 1 (x) – g 1 (c)⎪ ≤ ⎪x - c⎪ 

untuk semua x,c∈R. Dari sini g 1 kontinu pada c∈R. Jika f : A ⎯→ R sebarang 

fungsi kontinu pada A, maka Teorema 5.2.8 mengakibatkan bahwa g 1 o f = ⎪f⎪ kontinu 

pada A. Ini memberikan cara lain pembuktian dari Teorema 5.2.5. 

(b) Misalkan g 2 (x) = x untuk x ≥ 0. Mengikuti Teorema 3.2.10 dan 5.1.3 

bahwa g 2 kontinu pada sebarang c ≥ 0. Jika f : A ⎯→ R kontinu pada A dan jika f(x) 

≥ 0 untuk semua x∈A, maka menurut Teorema 5.2.8 g 2 o f = 

f kontinu pada A. Ini 

memberikan pembuktian lain dari Teorema 5.2.6. 

(c) Misalkan g 3 (x) = sin x untuk x∈R. Kita telah tunjukkan dalam Contoh 

5.2.4(c) bahwa g 3 kontinu pada R. Jika f : A ⎯→ R kontinu pada A, maka mengikuti 

Teorema 5.2.8 bahwa g 3 o f kontinu pada A. 

Khususnya, jika f(x) = 1/x untuk x ≠ 0, maka fungsi g(x) = sin(1/x) kontinu 

pada setiap titik c ≠ 0. [Kita telah tunjukkan, dalam Contoh 5.1.7(a), bahwa g tidak 

didefinisikan pada 0 agar g menjadi kontinu pada titik itu.] 

V 

W 

U 

b 

g(b) 

c 

Analisis Real I f 

g 

162 

A B C 

GAMBAR 5.2.1 Komposisi dari f dan g

Pendahuluan 

Soal-soal 

1. Tentukan titik-titik kekontinuan dari fungsi-fungsi berikut dan nyatakan teoremateorema 

mana yang dipergunakan dalam setiap kasus : 

(a). f(x) = 

x 

2 

+ 2x 

+ 1 

x 

2 

+ 1 

(x∈R); (b) g(x) = x + x (x ≥ 0); 

(c). h(x) = 

1+ sin x 

x 

(x ≠ 0); (d) k(x) = cos x 2 + 1 (x∈R). 

2. Tunjukkan bahwa jika f : A→ R kontinu pada A⊆R dan jika n∈N, maka fungsi f n didefinisikan 

oleh f n (x) = (f(x)) n untuk x∈A, kontinu pada A. 

3. Berikan satu contoh f dan g yang kedua-duanya tidak kontinu pada suatu titik c dalam R 

sedemikian sehingga : (a) fungsi jumlah f + g kontinu pada c, (b) fungsi hasil kali fg kontinu 

pada c. 

4. Misalkan x ξ ⇓x◊ menyatakan fungsi bilangan bulat terbesar (lihat Latihan 5.1.4.) Tentukan 

titik-titik kekontinuan dari fungsi f(x) = x - ⇓x◊, x∈R. 

5. Misalkan g didefinisikan pada R oleh g(1) = 0, dan g(x) = 2 jika x ≠ 1, dan misalkan f(x) 

= x + 1 untuk semua x∈R. Tunjukkan bahwa lim g o f 

→ 

kontradiksi dengan Teorema 5.2.7? 

x 

0 

≠ g o f(0). Mengapa ini tidak 

6. Misalkan f,g didefinisikan pada R dan c∈R. Misalkan juga bahwa lim f 

x → 0 

= b dan g kontinu 

pada b. Tunjukkan bahwa 

lim g o 

→ 

x 

0 

f 

= g(b). (Bandingkan hasil ini dengan Teorema 

5.2.7 dan latihan sebelumnya.) 

7. Berikan contoh dari fungsi f : [0,1] → R yang diskontinu pada setiap titik dalam [0,1] 

tetapi sedemikian sehingga ⎪f⎪ kontinu pada [0,1]. 

8. Misalkan f,g fungsi-fungsu kontinu dari R ke R, dan misalkan pula f(r) = g(r) untuk semua 

bilangan rasional r. Apakah benar bahwa f(x) = g(x) untuk semua x∈R? 

9. Misalkan h : R → R kontinu pada R memenuhi h(m/2 n ) = 0 untuk semua m∈Z, n∈N. 

Tunjukkan bahwa h(x) = 0 untuk semua x∈R. 

10. Misalkan f : R → R kontinu pada R, dan misalkan pula P = {x∈R : f(x) > 0}. Jika c∈P, 

tunjukkan bahwa terdapat suatu lingkungan V δ (c)⊆P. 

Analisis Real I 163


11. Jika f dan g kontinu pada R, misalkan pula S = {x∈R : f(x) ≥ g(x)}. Jika (s n )⊆S dan lim 

(s n ) = s, tunjukkan bahwa s∈S. 

12. Suatu fungsi f : R → R dikatakan aditif jika f(x + y) = f(x) + f(y) untuk semua x,y∈R. 

Buktikan bahwa jika f kontinu pada suatu titik x 0 , maka fungsi itu kontinu pada setiap titik 

dalam R. (Lihat Latihan 4.2.12.) 

13. Misalkan f fungsi aditif kontinu pada R. Jika c = f(1), tunjukkan bahwa kita mempunyai 

f(x) = cx untuk semua x∈R. [Petunjuk : Pertama-tama tunjukkan bahwa jika r suatu bilangan 

rasional, maka f(r) = cr.] 

14. Misalkan g : R → R memenuhi hubungan g(x + y) = g(x)g(y) untuk semua x,y∈R. Tunjukkan 

bahwa jika g kontinu pada x = 0, maka g kontinu pada setiap titik dalam R. Juga 

jika kita mempunyai g(a) = 0 untuk suatu a ∈R, maka g(x) = 0 untuk semua x∈R. 

15. Misalkan f,g : R → R kontinu pada suatu titik c, dan h(x) = sup{f(x), g(x)} untuk x∈R. 

Tunjukkan bahwa h(x) = ½(f(x) + g(x)) + ½⎪f(x) – g(x)⎪ untuk semua x∈R. Gunakan 

hasil ini untuk menunjukkan bahwa h kontinu pada c. 

16. Misalkan I = [a,b] dan f : I → R terbatas dan kontinu pada I. Definisikan g : I → R dengan 

g(x) = sup{f(t) : a ≤ t ≤ b} untuk semua x∈I. Buktikan bahwa g kontinu pada I. 

PASAL 5.3 Fungsi-fungsi Kontinu pada Interval 

Fungsi-fungsi yang kontinu pada interval-interval mempunyai sejumlah sifat 

penting yang tidak dimiliki oleh fungsi kontinu pada umumnya. Dalam pasal ini kita 

akan memperlihatkan beberapa hasil yang agak mendalam yang dapat dipandang 

penting, dan yang akan diterapkan pada bagian-bagian selanjutnya. 

5.3.1 Definisi Suatu fungsi f : A → R dikatakan terbatas pada A, jika terdapat 

M > 0 sedemikan sehingga ⎪f(x)⎪ ≤ M untuk semua x∈A. 

Dengan kata lain, suatu fungsi dikatakan terbatas jika range-nya merupakan suatu 

himpunan terbatas dalam R. Kita mencatat bahwa suatu fungsi kontinu tidak perlu terbatas. 

Contohnya, fungsi f(x) = 1/x adalah fungsi kontinu pada himpunan A = {x∈R : x > 0}. Akan 

tetapi, f tidak terbatas pada A. Kenyataannya, f(x) = 1/x tidak terbatas apabila dibatasi pada B 

= {x∈R : 0 < x < 1}. Akan tetapi, f(x) = 1/x terbatas apabila dibatasi untuk himpunan C = 

{x∈R : 1 ≤ x}, meskipun himpunan C tidak terbatas. 

Analisis Real I 164

Pendahuluan 

5.3.2 Teorema Keterbatasan Misalkan I = [a,b] suatu interval tertutup dan 

terbatas dan misalkan f : I → R kontinu pada I. Maka f terbatas pada I. 

Bukti. Andaikan f tidak terbatas pada I. Maka, untuk sebarang n∈N terdapat 

suatu bilangan x n ∈I sedemikian sehingga ⎪f(x n )⎪ > n. Karena I terbatas, barisan X = 

(x n ) terbatas. Oleh karena itu, menurut Teorema Bolzano-Weiestrass 3.4.7 bahwa terdapat 

subbarisan X‘ = ( x 

nr 

) dari X yang konvergen ke x. Karena I tertutup dan unsurunsur 

X’ masuk kedalam I, maka menurut Teorema 3.2.6, x∈I. Karena f kontinu pada 

x, dengan demikian barisan (f( x nr 

)) konvergen ke f(x). Kita selanjutnya menyimpulkan 

dari Teorema 3.2.2 bahwa kekonvergenan barisan (f( x 

ini suatu kontradiksi karena 

⎪f( x )⎪ > n r ≥ r untuk r∈N 

nr 

nr 

)) mesti terbatas. Tetapi 

Oleh karena itu pengandaian bahwa fungsi kontinu f tidak terbatas pada interval tertutup 

dan terbatas I menimbulkan kontradiksi. 

5.3.3 Definisi Misalkan A⊆R dan f : A → R. Kita katakan f mempunyai 

suatu maksimum mutlak pada A jika terdapat suatu titik x * ∈A sedemikian sehingga 

f(x * ) ≥ f(x) 

untuk semua x∈A. 

Kita katakan f mempunyai suatu minimum mutlak pada A jika terdapat suatu titik 

x * ∈A sedemikian sehingga 

f(x * ) ≤ f(x) 

untuk semua x∈A. 

Kita katakan bahwa x * suatu titik maksimum mutlak untuk f pada A, dan x * suatu 

titik minimum mutlak dari f pada A, jika titik-titik itu ada. 

Kita perhatikan bahwa suatu fungsi kontinu pada himpunan A tidak perlu mempun- 

Analisis Real I 165


yai suatu maksimum mutlak atau minimum mutlak pada himpunan tersebut. Sebagai contoh, 

f(x) = 1/x, yang tidak mempunyai baik titik maksimum mutlak maupun minimum mutlak 

pada himpunan A = {x∈R : x > 0}. (Lihat Gambar 5.3.1). Tidak adanya titik maksimum absolut 

untuk f pada A karena f tidak terbatas diatas pada A, dan tidak ada titik yang mana f 

mencapai nilai 0 = inf{f(x) : x∈A}. Fungsi yang sama tidak mempunyai baik suatu maksimum 

mutlak maupun minimum mutlak apabila dibatasi pada himpunan {x∈R : 0 < x < 1}, 

sedangkan fungsi ini mepumyai nilai maksimum mutlak dan juga minimum mutlak apabila 

dibatasi pada himpunan {x∈R : 1 ≤ x ≤ 2}. Sebagai tambahan, f(x) = 1/x mempunyai suatu 

maksimum mutlaktetapi tidak mempunyai minimum mutlak apabila dibatasi pada himpunan 

{x∈R : x ≥ 1}, tetapi tidak mempunyai maksimum mutlak dan tidak mempunyai nilai minimum 

mutlak apabila dibatasi pada himpunan {x∈R : x > 1}. 

GAMBAR 5.3.1 Grafik fungsi f(x) = 1/x (x > 0) 

Jika suatu fungsi mempunyai suatu titik maksimum mutlak, maka titik ini tidak 

perlu ditentukan secara tunggal. Sebagai contoh, fungsi g(x) = x 2 didefinisikan 

untuk x∈A = [-1,+1] mempunyai dua titik x = !1 yang memberikan titik maksimum 

pada A, dan titik tunggal x = 0 menghasilkan minimum mutlaknya pada A. (Lihat 

Gambar 5.3.2.) Untuk memilih suatu contoh ekstrim, fungsi konstan h(x) = 1 untuk 

x∈R adalah sedemikian sehingga setiap titik dalam R merupakan titik maksimum 

mutlak dan sekaligus titik minimum mutlak untuk f. 

5.3.4 Teorema Maksimum-Minimum Misalkan I = [a,b] interval tertutup 

dan terbatas dan f : I → R kontinu pada I. Maka f mempunyai maksimum mutlak dan 

minimum mutlak pada I. 

Bukti. Pandang himpunan tak kosong f(I) = {f(x) : x∈I} nilai-nilai dari f pada 

I. Dalam Teorema 5.3.2 sebelumnya telah diperlihatkan bahwa f(I) merupakan sub- 

Analisis Real I 166

Pendahuluan 

himpunan dari R yang terbatas. Misalkan s * = sup f(I) dan s * = inf f(I). Kita claim 

bahwa terdapat titik-titik x * dan x * sedemikian sehingga s * = f(x * ) dan s * = f(x * ). Kita 

akan memperlihatkan bahwa keberadaan titik x * , meninggalkan pembuktian eksistensi 

dari x * untuk pembaca. 

GAMBAR 5.3.2 Grafik fungsi g(x) = x 2 (⎪x⎪ ≤ 1) 

Karena s * = sup f(I), jika n∈N, maka s * - 1/n bukan suatu batas atas dari himpunan 

f(I). Akibatnya terdapat bilangan real x n ∈I sedemikian sehingga 

(#) s * - n 

1 < f(xn ) ≤ s * untuk n∈N. 

Karena I terbatas, barisan X = (x n ) terbatas. Oleh karena itu, dengan menggunakan 

Teorema Bolzano-Weiestrass 3.4.7, terdapat subbarisan X‘ = ( x 

nr 

) dari X yang konvergen 

ke suatu bilangan x * . Karena unsur-unsur dari X’ termasuk dalam I = [a,b], 

maka mengikuti Teorema 3.2.6 bahwa x * ∈I. Oleh karena itu f kontinu pada x * dengan 

demikian lim (f( x 

nr 

)) = f(x * ). Karena itu mengikuti (#) bahwa 

s * - 

1 < f( x n ) ≤ s * untuk r∈N, 

r 

n r 

kita menyimpulkan dari Teorema Apit 3.2.7 bahwa lim (f( x 

nr 

)) = s * . Oleh karena itu 

kita mempunyai 

f(x * ) = lim (f( x 

nr 

)) = s * = sup f(I). 

Kita simpulkan bahwa x * adalah suatu titik maksimum mutlak dari f pada I. 

Hasil berikut memberikan suatu dasar untu lokasi akar dari fungsi-fungsi kontinu. 

Pembuktiannya memberikan juga suatu algoritma untuk pencarian akar dan dapat 

dengan mudah diprogram untuk suatu komputer. Suatu alternatif pembuktian dari 

teorema ini ditunjukkan dalam Latihan 5.3.8. 

5.3.5 Teorema Lokasi Akar Misalkan I suatu interval dan f : I → R fungsi 

kontinu pada I. Jika α < β bilangan-bilangan dalam I sedemikian sehingga f(α) < 0 < 

f(β) (atau sedemikian sehingga f(α) > 0 > f(β)), maka terdapat bilangan c∈(α,β) 

sedemikian sehingga f(c) = 0. 

Analisis Real I 167


Bukti. Kita asumsikan bahwa f(α) < 0 < f(β). Misalkan I 1 = [α,β] dan γ = ½(α 

+ β). Jika f(γ) = 0 kita ambil c = γ dan bukti lengkap. Jika f(γ) > 0 kita tetapkan α 2 = 

α, β 2 = γ, sedangkan jika f(γ) < 0 kita tetapkan α 2 = γ, β 2 = β. Dalam kasus apapun, 

kita tetapkan I 2 = [α 2 ,β 2 ], dimana f(α 2 ) < 0 dan f(β 2 ) > 0. Kita lanjutkan proses biseksi 

ini. 

Anggaplah bahwa kita telah mempunyai interval-interval I 1 , I 2 , …, I k = [α k ,β k ] 

yang diperoleh dengan biseksi secara berturut-turut dan sedemikian sehingga f(α k ) < 0 

dan f(β k ) > 0. Misalkan γ k = ½(α k + β k ). Jika f(γ k ) = 0 kita ambil c = γ k dan bukti 

lengkap. Jika f(γ k ) > 0 kita tetapkan α k+1 = α k , β k+1 = γ k , sedangkan jika f(γ k ) < 0 kita 

tetapkan α k+1 = γ k , β k+1 = β k . Dalam kasus apapun, kita tetapkan I k+1 = [α k+1 ,β k+1 ], 

dimana 

f(α k+1 ) < 0 dan f(β k+1 ) > 0. 

Jika proses ini diakhiri dengan penetapan suatu titik γ n sedemikian sehingga f(γ n ) =0, 

pembuktian selesai. Jika proses ini tidak berakhir, kita memperoleh suatu barisan 

nested dari interval-interval tutup I n = [α n ,β n ], n∈N. Karena interval-interval ini 

diperoleh dengan biseksi berulang, kita mempunyai β n - α n = (β - α)/2 n – 1 . Mengikuti 

Sifat Interval Nested 2. 6.1 bahwa terdapat suatu titik c dalam I n untuk semua n∈N. 

Karena α n ≤ c ≤ β n untuk semua n∈N, kita mempunyai 0 ≤ c - α n ≤ β n - α n = (β - 

α)/2 n – 1 , dan 0 ≤ β n – c ≤ β n - α n = (β - α)/2 n – 1 . Dari sini diperoleh bahwa c = lim 

(α n ) dan c = lim (β n ). Karena f kontinu pada c, kita mempunyai 

lim (f(α n )) = f(c) = lim (f(β n )). 

Karena f(β n ) ≥ 0 untuk semua n∈N, maka mengikuti Teorema 3.2.4 bahwa f(c) = lim 

(f(β n )) ≥ 0. Juga Karena f(α n ) ≤ 0 untuk semua n∈N, maka mengikuti hasil yang sama 

(gunakan –f) bahwa f(c) = lim (f(α n )) ≤ 0. Oleh karena itu kita mesti mempunyai f(c) = 

0. Akibatnya c merupakan akar dari f. 

Hasil berikut adalah generalisasi dari teorema sebelumnya. Ini menjamin 

bahwa suatu fungsi kontinu pada suatu interval memuat sejumlah bilangan yang masuk 

diantara dua nilainya. 

Analisis Real I 168

Pendahuluan 

5.3.6 Teorema Nilai Antara Bolzano Misalkan I suatu interval dan f : I → 

R kontinu pada I. Jika a, b∈I dan jika k∈R memenuhi f(a) < k < f(b), maka terdapat 

suatu titik c∈I antara a dan b sedemikian sehingga f(c) = k. 

Bukti. Anggaplah a 

Menurut Teorema Lokasi Akar 5.3.5 terdapat suatu titik c dengan a < c < b 

sedemikian sehingga 0 = g(c) = f(c) – k. Oleh karena itu f(c) = k. 

Jika b < a, misalkan h(x) = k – f(x) dengan demikian h(b) < 0 < h(a). Oleh 

karena itu terdapat titik c dengan b < c < a sedemikian sehingga 0 = h(c) = k – f(c), 

dari sini f(c) = k. 

5.3.7 Akibat Misalkan I = [a,b] suatu interval tutup dan terbatas. Misalkan 

pula f : I → R kontinu pada I. Jika k∈R sebarang bilangan yang memenuhi 

inf f(I) ≤ k ≤ sup f(I) 

maka terdapat suatu bilangan c∈I sedemikian sehingga f(c) = k. 

Bukti. Ini mengikut pada Teorema MaksimumMinimum 5.3.4 bahwa terdapat 

titik-titik c * dan c * dalam I sedemikian sehingga 

inf f(I) = f(c * ) ≤ k ≤ f(c * ) = sup f(I). 

Sekarang kesimpulan mengikut pada Teorema 5.3.6. 

Teorema berikut ini meringkaskan hasil utama dari pasal ini. Teorema ini 

menyatakan bahwa peta dari suatu interval tertutup dan terbatas dibawah suatu fungsi 

kontinu juga interval tertutup dan terbatas. Titik-titik ujung dari interval peta adalah 

nilai maksimum mutlak dan minimum mutlak dari fungsi, dan pernyataan bahwa semua 

nilai antara nilai maksimum dan nilai minimum masuk dalam interval peta 

adalah suatu cara dari pertimbangan Teorema Nilai Antara Bolzano. 

5.3.8 Misalkan I = [a,b] suatu interval tutup dan terbatas. Misalkan pula f : I 

→ R kontinu pada I. Maka himpunan f(I) = {f(x) : x∈I} adalah interval tutup dan terbatas. 

Analisis Real I 169


Bukti. Jika kita memisalkan m = inf f(I) dan M = sup f(I), maka mengetahui 

dari Teorema Maksimum-Minimum 5.3.4 bahwa m dan M masuk dalam f(I). Selain 

itu, kita mempunyai f(I) ⊆ [m,M]. Di pihak lain, jika k sebarang unsur dari [m,M], 

maka menurut Teotema Akibat sebelumnya bahwa terdapat suatu titik c∈I sedemikian 

sehingga k = f(c). Dari sini, k∈f(I) dan kita menyimpulkan bahwa [m,M]⊆f(I). Oleh 

M 

f(b) 

f(a) 

GAMBAR 5.3.3 f(I) = [m,M] 

Catatan. Jika I = [a,b] suatu interval dan f : I → R kontinu pada I, kita mempunyai 

bukti bahwa f(I) adalah interval [m,M]. Kita tidak mempunyai bukti (dan itu 

tidak selalu benar) bahwa f(I) adalah interval [f(a),f(b)]. (ihat Gambar 5.3.3.) 

Teorema sebelumnya adalah suatu teorema “pengawetan” dalam pengertian, 

teorema ini menyatakan bahwa peta kontinu dari suatu interval tutup dan terbatas 

adalah himpunan yang bertipe sama. Teorema berikut memperluas hasil ini untuk interval 

secara umum. Akan tetapi, akan dicatat bahwa meskipun peta kontinu dari 

suatu interval adalah juga suatu interval, tidak benar bahwa interval peta perlu mempunyai 

bentuk sama seperti interval domain. Sebagai contoh, peta kontinu dari interm 

a 

x * 

x * 

b 

karena itu, f(I) adalah interval [m,M]. 

Analisis Real I 170

Pendahuluan 

val buka tidak perlu suatu interval buka, dan peta kontinu dari suatu interval tertutup 

tak terbatas tidak perlu interval tertutup. Memang, jika f(x) = 1/(x 2 + 1) untuk xεR, 

maka f kontinu pada R [lihat Contoh 5.2.4(b)]. Mudah untuk melihat bahwa jika I 1 = 

(-1,1), maka f(I 1 ) = (½,1], yang mana bukan suatu interval buka. Juga, jika I 2 = [0,∞), 

maka f(I 2 ) = (0,1] yang mana bukan interval tutup. (Lihat Gambar 5.3.4.) 

Untuk membuktikan Teorema Pengawetan Interval 5.3.10, kita perlu lemma 

pencirian interval berikut. 

GAMBAR 5.3.4 Grafik fungsi f(x) = 1/(x 2 + 1) (x∈R) 

5.3.9 Lemma Misalkan S⊆R suatu himpunan tak kosong dengan sifat 

(*) jika x,y∈S dan x < y, maka [x,y]⊆S. 

Maka S suatu interval. 

Bukti. Kita akan menganggap bahwa S mempunyai sekurang-kurangnya dua 

titik. Terdapat empat kasus untuk diperhatikan : (i) S terbatas, (ii) S terbatas diatas 

tetapi tidak terbatas dibawah, (iii) ) S terbatas dibawah tetapi tidak terbatas diatas, dan 

(iv) S tidak terbatas baik diatas maupun dibawah. 

(i) Misalkan a = inf S dan b = sup S. Jika s∈S maka a ≤ s ≤ b dengan 

demikian s∈[a,b]; karena s∈S sebarang, kita simpulkan bahwa S⊆[a,b]. 

Dipihak lain kita claim bahwa (a,b)⊆S. Karena jika z∈(a,b), maka z bukan 

suatu batas bawah dari S dengan demikian terdapat x∈S dengan x < z. Juga z ukan 

Analisis Real I 171


suatu batas atas darin S dengan demikian terdapat y∈S dengan z < y. Akibatnya, 

z∈[x,y] dan sifat (*) mengakibatkan z∈[x,y]⊆S. Karena z unsur sebarang dalam (a,b), 

maka disimpulkan bahwa (a,b) ⊆ S. 

Jika a∉S dan b∉S, maka kita mempunyai S = (a,b); jika a∉S dan b∈S kita 

mempunyai S = (a,b]; jika a∈S dan b∉S kita mempunyai S = [a,b); dan jika a∈S dan 

b∈S kita mempunyai S = [a,b]. 

(ii) Misalkan b = sup S. Jika s∈S maka s ≤ b dengan demikian kita mesti 

mempunyai S⊆(-∞,b]. Kita claim bahwa (-∞,b)⊆S. Karena, jika z∈(-∞,b), argumen 

yang diberikan (i) mengakibatkan terdapat x,y∈S sedemikian sehingga [x,y]⊆S. Oleh 

karena itu (-∞,b)⊆S. 

Jika b∉S, maka kita mempunyai S = (-∞,b); jika b∈S, maka kita mempunyai S 

= (-∞,b]. 

(iii) Misalkan a = inf S dan memperlihatkan seperti dalam (ii). Dalam kasus 

ini kita mempunyai S = (a,∞) jika a∉S, dan S = [a,∞) jika a∈S. 

(iv) 

Jika z∈R, maka argumen yang diberikan pada (i) mengakibatkan 

bahwa terdapat x,y∈S sedemikian sehingga z∈[x,y]⊆S. Oleh karena itu R⊆S, dengan 

demikian S = (-∞,∞). 

Jadi, dalam semua kasus, S merupakan suatu interval. 

5.3.10 Teorema Pengawetan Interval Misalkan I suatu interval dan f : I → 

R kontinu pada I. Maka himpunan f(I) merupakan suatu interval. 

Bukti. Misalkan α,β∈f(I) dengan α < β; maka terdapat titik-titik a,b∈I 

sedemikian sehingga α = f(a) dan β = f(b). Selanjutnya, menurut Teorema Nilai 

Antara Bolzano 5.3.6 bahwa jika k∈(α,β) maka terdapat suatu c∈I dengan k = 

f(c)∈f(I). Oleh karena itu [α,β]⊆f(I), meninjukkan bahwa f(I) memiliki sifat (*) pada 

lemma sebelumnya. Oleh karena itu f(I) merupakan suatu interval. 

Analisis Real I 172


Pendahuluan 

1. Misalkan I = [a,b] dan f : I → R fungsi kontinu sedemikian sehingga f(x) > 0 untuk 

setiap x∈I. Buktikan bahwa terdapat suatu α > 0 sedemikian sehingga f(x) ≥ α untuk semua 

x∈I. 

2. Misalkan I = [a,b] dan f : I → R dan g : I → R fungsi kontinu pada I. Tunjukkan bahwa 

himpunan E = {x∈I : f(x) = g(x)} mempunyai sifat bahwa jika (x n )⊆E dan x n → x 0 , maka 

x 0 ∈E. 

3. Misalkan I = [a,b] dan f : I → R fungsi kontinu pada I sedemikian sehingga untuk setiap 

x dalam I terdapat y dalam I sedemikian sehingga ⎪f(y)⎪ ≤ ½⎪f(x)⎪. Buktikan bahwa terdapat 

suatu titik c dalam I sedemikian sehingga f(c). 

4. Tunjukkan bahwa setiap polinomial derajat ganjil dengan koefisien real mempunyai paling 

sedikit akar real. 

5. Tunjukkan bahwa polinomial p(x) = x 4 + 7x 3 – 9 mempunyai paling sedikit dua akar real. 

Gunakan kalkulator untuk menemukan akar-akar ini hingga dua tempat desimal. 

6. Misalkan f kontinu pada interval [0,1] ke R dan sedemikian sehingga f(0) = f(1). Buktikan 

bahwa terdapat suatu titik c dalam [0,½] sedemikian sehingga f(c) = f(c + ½). [Petunjuk 

: Pandang g(x) = f(x) – f(x +½).] Simpulkan bahwa , sebarang waktu, terdapat titiktitik 

antipodal pada equator bumi yang mempunyai temperatur yang sama. 

7. Tunjukkan bahwa persamaan x = cos x mempunyai suatu solusi dalam interval [0,π/2]. 

Gunakan prosedur biseksi dalam pembuktian Teorema Pencarian Akar dan kalkulator untuk 

menemukan suatu solusi oproksimasi dari persamaan ini, teliti sampai dua tempat desimal. 

8. Misalkan I = [a,b] dan f : I → R fungsi kontinu pada I dan misalkan f(a) < 0, f(b) > 0. 

Misalkan pula W = {x∈I : f(x) < 0}, dan w = sup W. Buktikan bahwa f(w) = 0. (Ini 

memberikan suatu alternatif pembuktian Teorema 5.3.5.) 

9. Misalkan I = [0,π/2], dan f : I → R didefinisikan oleh f(x) = sup {x 2 ,cos x} untuk x∈I. 

Tunjukkan terdapat suatu titik minimum mutlak x 0 ∈I untuk f pada I. Tunjukkan bahwa x 0 

merupakan suatu solusi untuk persamaan cos x = x 2 . 

10. Andaikan bahwa f : R → R kontinu pada R dan bahwa lim f = 0 dan lim f = 0. 

x→−∞ 

Buktikan bahwa f terbatas pada R dan mencapai maksimum atau minimum pada R. 

x→∞ 

Analisis Real I 173


Berikan contoh untuk menunjukkan bahwa maksimum dan minimum, keduanya, tidak 

perlu dicapai. 

11. Misalkan f : R → R kontinu pada R dan β∈R. Tunjukkan bahwa jika x 0 ∈R sedemikian 

sehingga f(x 0 ) < β, maka terdapat suatu lingkungan-δ U dari x 0 sedemikian sehingga f(x) 

< β untuk semua x∈U. 

12. Ujilah bahwa interval-interval buka [atau, tutup] dipertakan oleh f(x) = x 2 untuk x∈R 

pada interval-interval buka [atau, tutup]. 

13. Ujilah pemetaan dari interval-interval buka [atau, tutup] dibawah fungsi-fungsi g(x) = 

1/(x 2 + 1) dan h(x) = x 3 untuk x∈R. 

14. Jika f : [0,1] → R kontinu dan hanya mempunyai nilai-nilai rasional [atau, nilai-nilai 

irasional], mesti f fungsi konstan. 

15. Misalkan I = [a,b] dan f : I → R suatu fungsi (tidak perlu kontinu) dengan sifat bahwa 

untuk setiap x∈I, fungsi f terbatas pada suatu lingkungan ( x) 

V 

x 

δ 

dari x (dalam pengertian 

pada Definisi 4.2.1). Buktikan bahwa f terbatas pada I. 

16. Misalkan J = (a,b) dan g : J → R fungsi kontinu dengan sifat bahwa untuk setiap x∈J, 

fungsi g terbatas pada suatu lingkungan ( x) 

terbatas pada J. 

V 

x 

δ 

dari x. Tunjukkan bahwa g tidak perlu 

PASAL 5.4 Kekontinuan Seragam 

Misalkan A⊆R dan f : A → R. Telah dilihat pada Teorema 5.1.3 bahwa pernyataan-pernyataan 

berikut ini ekivalen : 

(i) f kontinu pada setiap titik u∈A; 

(ii) diberikan ε > 0 dan u∈A, terdapat δ(ε,u) > 0 sedemikian sehingga untuk 

semua x∈A dan ⎪x - u⎪ < δ(ε,u), maka ⎪f(x) – f(u)⎪ < ε. 

Suatu hal kita ingin menekankan disini bahwa, secara umum, δ bergantung pada ε > 

0 dan u∈A. Fakta bahwa δ bergantung pada u adalah suatu refleksi bahwa fungsi f 

dapat diubah nilai-nilainya dengan cepat dekat titik-titik tertentu dan dengan lambat 

dekat dengan nilai-nilai lain. [Sebagai contoh, pandang f(x) = sin(1/x) untuk x > 0; 

lihat Gambar 4.1.3.] 

Analisis Real I 174

Pendahuluan 

Sekarang, sering terjadi bahwa fungsi f sedemikian sehingga δ dapat dipilih 

tidak bergantung pada titik u∈A dan hanya bergantung pada ε. Sebagai contoh, jika 

f(x) = 2x untuk semua x∈R, maka 

⎪f(x) – f(u)⎪ = 2⎪x - u⎪, 

dan dengan demikian kita dapat memilih δ(ε,u) = ε/2 untuk semua ε > 0, u∈R (Mengapa?) 

Di pihak lain jika kita memandang g(x) = 1/x unuk x∈A {x∈R : x > 0}, maka 

(1) g(x) – g(u) = 

u − x . 

ux 

Jika u∈A diberikan dan jika kita memilih 

(2) δ(ε,u) = inf {½u, ½u 2 ε}, 

maka jika ⎪x - u⎪ < δ(ε,u) kita mempunyai ⎪x - u⎪ < ½u dengan demikian ½u < x < 

3 

u, dimana berarti bahwa 1/x < 2/u. Jadi, jika ⎪x - u⎪ < ½u, ketaksamaan (1) 

2 

menghasilkan ketaksamaan 

(3) ⎪g(x) – g(u)⎪ ≤ (2/u 2 )⎪x - u⎪. 

Akibatnya, jika ⎪x - u⎪ < δ(ε,u), ketaksamaan (3) dan definisi (2) mengakibatkan 

⎪g(x) – g(u)⎪ < (2/u 2 )(½u 2 ε) = ε 

Kita telah melihat bahwa pemilihan δ(ε,u) oleh formula (2) “works” dalam pengertian 

bahwa pemilihan itu memungkinkan kita untuk memberikan nilai δ yang akan menjamin 

bahwa ⎪g(x) – g(u)⎪ < ε apabila ⎪x - u⎪ < δ dan x,u∈A. Kita perhatikan bahwa 

nilai δ(ε,u) yang diberikan pada (2) tidak memunculkan satu nilai δ(ε) > 0 yang akan 

“work” untuk semua u > 0 secara simultan, karena inf{δ(ε,u) : u > 0} = 0. 

Analisis Real I 175


GAMBAR 5.4.1 g(x) = 1/x (x > 0) 

Suatu tanda bagi pembaca akan mempunyai pengamatan bahwa terdapat pilihan 

lain yang dapat dibuat untuk δ. (Sebagai contoh kita juga dapat memilih δ 1 (ε,u) = 

inf{ 31 

u, 32 

u 2 ε}, sebagaimana pembaca dapat tunjukkan; akan tetapi kita masih mempunyai 

inf{δ(ε,u) : u > 0} = 0.) Kenyataannya, tidak ada cara pemilihan satu nilai δ 

yang akan “work” untuk semua u > 0 untuk fungsi g(x) = 1/x, seperti kita akan lihat. 

Situasi di atas diperlihatkan secara grafik dalam Gambar 5.4.1 dan 5.4.2 dimana, 

untuk lingkungan-ε yang diberikan sekitar f(2) = ½ dan f(½) = 2, sesuai dengan 

nilai maksimum dari δ terlihat sangat berbeda. Seperti u menuju 0, nilai δ yang 

diperbolehkan menuju 0. 

5.4.1 Definisi Misalkan A⊆R dan f : A → R. Kita katakan f kontinu 

seragam pada A jika untuk setiap ε > 0 terdapat δ(ε) > 0 sedemikian sehingga jika 

x,u∈A sebarang bilangan yang memenuhi ⎪x - u⎪ < δ(ε), maka ⎪f(x) – f(u)⎪ < ε. 

Ini jelas bahwa jika f kontinu seragam pada A, maka f kontinu seragam pada 

setiap titk dalam A. Akan tetapi, secara umum konversnya tidak berlaku, sebagaimana 

telah ditunjukkan oleh fungsi g(x) = 1/x pada himpunan A = {x∈R : x > 0}. 

Pengertian di atas berguna untuk memformulasi syarat ekuivalensi untuk 

mengatakan bahwa f tidak kontinu seragam pada A. Kita akan memberikan kriteria 

demikian dalam hasil berikut, ditinggalkan pembuktiannya seagai latihan bagi pembaca. 

5.4.2 Kriteria Kekontinuan tidak Seragam Misalkan A⊆R dan f : A → 

R. Maka pernyataan-pernyataan berikut ini ekuivalen : 

(i) f tidak kontinu seragam pada A; 

(ii) Terdapat ε 0 > 0 sedemikian sehingga untuk setiap δ > 0 terdapat titiktitik 

x δ , u δ dalam A sedemikian sehingga ⎪x δ - u δ ⎪ < δ dan ⎪f(x δ ) – f(u δ )⎪ ≥ ε 0 . 

Analisis Real I 176

Pendahuluan 

(iii) Terdapat ε 0 > 0 dan dua barisan (x n ) dan (u n ) dalam A sedemikian sehingga 

lim (x n – u n ) = 0 dan ⎪f(x n ) – f(u n )⎪ ≥ ε 0 untuk semua n∈N. 

Kita dapat menggunakan hasil ini untuk menunjukkan bahwa g(x) = 1/x kontinu 

tidak seragam pada A = {x∈R : x > 0}. Karena, jika x n = 1/n dan u n = 1/(n + 1), 

maka kita mempunyai lim (x n – u n ) = 0, tetapi ⎪g(x) – g(u)⎪ = 1 untuk semua n∈N. 

GAMBAR 5.4.1 g(x) = 1/x (x > 0) 

Sekarang kita menyajikan suatu hasil penting yang menjamin bahwa suatu 

fungsi kontinu pada interval tertutup dan terbatas I adalah kontinu seragam pada I. 

5.4.3 Teorema Kekontinuan Seragam Misalkan I suatu interval tutup dan 

terbatas dan f : I → R kontinu pada I. Maka f kontinu seragam pada I. 

Bukti. Jika f tidak kontinu seragam pada I maka menurut hasil sebelumnya, 

terdapat ε 0 > 0 dan dua barisan (x n ) dan (u n ) dalam A sedemikian sehingga ⎪x n - u n ⎪ < 

1/n dan ⎪f(x n ) – f(u n )⎪ > ε 0 untuk semua n∈N. Karena I terbatas, barisan (x n ) terbatas; 

menurut Teorema Bolzano-Weierstrass 3.4.7 terdapat subbarisan ( x 

nk 

) dari (x n ) yang 

konvergen ke suatu unsur z. Karena I tertutup, limit z masuk dalam I, menuurt Teorema 

3.2.6. Ini jelas bahwa subbarisan yang bersesuaian ( u ) juga konvergen ke z, 

karena 

nk 

Analisis Real I 177


⎪un 

k 

- z⎪ ≤ ⎪un 

k 

- xn 

⎪ + ⎪ x 

k 

n k 

- z⎪. 

Sekarang jika f kontinu pada titik z, maka barisan (f(x n )) dan (f(u n )) mesti 

konvergen ke f(z). Akan tetapi ini tidak mungkin karena 

⎪f(x n ) – f(u n )⎪ ≥ ε 0 

untuk semua n∈N. Jadi hipotesis bahwa f tidak kontinu seragam pada interval tutup 

dan terbatas I mengakibatkan f tidak kontinu pada suatu titik z∈I. Akibatnya, jika f 

kontinu pada setiap titik dalam I, maka f kontinu seragam pada I. 

Fungsi-fungsi Lipschitz 

Jika suatu fungsi kontinu seragam diberikan pada suatu himpunan yang merupakan 

interval tidak tertutup dan terbatas, maka kadang-kadang sulit untuk menunjukkan 

kekontinuan seragamnya. Akan tetapi, terdapat suatu syarat yang selalu terjadi 

yang cukup untuk menjamin kekontinuan secara seragam. 

5.4.4 Definisi Misalkan A⊆R dan f : A → R. Jika terdapat suatu konstanta 

K > 0 sedemikian sehingga 

⎪f(x) – f(u)⎪ ≤ K⎪x - u⎪ 

untuk semua x,u∈A, maka f dikatakan fungsi Lipschitz (atau memenuhi syarat 

Lipschitz) pada A. 

Syarat bahwa suatu fungsi f : I → R pada suatu interval I adalah fungsi 

Lipschitz dapat diinterpretasi secara geometri sebagai berikut. Jika kita menuliskan 

syaratnya sebagai 

f 

( x) − f ( u) 

x − u 

≤ K, x,u∈I, x ≠ u, 

maka kuantitas dalam nilai mutlak adalah kemiringan segmen garis yang melalui titiktitik 

(x,f(x)) dan (u,f(u)). Jadi, suatu fungsi f memenuhi syarat Lipschitz jika dan 

hanya jika kemiringan dari semua segmen garis yang menghubungkan dua titik pada 

grafik y = f(x) pada I terbatas oleh suatu K. 

5.4.5 Teorema Jika f : A → R suatu fungsi Lipschitz, maka f kontinu 

seragam pada A. 

Analisis Real I 178

Pendahuluan 

Bukti. Jika syarat Lipschitz dipenuhi dengan konstanta K, maka diberikan ε > 

0 sebarang, kita dapat memilih δ = ε/K. Jika x,u∈A dan memenuhi ⎪x - u⎪ < δ, maka 

⎪f(x) – f(u)⎪ < K(ε/K) = ε 

Oleh karena itu, f kontinu seragam pada A. 

5.4.6 Contoh-contoh (a) Jika f(x) = x 2 pada A = [0,b], dimana b suatu konstanta 

positif, maka 

⎪f(x) – f(u)⎪ = ⎪x + u⎪⎪x -u⎪ ≤ 2b⎪x - u⎪ 

untuk semua x,u dalam [0,b]. Jadi f memenuhi syarat Lipschitz dengan konstanta K = 

2b pada A, dan oleh karena itu f kontinu seragam pada A. Tentu saja, karena fkontinu 

pada A yang merupakan interval tertutup dan terbatas, ini dapat juga disimpulkan dari 

Teorema Kekontinuan Seragam. (Perhatikan bahwa f tidak memenuhi kondisi 

Lipschitz pada interval [0,∞).) 

(b) Tidak semua fungsi yang kontinu seragam merupakan fungsi Lipschitz. 

Misalkan g(x) = x untuk x dalam interval tertutup dan terbatas I = [0,2]. Karena g 

kontinu pada I, maka menurut Teorema Kekontinuan Seragam 5.4.3, g kontinu 

seragam pada I. Akan tetapi, tidak terdapat bilaknagn K > 0 sedemikian sehingga 

⎪g(x)⎪ ≤ K⎪x⎪ untuk semua x∈I. (Mengapa tidak?) Oleh karena itu, g bukan suatu 

fungsi Lipschitz pada I. 

(c) Teorema Kekontinuan Seragam dan Teorema 5.4.5 kadang-kadang dapat 

dikombinasikan untuk memperlihatkan kekontinuan seragam dari suatu fungsi pada 

suatu himpunan. Kita pandang g(x) = x pada himpunan A = [0,∞). Kekontinuan 

seragam dari g pada interval I = [0,2] mengikuti Teorema Kekontinuan Seragam 

seperti dicatat dalam (b). Jika J = [1,∞), maka jika x dan u dalam J, kita mempunyai 

⎪g(x) – g(u)⎪ = ⎪ x - u ⎪ = 

x − u ≤ ½⎪x - u⎪ 

x + u 

Jadi g suatu fungsi Lipschitz pada J dengan konstanta K = ½, dan dari sini menurut 

Teorema 5.4.5, g kontinu seragam pada [1,∞). Karena A = I∪J, ini berarti [dengan 

pemilihan δ(ε) = inf{1,δ I (ε),δ J (ε)}] bahwa g kontinu seragam pada A. Kita tinggalkan 

detailnya untuk pembaca. 

Analisis Real I 179


Teorema Perluasan Kontinu 

Kita telah melihat fungsi yang kontinu tapi tidak kontinu seragam pada interval 

buka; sebagai contoh, fungsi f(x) = 1/x pada interval (0,1). Di pihak lain, dengan 

Teorema Kekontinuan Seragam, suatu fungsi yang kontinu pada interval tutup dan 

terbatas selalu kontinu seragam. Dengan demikian muncul pertanyaan: Syarat apa 

yang diperlukan suatu fungsi untuk kontinu seragam pada suatu interval buka? Jawabannya 

menampakkan kekuatan dari kekontinuan seragam, karena akan ditunjukkan 

bahwa suatu fungsi pada (a,b) kontinu seragam jika dan hanya jika dapat didefinisikan 

pada titik-titik ujung untuk menghasilkan suatu fungsi yang kontinu pada interval 

tertutup. Pertama=tama kita akan menunjukkan suatu hasil sebagai teorema berikut. 

5.4.7 Teorema Jika f : A → R kontinu seragam pada suatu A⊆R dan jika 

(x n ) barisan Cauchy dalam A, maka (f(x n )) barisan Cauchy dalam R. 

Bukti. Misalkan (x n ) barisan Cauchy dalam A, dan ε > 0 diberikan. Pertamatama 

pilih δ > 0 sedemikian sehingga jika x,u dalam A memenuhi ⎪x - u⎪ < δ, maka 

⎪f(x) – f(u)⎪ < ε. Karena (x n ) barisan Cauchy, maka terdapat H(δ) sedemikian sehingga 

⎪x n - x m ⎪ < δ untuk semua n,m > H(δ). Dengan pemilihan δ, ini mengakibatkan 

bahwa untuk n,m > H(δ), kita mempunyai ⎪f(x n ) – f(x m )⎪ < ε. Oleh karena itu barisan 

(f(x n )) barisan Cauchy. 

Hasil di atas memberikan kita suatu cara alternatif dalam melihat bahwa f(x) = 

1/x tidak kontinu seragam pada (0,1). Kita perhatikan bahwa barisan yang diberikan 

oleh x n = 1/n dalam (0,1) merupakan barisan Cauchy, tetapi barisan petanya, dimana 

f(x n ) = n untuk semua n∈N bukan barusan Cauchy. 

5.4.8 Teorema Perluasan Kontinu Suatu fungsi f kontinu seragam pada 

interval (a,b) jika dan hanya jika f dapat didefinisikan pada titik-titik ujung a dan b 

sedemikian sehingga fungsi perluasannya kontinu pada [a,b]. 

Bukti. Suatu fungsi yang kontinu seragam pada [a,b] tentu saja kontinu pada 

(a,b), dengan demikian kita hanya perlu membuktikan implikasi sebaliknya. 

Analisis Real I 180

Pendahuluan 

Misalkan f kontinu seragam pada (a,b). Kita akan menunjukkan bagaimana 

memperluas f ke a; argumen untuk b dilakukan dengan cara yang sama. Ini dilakukan 

dengan menunjukkan bahwa lim f ( x) 

x→c 

= L ada, dan ini diselesaikan dengan penggunaan 

Kriteria Sekuensial untuk limit. Jika (x n ) barisan dalam (a,b) dengan lim (x n ) 

= a, maka barisan ini barisan Cauchy, dan dengan demikian konvergen menurut Teorema 

3.5.4. Jadi lim (f(x n )) = L ada. Jika (u n ) sebarang barisan lain dalam (a,b) yang 

konvergen ke a, maka lim (u n - x n ) = a – a = 0, dengan demikian oleh kekontinuan 

seragam dari f kita mempunyai 

Lim (f(u n )) = lim (f(u n ) – f(x n )) + lim (f(x n )) 

= 0 + L = L. 

Karena kita memperoleh nilai L yang sama untuk sebarang barisan yang konvergen ke 

a, maka dari Kriteria Sekuensial untuk limit kita menyimoulkan bahwa f mempunyai 

limit L pada a. Argumen yang sama digunakan untuk IbI, dengan demikian kita simpulkan 

bahwa f mempunyai perluasan kontinu untuk interval [a,b]. 

Karena lim dari f(x) = sin(1/x) pada 0 tidak ada, 

kita menegaskan dari Teorema Perluasan Kontinu bahwa fungsi ini tidak kontinu 

seragam pada (0,b] untuk sebarang b > 0. Di pihak lain, karena xsin( 1 x) 

lim 

x → 0 

= 0 ada, 

maka fungsi g(x) = x sin (1/x) kontinu seragam pada (0,b) untuk semua b > 0. 

Aproksimasi 

Dalam banyak aplikasi adalah penting untuk dapat 

mengaproksimasi fungsi-fungsi kontinu dengan suatu fungsi yang memiliki sifat-sifat 

dasar. Meskipun terdapat variasi definisi yang dapat digunakan untuk membuat kata 

“aproksimasi” lebih tepat, satu diantaranya yang sangat alami (dan juga salah satu 

yang terpenting) adalah memaksa bahwa setiap titik dari domain yang diberikan, 

fungsi aproksimasinya akan tidak berbeda dari fungsi yang diberikan dengan lebih 

kecil dari kesalahan yang ditentukan. 

Analisis Real I 181


5.4.9 Definisi Misalkan I⊆R suatu interval dan s 

: I → R. Maka s dinamakan fungsi tangga jika s hanya mempunyai sejumlah hingga 

nilai-nilai yang berbeda, setiap nilai diberikan pada satu atau lebih interval dalam I. 

oleh 

Sebagai contoh, fungsi s : [-2,4] → R didefinisikan 

⎧ 0, 

⎪ 

⎪ 

1, 

1 

⎪ , 

2 

s(x) = ⎨ 

⎪ 3, 

⎪− 

2, 

⎪ 

⎩ 2, 

- 2 

≤ x < 1, 

-1 ≤ x < 0, 

0 < x < 

1 

2 

1 

2 

≤ x < 1, 

, 

1 ≤ x ≤ 3, 

3 < x ≤ 4, 

y 

[ 

( 

( 

[ 

[ 

( 

[ 

[ 

( 

( 

x 

[ 

[ 

merupakan fungsi tangga. (Lihat Gambar 5.4.3) 

GAMBAR 5.4.3 Grafik y = s(x) 

Analisis Real I 182

Pendahuluan 

Sekarang kita akan menunjukkan bahwa suatu 

fungsi kontinu pada suatu interval tertutup dan terbatas I dapat diaproksimasi secara 

sebarang dengan fungsi tangga. 

5.3.10 Teorema Misalkan I interval tertutup dan 

terbatas. Misalkan pula f : I → R kontinu pada I. Jika ε > 0, maka terdapat suatu 

fungsi tangga s ε : I → R sedemikian sehingga ⎪f(x) - s ε (x)⎪ < ε untuk semua x∈I. 

Bukti. Karena fungsi f kontinu seragam (menurut 

Teorema Kekontinuan Seragam 5.4.3), maka itu berarti bahwa diberikan ε > 0 terdapat 

δ(ε) > 0 sedemikian sehingga jika x,y∈I dan ⎪x - y⎪ < δ(ε), maka ⎪f(x) – f(y)⎪ < ε. 

Misalkan I = [a,b] dan m∈N cukup besar dengan demikian h = (b – a)/m < δ(ε). 

Sekarang kita membagi I = [a,b] ke dalam m interval saling lepas yang panjangnya h; 

yaitu I 1 = [a,a+h], dan I k = (a+(k-1)h,a+kh] untuk k = 2, … ,m. Karena panjang setiap 

subinterval I k adalah h < δ(ε), maka selisih antara dua nilai dari f dalam I k lebih kecil 

dari ε. Sekarang kita definisikan 

(4) s ε (x) = f(a + kh) untuk x∈I k , k = 1, … ,m, 

dengan demikian s ε adalah konstanta pada setiap interval I k . (Kenyataannya bahwa 

nilai dari s ε pada I k adalah nilai dari f pada titik ujung dari I k , Lihat Gambar 5.4.4.) 

Akibatnya jika x∈I k , maka 

⎪f(x) - s ε (x)⎪ = ⎪f(x) - f(a + kh)⎪ < ε. 

Oleh karena itu kita mempunyai ⎪f(x) - s ε (x)⎪ < ε untuk semua x∈I. 

Analisis Real I 183


GAMBAR 5.4.4 Aproksimasi dengan fungsi tangga 

Perhatikan bahwa pembuktian dari teorema sebelumnya 

agak lebih dibandingkan dengan pernyataan dalam teorema. Pada kenyataannya 

kita telah membuktikan pernyataan berikut. 

5.4.11 Akibat Misalkan I = [a,b] interval tutup 

dan terbatas, dan f : I → R kontinu pada I. Jika ε > 0, maka terdapat bilangan asli m 

sedemikian sehingga jika kita membagi I dalam m interval saling lepas I k yang mempunyai 

panjang h = (b – a)/m, maka fungsi tangga s ε didefinisikan pada (4) memenuhi 

⎪f(x) - s ε (x)⎪ < ε untuk semua x∈I. 

Fungsi tangga merupakan fungsi yang memiliki 

karakter dasar, akan tetapi tidak kontinu (kecuali dalam kasus trivial). Karena itu sering 

diperlukan sekali untuk mengaproksimasi fungsi-fungsi kontinu dengan fungsi 

kontinu sederhana, bagaimana kita akan menunjukkan bahwa kita dapat mengaproksimasi 

fungsi-fungsi kontinu dengan fungsi linear kontinu piecewise (potong demi 

potong). 

5.4.12 Definisi Misalkan I = [a,b] suatu interval. 

Maka suatu fungsi g : I → R dikatakan linear potong demi potong pada I jika I merupakan 

gabungan dari sejumlah hingga interval saling lepas I 1 , … I m , sedemikian sehingga 

pembatasan dari g untuk setiap interval I k merupakan fungsi linear. 

Remark. Jelas bahwa agar suatu fungsi linear potong demi 

potong g kontinu pada I, segmen garis yang membentuk grafik g bertemu pada titik-titik ujung dari 

subinterval yang berdekatan I k dan I k + 1 k + 1 (k = 1, … , m-1) 

Teorema 5.4.13 Misalkan I suatu interval tutup 

dan terbatas, dan f : I → R kontinu pada I. Jika ε > 0, maka terdapat suatu fungsi linear 

potong-demi-potong kontinu g ε : I → R sedemikian sehingga ⎪f(x) - g ε (x)⎪ < ε 

untuk semua x∈I. 

Analisis Real I 184

Pendahuluan 

Bukti. Karena fungsi f kontinu seragam pada I = 

[a,b] maka itu berarti bahwa diberikan ε > 0 terdapat δ(ε) > 0 sedemikian sehingga 

jika x,y∈I dan ⎪x - y⎪ < δ(ε), maka ⎪f(x) – f(y)⎪ < ε. Misalkan m∈N cukup besar 

dengan demikian h = (b – a)/m < δ(ε). Sekarang kita membagi I = [a,b] ke dalam m 

interval saling lepas yang panjangnya h; yaitu I 1 = [a,a + h], dan I k = (a + (k-1)h,a + 

kh] untuk k = 2, … ,m. Pada setiap interval I k kita definisikan g ε fungsi linear yang 

menghubungkan titik-titik 

(a + (k – 1)h,f(a + (k – 1)h) dan (a + kh,f(a 

+ kh)). 

Maka g ε fungsi linear potong-demi-potong kontinu pada I. Karena, untuk x∈I k nilai 

f(x) tidak lebih dari ε dari f(a + (k –1)h) dan f(a + kh), ditinggalkan sebagai latihan 

pembaca untuk menunjukkan bahwa ⎪f(x) - g ε (x)⎪ < ε untuk semua x∈I k ; oleh karena 

itu ketaksamaan ini berlaku untuk semua x∈I. (Lihat Gambar 5.4.5.) 

GAMBAR 5.4.5 Aproksimasi oleh fungsi linear potong-demi-potong 

Kita akan menutup pasal ini dengan mengemukakan 

teorema penting dari Weierstrass mengenai aproksimasi fungsi-fungsi kontinu 

Analisis Real I 185


dengan fungsi polinimial. Seperti diharapkan, agar memperoleh suatu aproksimasi 

tidak lebih dari suatu ε > 0 yang ditentukan, kita mesti bersedia untuk menggunakan 

polinomial sebarang derajat tinggi. 

5.4.14 Teorema Aproksimasi Weierstrass Misalkan 

I = [a,b] dan misalkan f : I → R kontinu. Jika ε > 0 diberikan, maka terdapat 

suatu fungsi polinimial p ε sedemikian sehingga ⎪f(x) - p ε (x)⎪ < ε untuk semua x∈I. 

Terdapat sejumlah pembuktian dari teorema ini. 

Sayangnya, semua pembyktiian itu agak berbelit-belit, atau memakai hasil-hasil yang 

belum pada pengerjaan kita. Salah satu pembuktian yang paling elementer berdasarkan 

pada teorema berikut yang dikemukakan oleh Serge Bernsteîn, untuk fungsi kontinu 

pada [0,1]. Diberikan f : [0,1] → R, Bernsteîn mendefinisikan barisan polinomial 

: 

k 

(5) B n (x) = ∑ f ⎜ ⎟⎜ 

⎟x 

( − x) 

n 

k = 0 

⎛ k ⎞⎛ 

n⎞ 

⎝ n ⎠⎝ 

k ⎠ 

n−k 

1 . 

Fungsi polinomial B n , yang didefinisikan dalam (5) dinamakan polinomial Bernsteîn 

ke-n untuk f; ini adalah suatu polinomial derajat aling tinggi n dan koefisienkoefisiennya 

bergantung pada nilai dari fungsi f pada n + 1 titik 

1 2 k 

0, , , … , , … ,1, 

n n n 

dan koefisien-koefisien binomial 

⎛ n ⎞ n! 

⎜ ⎟ = 

⎝k 

⎠ k!( 

n − k)! 

= 

n 

( n − k) L( n − k + 1) 

1⋅ 

2Lk 

5.4.15 Teorema Aproksimasi Bernsteîn Misalkan 

f : [0,1] → R fungsi konttinu dan misalkan ε > 0. Terdapat n ε ∈N sedemikian sehingga 

jika n ≥ n ε , maka kita mempunyai ⎪f(x) – B n (x)⎪ < ε untuk semua x∈[0,1]. 

Bukti. Pembuktian Teorema ini diberikan dalam 

Elements of Analysis Real, H. 169-172. Disana ditunjukkan bahwa jika δ(ε) > 0 

Analisis Real I 186

Pendahuluan 

sedemikian sehingga ⎪f(x) – f(y)⎪ < ε untuk semua x,y∈[0,1] dengan ⎪x - y⎪ < δ(ε), 

dan jika M ≥ ⎪f(x)⎪ untuk semua x∈[0,1], maka kita dapat memilih 

(6) n ε =sup{(δ(ε/2) -4 ,M 2 /ε 2 }. 

Menaksir (6) memberikan informasi tentang seberapa besar n yang mesti kita pilih 

agar B n mengaproksimasi f tidak melebihi ε. 

Teorema Aproksimasi Weierstrass 5.4.14 dapat 

diperoleh dari Teorema Aproksimasi Bernsteîn 5.4.15 dengan suatu pengubahan variabel. 

Secara khusus, kita ganti f : [a,b] → R dengan fungsi F : [0,1] → R yang didefinisikan 

oleh 

F(t) = f(a + (b – a)t) untuk t∈[0,1]. 

Fungsi F dapat diaproksimasi dengan polinmial Bernsteîn untuk F pada interval [0,1], 

yang mana selanjutnya menghhasilkan polinomial pada [a,b] yang mengaproksimasi f. 


1. Tunjukkan bahwa fungsi f(x) = 1/x kontinu seragam pada himpunan A = [a,∞), 

dimana a suatu konstanta positif. 

2. Tunjukkan bahwa fungsi f(x) 1/x 2 kontinu seragam pada A = [1,∞), tetapi tidak 

kontinu seragam pada B = (0,∞). 

3. Gunakan Kriteria Kekontinuan Tak-Seragam 5.4.2 untuk menunjukkan bahwa 

fungsi-fungsi berkut ini tidak kontinu seragam pada himpunan yang diberikan. 

(a) f(x) = x 2 

A =[0,∞); 

(b) g(x) = sin(1/x) B = (0,∞). 

4. Tunjukkan bahwa fungsi f(x) = 1/(1 + x 2 ) untuk x∈R kontinu seragam pada R 

5. Tunjukkan bahwa jika f dan g kontinu seragam pada A⊆R, maka f + g juga kontinu 

seragam pada A. 

6. Tunjukkan bahwa jika f dan g kontinu seragam pada A⊆R dan jika kedua-duanya 

terbatas pada A, maka hasil kali fg juga fungsi kontinu seragam. 

7. Jika f(x) = x dan g(x) = sin x, tunjukkan bahwa f dan g kontinu seragam pada R, 

tetapi hasil kali fg tidak kontinu seragam pada R. 

Analisis Real I 187


8. Buktikan bahwa jika f dan g masing-masing kontinu seragam pada R maka fungsi 

komposisinya f o g juga kontinu seragam pada R. 

9. Jika f kontinu seragam pada A⊆R, dan ⎪f(x)⎪ ≥ k > 0 untuk semua x∈A, tunjukkan 

bahwa 1/f kontinu seragam pada A. 

10. Buktikan bahwa jika f kontinu seragam pada suatu himpunan A⊆R yang terbatas, 

maka f terbatas pada A. 

11. Jika g(x) = x untuk x∈[0,1], tunjukkan bahwa tidak terdapat suatu konstanta K 

sedemikian sehingga ⎪g(x)⎪ ≤ K⎪x⎪ untuk semua x∈[0,1]. Berikan kesimpulan 

bahwa g kontinu seragam yang tidak merupakan fungsi Lipschitz pada [0,1]. 

12. Tunjukkan bahwa jikaf kontinu pada [0,∞) dan kontinu seragam pada [a,∞) untuk 

suatu konstanta positif a, maka f kontinu seragam pada [0,∞). 

13. Misalkan A⊆R dan f : A → R memiliki difat: untuk setiap ε > 0 terdapat suatu 

fungsi g ε : A → R sedemikian sehingga g ε kontinu seragam pada A dan ⎪f(x) - 

g ε (x)⎪ < ε untuk semua x∈A. Buktikan bahwa f kontinu seragam pada A. 

14. Suatu fungsi f : R → R dikatakan fungsi periodik pada A jika terdapat suatu 

bilangan p > 0 sedemikian sehingga f(x + p) = f(x) untuk semua x∈R. Buktikan 

bahwa suatu fungsi periodik kontinu pada R adalah terbatas dan kontinu seragam 

pada R. 

15. Jika f 0 (x) = 1 untuk x∈[0,1], Hitunglah beberapa polinomial pertama Bernsteîn 

untuk f 0 .Tunjukkan bahwa polinomial ini serupa dengan f 0 . [Petunjuk: Teorema 

Binomial menyatakan bahwa (a + b) n = 

n 

∑ 

k = 0 

⎛ n⎞ 

k 

⎜ ⎟a 

b 

⎝k 

⎠ 

16. Jika f 1 (x) = x untuk x∈[0,1], Hitunglah beberapa polinomial pertama Bernsteîn 

untuk f 1 .Tunjukkan bahwa polinomial ini serupa dengan f 1 . 

17. Jika f 2 (x) = x 2 untuk x∈(0,1), Hitunglah beberapa polinomial pertama Bernsteîn 

untuk f 2 .Tunjukkan bahwa B n (x) = (1 –1/n)x 2 + (1/n)x. 

n−k 

]. 

Analisis Real I 188

Pendahuluan 

18. Gunakan hasil latihan sebelumnya untuk f 2 , seberapa besarnya n sedemikian sehingga 

polinomial Bernsteîn ke-n B n untuk f 2 memenuhi ⎪f 2 (x) – B n (x)⎪ ≤ 0,001 

untuk semua x∈[0,1]. 

Pasal 5.5 Fungsi Monoton dan Fungsi Invers 

Ingat kembali bahwa jika A⊆R, maka fungsi f : A → R dikatakan naik pada 

A jika untuk setiap x 1 ,x 2 ∈A dengan x 1 ≤ x 2 berlaku f(x 1 ) ≤ f(x 2 ). Fungsi f dikatakan 

naik secara murni pada A jika untuk setiap x 1 ,x 2 ∈A dengan x 1 < x 2 berlaku f(x 1 ) < 

f(x 2 ). Demikian juga, g : A → R dikatakan turun pada A jika untuk setiap x 1 ,x 2 ∈A 

dengan x 1 ≥ x 2 berlaku g(x 1 ) ≥ g(x 2 ). Fungsi g dikatakan turun secara murni pada A 

jika untuk setiap x 1 ,x 2 ∈A dengan x 1 > x 2 berlaku g(x 1 ) > g(x 2 ). 

Jika suatu fungsi naik atau turun pada A, maka kita katakan fungsi tersebut 

monoton pada A. Jika f fungsi naimk murni ayau turun murni pada A, kita katakan 

bahwa f monoton murni pada A. 

Kita perhatikan bahwa jika f : A → R naik pada A maka g = -f turun pada A; 

demikian juga jika ϕ : A → R turun pada A, maka ψ = -ϕ naik pada A. 

Dalam pasal ini, kita akan bekerja dengan fungsi-fungsi monoton yang didefinisikan 

pada suatu interval I⊆R. Kita akan mendiskusikan fungsi-fungsi naik secara 

eksplisit, tetapi itu jelas bahwa terdapat persesuaian hasil untuk fungsi-fungsi turun. 

Hasil-hasil ini dapat diperoleh secara langsung dari hasil-hasil untuk fungsi-fungsi 

naik atau dibuktikan dengan argumen yang serupa. 

Fungsi monoton tidak perlu kontinu. Sebagai cintoh, jika f(x) = 0 untuk 

x∈[0,1] dan f(x) = 1 untuk x∈(1,2], maka f merupakan fungsi naik pada [0,1], tetapi 

tidak kontinu pada x = 1. Akan tetapi, hasil berikut ini menunjukkan bahwa suatu 

fungsi monoton selalu mempunyai limit-limit sepihak baik limit pihak-kiri maupun 

pihak-kanan (lihat Definisi 4.3.1) dalam R pada setiap titik yang bukan titik ujung 

dari domainnya. 

Analisis Real I 189


5.5.1 Teorema Misalkan I⊆R suatu interval dan f : I → R naik pada I. Andaikan 

bahwa c∈I bukan titik ujung dari I. Maka 

(i) 

(ii) 

lim f = sup{f(x) : x∈I, x < c} 

x→c− 

lim f = inf{f(x) : x∈I, x > c} 

x →c+ 

Bukti. Pertama-tama kita perhatikan jika x∈I dan x < c, maka f(x) ≤ f(c). Dari 

sini himpunan {f(x) : x∈I, x < c}, yang mana tidak kosong karena c bukan titik ujung 

dari I, terbatas diatas oleh f(c). Jadi ini menunjukkan bahwa supremumnya ada; kita 

simbol dengan L. Jika ε > 0 diberikan, maka L - ε bukan suatu batas atas dari himpunan 

ini. Dari sini, terdapat y ε ∈I, y ε < c sedemikian sehingga L - ε < f(y ε ) ≤ L. 

Karena f fungsi naik, kita simpulkan bahwa jika δ(ε) = c - y ε dan jika 0 < c – y < δ(ε), 

maka ), maka y ε < y < c dengan demikian 

L - ε < f(y ε ) ≤ f(y) ≤ L 

Oleh karena itu ⏐f(y) - L⏐ < ε bila 0 < c – y < δ(ε). Karena ε > 0 sebarang, kita katakan 

bahwa (i) berlaku. 

Pembuktian bagian (ii) dilakukan dengan cara serupa. 

Hasil berikut memberikan kriteria untuk kekontinuan dari fungsi naik f pada 

suatu titik c yang bukan titik ujung interval pada mana f didefinisikan. 

5.5.2 Akibat Misalkan I⊆R suatu interval dan f : I → R naik pada I. Andaikan 

bahwa c∈I bukan titik ujung dari I. Maka pernyataan-pernyataan berikut ini 

ekuivalen. 

(a) f kontinu pada c. 

(b) 

lim f = f(c) = lim f 

x→c− 

x →c+ 

(c) sup{f(x) : x∈I, x < c} = f(c) = inf{f(x) : x∈I, x > c} 

Pembuktiannya mudah, tinggal mengikuti Teorema 5.5.1 dan 4.3.3. Kita tinggalkan 

detailnya untuk pembaca. 

Analisis Real I 190

Pendahuluan 

Misalkan I suatu interval dan f : I → R suatu fungsi naik. Jika a titik ujung 

kiri dari I, maka merupakan suatu latihan untuk menunjukkan bahwa f kontinu pada a 

jika dan hanya jika 

f(a) = inf{f(x) : x∈I, a < x} 

atau jika hanya jika 

lim 

x →a+ 

kanan dari I, dan untuk fungsi-fungsi turun. 

f . Syarat yang serupa diterapkan pada suatu titik ujung 

j f 

(c) 

{ 

c 

GAMBAR 5.5.1 Lompatan dari f pada c 

Jika f : I → R fungsi naik pada I dan jika c bukan suatu titik ujung dari I, kita 

definisikan lompatan dari f pada c sebagai j f (c) = 

5.5.1.) Mengikuti Teorema 5.5.1 bahwa 

lim f - lim f 

x →c+ 

x→c− 

. (Lihat Gambar 

j f (c) = inf{f(x) : x∈I, x > c} - sup{f(x) : x∈I, x < c} 

untuk suatu fungsi naik. Jika titik ujung kiri a dari I masuk dalam I, kita mendefinisikan 

lompatan dari f pada a menjadi j f (a) = 

lim f - f(a). Jika titik ujung kanan b 

x →a+ 

dari I masuk dalam I, kita mendefinisikan lompatan dari f pada b menjadi j f (b) = 

f(b) - 

lim f . 

x→b− 

5.5.3 Teorema Misalkan I⊆R suatu interval dan f : I → R naik pada I. Jika 

c∈I, maka f kontinu pada c jika dan hanya jika j f (c) = 0 

Bukti. Jika c bukan suatu titik ujung, ini secara mudah mengikuti Akibat 

5.5.2. Jika c∈I titik kiri ujung dari I, maka f kontinu pada c jika dan hanya jika f(c) = 

Analisis Real I 191


lim 

x →c+ 

f 

, yang mana ekuivalen dengan j f (c) = 0. Cara serupa juga dapat diperoleh untuk 

kasus c∈I titik ujung kanan dari I. 

Sekarang kita akan menunjukkan bahwa bisa terdapat paling banyak sejumlah terhitung titiktitik 

dimana fungsi monoton diskontinu. 

5.5.4 Teorema Misalkan I⊆R suatu interval dan f : I → R fungsi monoton 

pada I. Maka himpunan titik-titik D⊆I dimana f diskontinu adalah himpunan terhitung. 

Bukti. Kita akan menganggap bahwa f fungsi naik pada I. Mengikuti Teorema 

5.5.3 bahwa D = {x∈I : j f (x) ≠ 0}. Kita akan memandang kasus bahwa I = [a,b] suatu 

interval tertutup dan terbatas, ditinggalkan kasus lain sebagai latihan bagi pembaca. 

Pertama-tama kita perhatikan bahwa karena f fungsi naik, maka j f (c) ≥ 0 untuk 

semua c∈I. Selain itu, jika a ≤ x 1 < … < x n ≤ b, maka (mengapa?) kita mempunyai 

f(a) ≤ f(a) + j f (x 1 ) < … < j f (x n ) ≤ f(b), 

yang mana berarti bahwa 

j f (x 1 ) < … < j f (x n ) ≤ f(b) – f(a). 

(Lihat Gambar 5.5.2.) Akibatnya bisa terdapat paling banyak k buah titik dalam I = 

[a,b] dimana j f (x) ≥ (f(b) – f(a))/k. Kita simpulkan bahwa terdapat paling banyak satu 

titik x∈I dimana j f (x) ≥ f(b) – f(a); terdapat baling banyak dua titik dalam I dimana 

j f (x) ≥ (f(b) – f(a))/2; terdapat baling banyak tiga titik dalam I dimana j f (x) ≥ (f(b) – 

f(a))/3; dan seterusnya. Oleh karena itu terdapat paling banyak sejuemlah terhitung 

titik-titik x dimana j f (x) > 0. Akan tetapi karena setiap titik dalam D mesti masuk 

dalam himpunan ini, kita simpulkan bahwa D himpunan terhitung. 

Teorema 5.5.4 beberapa aplikasi yang berguna. Sebagai contoh, diperlihatkan 

dalam Latihan 5.2.12 bahwa jika h : R → R memenuhi identitas 

(*) h(x + y) = h(x) + h(y) untuk semua x,y∈R 

Analisis Real I 192

Pendahuluan 

dan jika h kontinu pada satu titik x 0 , maka h kontinu pada setiap titik dalam R. Ini 

berarti bahwa jika h merupakan fungsi monotan yang memenuhi (*), maka h mesti 

j f 

(x 4 

) 

{ 

f(b) 

j f 

(x 3 

) 

{ 

j f 

(x 2 

) 

{ 

f(b) - f(a) 

j f 

(x 1 

) 

{ 

f(a) 

a 

x 1 

x 2 

x 3 

x 4 

b 

kontinu pada R. 

GAMBAR 5.5.2 j f (x 1 ) + … + j f (x n ) ≤ f(b) – f(a) 

Fungsi-fungsi Invers 

Sekarang kita akan memandang keberadaan invers suatu fungsi yang kontinu 

pada suatu interval I⊆R. Kita ingat kembali (lihat Pasal 1.2) bahwa suatu fungsi f : I 

→ R mempunyai fungsi invers jika dan hanya jika f injektif ( = satu-satu); yaitu x,y∈I 

dan x ≠ y mengakibatkan bahwa f(x) ≠ f(y). Kita perhatikan bahwa suatu fungsi 

monoton murni adalah injektif dan dengan demikian mempunyai invers. Dalam teorema 

berikut, kita menunjukkan bahwa jika f : I → R fungsi kontinu monoton murni, 

maka f mempunyai suatu fungsi invers g pada J = f(I) yang juga fungsi kontinu 

monoton murni pada J. Khususnya, jika f fungsi naik murni maka demikian juga dengan 

g, dan jika f fungsi turun murni maka demikian juga g. 

Analisis Real I 193


5.5.5 Teorema Invers Kontinu Misalkan I⊆R suatu interval dan f : I→ R 

monoton murni dan kontinu pada I. Maka fungsi g invers dari f adalaj fungsi 

monoton murni dan kontinu pada J = f(I). 

x 

j g 

(c) 

{ 

ȯ g(c) 

J 

c 

GAMBAR 5.5.3 g(y) ≠ x 

untuk y∈J 

Bukti. Kita pandang kasus f fungsi naik murni, meninggalkan kasus bahwa f 

fungsi turun murni untuk pembaca. 

Karena f kontinu dan I suatu interval, maka menurut Teorema Pengawetan Interval 

5.3.10, J = f(I) suatu interval. Selain itu, karena f naik murni pada I, maka f 

fungsi injektif pada I; oleh karena itu fungsi g : J → R invers dari f ada. Kita claim 

bahwa g naik murni. Memang, jika y 1 < y 2 , maka y 1 = f(x 1 ) dan y 2 = f(x 2 ) untuk suatu 

x 1 , x 2 ∈I. Kita mesti mempunyai x 1 < x 2 ; untuk hal lain x 1 ≥ x 2 , mengakibatkan y 1 = 

f(x 1 ) ≥ f(x 2 ) = y 2 , bertentangan dengan hipotesis bahwa y 1 < y 2 . Oleh karena itu kita 

mempunyai 

g(y 1 ) = x 1 < x 2 = g(x 2 ). 

Karena y 1 dan y 2 sebarang unsur dalam J dengan y 1 < y 2 , kita simpulkan bahwa g naik 

murni pada J. 

Analisis Real I 194

Pendahuluan 

Tinggal menunjukkan bahwa g kontinu pada J. Akan tetapi, ini merupakan 

konsekuensi dati fakta bahwa g(J) = I suatu interval. Memang, jika g diskontinu pada 

suatu titik c∈J, maka lompatan dari g pada c tidak nol dengan demikian 

lim g < lim g 

x→c− 

x →c+ 

Jika kita memilih sebarang x ≠ g(c) yang memenuhi 

lim g < x < lim g , maka x 

x→c− 

x →c+ 

mempunyai sifat bahwa x ≠ g(y) untuk sebarang y∈J. (Lihat Gambar 5.5.3.) Dari sini 

x∉I, yang mana kontradikdi dengan fakta bahwa I suatu interval. Oleh karena itu kita 

menyimpulkan bahwa g kontinu pada J. 

Fungsi Akar ke-n 

Kita kan menggunakan Teorema Invers Kontinu 5.5.5 untuk fungsi pangkat 

ke-n. Kita perlu membedakan atas dua kasus: (i) n genap, dan (ii) n ganjil. 

GAMBAR 5.5.4 Grafik dari f(x) = x n (x ≥ 0, n genap) 

(i) n genap. Agar diperoleh suatu fungsi yang monoton murni, kita batasi 

perhatian kita untuk interval I = [0,∞). Jadi, misalkan f(x) = x n untuk x∈I. (Lihat 

Gambar 5.5.4.) Kita telah melihat (dalam Latihan 2.2.17) bahwa jika 0 ≤ x < y, maka 

f(x) = x n < y n = f(y); oleh karena itu f monoton murni pada I. Selain itu, mengikuti 

Contoh 5.2.4(a) bahwa IfI kontinu pada I. Oleh karena itu, menurut Teorema Pengawetan 

Interval 5.3.10, J = f(I) suatu interval. Kita akan menunjukkan bahwa J = 

Analisis Real I 195


[0,∞). Misalkan y ≥ 0 sebarang; menurut Sifat Archimedean, terdapat k∈N 

sedemikian sehingga 0 ≤ y < k. Karena (Mengapa?) 

f(0) = 0 ≤ y < k ≤ k n = f(k), 

mengikuti Teorema Nilai Antara Bolzano 5.3.6 bahwa y∈J. Karena y ≥ 0 sebarang, 

kita simpulkan bahwa J = [0,∞). 

Kita menyimpulkan dari Teorema Invers Kontinu 5.5.5 bahwa fungsi g yaitu 

invers dari f(x) = x n pada I = [0.) naik murni dan kontinu pada J = [0,). Kita lazimnya 

menuliskan 

g(x) = x 1/n atau g(x) = n x 

untuk x ≥ 0 (n genap), dan menyebut x 1/n = n x akar ke-n dari x ≥ 0 (n genap). 

Fungsi g dinamakan fungsi akar ke-n (n genap). (Lihat Gambar 5.5.5.) 

GAMBAR 5.5.5 Grafik dari f(x) = x 1/n 

(x ≥ 0, n genap) 

Karena g invers untuk f, kita mempunyai 

g(f(x)) = x dan f(g(x)) = x untuk semua x∈[0,∞). 

Kita dapat menuliskan persamaan-persamaan ini dalam bentuk berikut: 

(x n ) 1/n = x dan (x 1/n ) n = x 

untuk semua x∈[0,∞) dan n genap. 

(ii) n ganjil. Dalam kasus ini kita misalkan F(x) = x n untuk semua x∈R; 

menurut 5.3.4(a), F kontinu pada R. Kita tinggalkan bagi pembaca untuk menunjukkan 

bahwa F naik murni pada R dan F(R) =R. (Lihat Gambar 5.5.6.) 

Analisis Real I 196

Pendahuluan 

Mengikuti Teorema Invers Kontinu 5.5.5, fungsi G yaitu invers dari F(x) = x n 

untuk x∈R, adalah fungsi naik murni dan kontinu pada R. Kita lazimnay menuliskan 

G(x) = x 1/n atau G(x) = n x untuk x∈R, n ganjil 

Dan menyebut x 1/n sebagai akar ke-n dari x∈R. Fungsi G disebut fungsi akar ke-n 

(n ganjil). (Lihat Gambar 5.5.7.) Disini kita mempunyai 

(x n ) 1/n = x dan (x 1/n ) n = x 

untuk semua x∈R dan n ganjil. 

GAMBAR 5.5.6 Grafik F(x) = x n (x∈R, n ganjil) 

Pangkat-pangkat Rasional 

Telah didefinisikan fungsi-fungsi akar ke-n untuk n∈N, yang mana hal ini 

memudahkan untuk mendefinisikan pangkat-pangkat rasional. 

5.5.6 Definisi (i) Jika m,n∈N dan x ≥ 0, kita definisikan x m/n = (x 1/n ) m . (ii) 

Jika m,n∈N dan x > 0, kita definisikan x -m/n = (x 1/n ) -m . 

Dari sini kita telah mendefinisikan x r apabila r bilangan rasional dan x > 0. 

Grafik dari x ξ x r bergantung pada apakah r > 1, r = 1, 0 < r < 1, r = 0, atau r < 0. (Lihat 

Ganbar 5.5.8.) Karena suatu bilangan rasional r∈Q dapat ditulis dalam bentuk r = 

m/n dengan m∈Z, n∈N, dalam banyak cara, akan diunjukkan bahwa Definisi 5.5.6 

tidak berarti ganda. Yaitu, jika r = m/n = p/q dengan m,p∈Z dan n,q∈N dan jika x > 

Analisis Real I 197


0, maka (x 1/n ) m = (x 1/q ) p . Kita tinggalkan sebagai latihan bagi pembaca untuk membuktikan 

hubungan ini. 

5.5.7 Teorema Jika m∈Z,n∈N, dan x > 0, maka x m/n = (x m ) 1/n . 

Bukti. Jika x > 0 dan m,n∈Z, maka (x m ) n = x mn = (x n ) m . Sekarang misalkan y 

= x m/n = (x 1/n ) m > 0 dengan demikian y n = ((x 1/n ) m ) n = ((x 1/n ) n ) m = x m . Oleh karena itu 

diperoleh bahwa y = (x m ) 1/n . 

GAMBAR 5.5.7 Grafik G(x) = x 1/n 

(x∈R, n ganjil) 

Pembaca akan menunjukkan juga, sebagai latihan, bahwa jika x > 0 dan 

r,s∈Q, maka 

x r x s = x r + s =x s x r dan (x r ) s = x rs = (x s ) r . 


1. Jika I = [a,b] suatu interval dan f : I → R suatu fungsi naik, maka titik a [atau juga, b] 

suatu titik minimum mutlak [atau juga, titik maksimum absolut] untuk f pada I. Jika f 

suatu fungsi naik murni, maka a merupakan satu-satunya titik minimum mutlak untuk f 

pada I. 

2. Jika f dan g fungsi-fungsi naik pada suatu interval I⊆R, tunjukkan bahwa f + g juga 

suatu fungsi naik pada I. Jika f juga fungsi naik murni pada I, maka f + g fungsi naik 

murni pada I. 

3. Tunjukkan bahwa f(x) = x dan g(x) = x – 1 naik murni pada I = [0,1], akan tetapi hasil 

kali fg tidak naik pada I. 

Analisis Real I 198

Pendahuluan 

4. Tunjukkan bahwa jika f dan g fungsi-fingsi positif naik pada suatu interval I, maka 

fungsi hasil-kalinya fg merupakan fungsi naik pada I. 

5. Tunjukkan bahwa jika I = [a,b] dan f : I → R fungsi naik pada I, maka f kontinu pada a 

jika dan hanya jika f(a) = inf{f(x) : x∈(a,b]}. 

GAMBAR 5.5.8 Grafik dari x ξ x r (x > 0) 

6. Misalkan I⊆R suatu interval dan f : I → R fungsi naik pada I. Misalkan juga c∈I bukan 

titik ujung dari I. Tunjukkan bahwa f kontinu pada c jika dan hanya jika terdapat suatu 

barisan (x n ) dalam I sedemikian sehingga x n < c untuk n = 1,3,5, … ; x n > c untuk n = 

2,4,6, … ; dan sedemikian sehingga c = lim (x n ) dan f(c) = lim (f(x n )). 

7. Misalkan I⊆R suatu interval dan f : I → R fungsi naik pada I. Jika c∈I bukan titik ujung 

dari I, tunjukkan bahwa lompatan j f (c) dari f pada c diberikan oleh inf{f(y) –f(x) : x < c < 

y, x,y∈I}. 

8. Misalkan f,g fungsi-fungsi naik pada suatu interrval I⊆R dan f(x) > g(x) untuk semua 

x∈I. Jika y∈f(I)∩g(I), tunjukkan bahwa f -1 (y) < g -1 (y). [Petunjuk: Pertama-tama interpretasi 

pernyataan ini secara geometri]. 

9. Misalkan I = [0,1] dan misalkan f : I → R didefinisikan oleh f(x) = x untuk x rasional, 

dan f(x) = 1 – x untuk x irasional. Tunjukkan bahwa f injektif pada I dan f(f(x)) = x untuk 

Analisis Real I 199


semua x∈I. (Dari sini f adalah fungsi invers untuk dirinya sendiri!) Tunjukkan bahwa f 

kontinu hanya pada x = ½. 

10. Misalkan I = [a,b] dan f : I → R kontinu pada I. Jika f mempunyai suatu maksimum mutlak 

[atau, minimum mutlak] pada suatu titik interior c dari I, tunjukkan bahwa f bukan injektif 

pada I. 

11. Misalkan f(x) = x untuk x∈[0,1], dan f(x) = x + 1 untuk x∈(1,2]. Tunjukkan bahwa f dan 

f -1 merupakan fungsi-fungsi naik murni. Apakah f dan f -1 kontinu pada setiap titik? 

12. Misalkan f : [0,1] → R suatu fungsi kontinu yang tidak memuat sebarang dari nilainilainya 

dua kali dan dengan f(0) < f(1). Tunjukkan bahwa f fungsi naik murni pada [0,1]. 

13. Misalkan h : [0,1] → R suatu fungsi yang memuat nilai-nilainya tepat dua kali. Tunjukkan 

bahwa h tidak kontinu pada setiap titik. [Petunjuk : Jika c1 < c2 titik-titik dimana h 

mencapai supremumnya, tunjukkan bahwa c1 = 0, c2 = 1. Sekarang titik-titik dimana h 

mencapai infimumnya.] 

14. Misalkan x∈R, x > 0. Tunjukkan bahwa jika m,p∈Z, n,q∈N, dan mq = np, maka (x 1/n ) m 

= (x 1/q ) p . 

15. Jika x∈R, x > 0, dan jika r,s∈Q, tunjukkan bahwa x r x s = x r + s =x s x r dan (x r ) s = x rs = 

(x s ) r . 

Analisis Real I 200

Pendahuluan 

11. DAFTAR PUSTAKA 

Bartle, Robert G. 1992. Introductions to Real Analysis. Second edition. New York : 

John Wiley & Sons, Inc. 

Analisis Real I 201

analisis-real-i

You also want an ePaper? Increase the reach of your titles

Delete template?

Save as template?