Analisis real-lengkap-a1c

Pengantar analisis real I You’ll never know till you have tried 1 (A1C110247)
ANALISIS REAL I
BAB I
BILANGAN REAL
Pada bab ini dibahas sifat-sifat penting dari sistem bilangan real ℝ , seperti sifat-sifat aljabar,
urutan, dan ketaksamaan. Selanjutnya, akan diberikan beberapa pengertian seperti bilangan
rasional, harga mutlak, himpunan terbuka, dan pengertian lainnya yang berkaitan dengan
bilangan real.
1.1 Sifat-sifat Aljabar dan Urutan dalam ℝ
Sebelum menjelaskan tentang sifat-sifat ℝ , diberikan terlebih dahulu tentang struktur aljabar
dari sistem bilangan real. Akan diberikan penjelasan singkat mengenai sifat-sifat dasar dari
penjumlahan dan perkalian, sifat-sifat aljabar lain yang dapat diturunkan dalam beberapa
aksioma dan teorema. Dalam terminologi aljabar abstrak, sistem bilangan real membentuk
lapangan (field) terhadap operasi biner penjumlahan dan perkalian biasa.
Sifat-sifat Aljabar ℝ
Pada himpunan semua bilangan real ℝ terdapat dua operasi biner, dinotasikan dengan ” + " dan
". " yang disebut dengan penjumlahan (addition) dan perkalian (multiplication). Operasi biner
tersebut memenuhi sifat-sifat berikut:
(A1) + = + untuk semua , ∈ ℝ (sifat komutatif penjumlahan)
(A2) ( + ) + = + ( + ) untuk semua , , ∈ ℝ (sifat asosiatif penjumlahan)
(A3) Terdapat 0 ∈ ℝ sedemikian hingga 0 + = dan + 0 = untuk semua ∈ ℝ
(eksistensi elemen nol)
(A4) Untuk setiap ∈ ℝ terdapat − ∈ ℝ sedemikian hingga + (− ) = 0 dan (− ) + =
0 (eksistensi elemen negatif atau invers penjumlahan)
(M1) . = . untuk semua (sifat komutatif perkalian)
(M2) ( . ). = . ( . )ntuk semua , , ∈ ℝ (sifat asosiatif perkalian)
(M3) terdapat 1 ∈ ℝ sedemikian hingga 1 . = dan .1 = untuk semua ∈ ℝ (eksistensi
elemen unit 1)
(M4) untuk setiap ∈ ℝ, a ≠ 0 terdapat ∈ ℝ sedemikian hingga . = 1 dan . =
1 (eksistensi invers perkalian)
(D) . ( + ) = ( . ) + ( . ) dan ( + ) . = ( . ) + ( . ) untuk semua , , ∈
ℝ (sifat distributif perkalian atas penjumlahan)

Sifat-sifat di atas telah umum diketahui. Sifat (A1)-(A4) menjelaskan sifat penjumlahan, sifat
(M1)-(M4) menjelaskan sifat perkalian, dan sifat terakhir menggabungkan kedua
operasi.
Selanjutnya, diberikan beberapa teorema tentang elemen 0 dan 1 yang telah diberikan pada sifat
(A3) dan (M3) di atas. Juga akan ditunjukkan bahwa perkalian dengan 0 akan selalu
menghasilkan 0.
Teorema 1.1.1.
(a) , ∈ ℝ + = , = 0.
(b) ≠ 0 ℝ . = , = 1.
(c) ∈ ℝ, .0 = 0
Bukti.
(a) Menggunakan aksioma (A3), (A4), (A2), asumsi + = , dan (A4), diperoleh = + 0
= + ( + (− )
= ( + ) + (− )
= + (− )
= 0
(b) Menggunakan aksioma (M3), (M4), (M2), asumsi . = , dan (M4), diperoleh
= .1
= . .
= ( . ).
= .
= 1
(c) Karena + .0 = .1 + . 0 = . (1 + 0) = . 1 = , maka .0 = 0
Dengan demikian, maka teorema terbukti.
Teorema 1.1.2. ∈ ℝ,

(a) (−1). = −
(b) – (− ) =
(c) (−1) . (−1) = 1
Selanjutnya diberikan dua sifat penting dari operasi perkalian, yaitu sifat ketunggalan elemen
inversnya dan bahwa perkalian dua bilangan itu hasilnya nol apabila salah satu faktornya adalah
nol.
Teorema 1.1.3.
(a) + = 0, = −
(b) ≠ 0 ∈ ℝ ℎ . = 1, =
(c) . = 0, = 0 = 0
Bukti.
(a) Karena + = 0,
+ ⟺ (− ) + ( + ) = (− ) + 0
⇔ (− ) + + = − (A2 dan A3)
⇔ 0 + = − (A4)
⇔ = − (A3)
(b) Karena . = 1, maka
. = 1 ⇔ ( . ) = . 1
⇔ . ( ) =
⇔ 1. =
⇔ =
(c) Diketahui . = 0, maka
. = 0 ⇔ ( . ) = . 0
⇔ . ( ) = 0
⇔ . ( ) = 0
⇔ 1. = 0
⇔ = 0

Dengan cara yang sama, kedua ruas dikalikan dengan , maka diperoleh = 0.
Dengan demikian teorema terbukti.
Teorema tersebut diatas menjelaskan beberapa sifat aljabar sederhana dari system bilangan real.
beberapa akibat dari teorema tersebut diberikan sebagai bahan latihan soal di bagian akhir
subbab ini.
Operasi pengurangan (substraction) didefinisikan dengan − = + (− ) untuk , ∈ ℝ.
Sama halnya dengan operasi pembagian (division), untuk , ∈ ℝ dengan ≠ 0 didefinisikan
= . .
Untuk selanjutnya, . cukup dituliskan dengan , dan penulisan untuk aa, untuk ( ) ,
dan secara umum didefinisikan = ( ) untuk ∈ ℕ. Lebih lanjut , = , dan jika
≠ 0, maka dapat ditulis = 1 dan untuk , dan jika ∈ ℕ, dapat ditulis untuk .
Bilangan Rasional dan Irrasional
Telah diketahui bahwa himpunan ℕ dan ℤ adalah subset dari ℝ. Elemen ℝ yang dapat dituliskan
dalam bentuk dimana , ∈ ℤ dan ≠ 0 disebut dengan bilangan rasional (rasional
numbers). Himpunan semua bilangan rasional di ℝ dinotasikan dengan ℚ. Dapat ditunjukkan
bahwa penjumlahan dan perkalian dua bilangan rasional adalah bilangan rasional. Lebih lanjut,
sifat-sifat lapangan juga berlaku untuk ℚ.
Akan tetapi, tidak semua elemen ℝ merupakan elemen ℚ. Seperti √2 yang tidak dapat
dinyatakan kedalam bentuk . Elemen ℝ yang bukan elemen ℚ disebut bilangan Irrasional
(irrasional numbers).
Akan ditunjukkan bahwa tidak terdapat bilangan rasional yang kuadratnya adalah 2. Untuk
membuktikannya digunakan istilah genap dan ganjil. Suatu bilangan asli disebut genap apabila
bilangan itu mempunyai bentuk 2 untuk suatu ∈ , dan disebut ganjil apabila bilangan itu
mempunyai bentuk 2 − 1 untuk suatu ∈ .
Teorema 1.1.4. tidak ada elemen ∈ ℚ sedemikian hingga = 2.
Bukti. Andaikan ada r Є Q sedemikian hingga r2
= 2. Karena r Є Q, maka r dapat
dituliskan sebagai
q
p
dengan p dan q tidak mempunyai faktor berserikat selain 1, sehingga
diperoleh 2
2






q
p
atau p2
= 2q2
. Karena 2q2
genap, maka p2
genap. Akibatnya p juga genap,
sebab jika ganjil, maka p = 2m - 1 untuk suatu m Є N, atau
    122214412 2222
 mmmmmp yang berarti bahwa p2
ganjil. Jadi, p haruslah

genap. Karena p genap, maka p= 2k untuk suatu k Є N, sehingga   222
42 kkp  . Di lain
pihak diketahui p2
= 2q2
dan p genap, akibatnya q ganjil sebab jika q genap, maka faktor
berserikat p dan q bukan 1. Jadi, q haruslah ganjil. Sehingga diperoleh
222222
2242 qkqkqp  yang berarti q genap. Menghasilkan kontradiksi bahwa q
ganjil. Jadi, pengandaian salah, yang benar adalah tidak ada r Є Q sedemikian hingga
r2
= 2.
Sifat-sifat Urutan pada R
Sifat urutan menjelaskan tentang kepositifan (positivity) dan ketaksamaan (inequalities) di tak
kosong antara bilangan-bilangan real.
Ada subset P R, yang disebut dengan himpunan bilangan-bilangan real positif tegas,
yang memenuhi sifat-sifat berikut:
i. Jika a, b Є P, maka a + b Є P
ii. Jika a, b Є P, maka ab Є P
iii. Jika a Є P, maka memenuhi tepat satu kondisi berikut:
a Є P, a = 0, -a Є P
Sifat pertama dan kedua pada teorema di atas menjelaskan P tentang sifat tertutup
terhadap operasi penjumlahan dan perkalian. Sifat yang ketiga R ke dalam tiga jenis elemen
yang berbeda. Hal ini menjelaskan bahwa himpunan {-a: a Є P} dari bilangan real negative tidak
mempunyai elemen yang sama dengan himpunan bilangan real positif. Lebih lanjut, R
merupakan gabungan tiga himpunan saling asing tersebut, yaitu
R = P  {-a: a Є P}  {0}
Definisi 1.1.5.
i. Jika a Є P , ditulis a > 0, artinya a adalah bilangan real positif
ii. Jika a Є P  {0}, ditulis a ≥ 0, artinya a adalah bilangan real nonnegative.
iii. Jika –a Є P, ditulis a < 0, artinya a adalah bilangan real negative.
iv. Jika –a Є P  {0}, ditulis a ≤ 0, artinya a adalah bilangan real nonpositif.
Definisi1.1.6. Diberikan a, b Є R
a. Jika a – b Є P, maka ditulis a > b atau b < a
b. Jika a – b Є P  {0}, maka ditulis a ≥ b atau b ≤ a
Sifat Trikotomi di atas berakibat bahwa untuk a, b Є R memenuhi tepat satu kondisi berikut:
a > b, a = b a < b.
Selanjutnya, jika a ≤ b dan b ≤ a, maka a = b. jika a < b < c, maka artinya bahwa a < b dan b < c.
Teorema 1.1.7. Diberikan sebarang a, b, c Є R
a. Jika a > b dan b > c, maka a> c

b. Jika a > b, maka a + c > b + c
c. Jika a > b dan c > 0, maka ca > cb
Jika a > b dan c < 0, maka ca < cb
d. Jika a > 0, maka 0
1

a
Jika a < 0, maka 0
1

a
Bukti.
a. Diketahui a > b dan b > c, a, b, c Є R. Karena a > b, maka a – b Є P. Karena b > c, maka
b – c Є P. Menurut sifat urutan, maka a + b Є P, sehingga diperoleh
(a – b) + ( b + c)  a – b + b – c Є P
 ( a – c) + ( - b + b) Є P
 (a – c) + 0 Є P
 a – c Є P
 a > c
b. Jika a – b Є P, maka (a + c) – (b – c) = a – b Є P. Sehingga dipeoleh bahwa a + c > b + c.
c. Jika a – b dan c Є P, maka ca – cb = c (a – b) Є P. Akibatnya ca > cb untuk c > 0.
Gunakan langkah yang sama untuk c < 0
d. Cobalah anda buktikan sendiri
Oleh karena itu, dapat dilihat bahwa bilangan asli juga merupakan bilangan real positif.
Sifat ini diperoleh dari sifat dasa urutan, berikut ini diberikan teoremanya.
Teorema 1.1.8
a. Jika a Є R dan a ≠ 0, maka a2
> 0
b. 1 > 0
c. Jika n Є N , maka n > 0
Teorema 1.1.9. Jika a,b Є R dan a <b, maka b
ba
a 


2
Bukti. Karena a < b, maka a + a < a + b  2a < a + b, diperoleh
 
2
ba
a

 . karena a < b, maka
a + b < b + b  a + b < 2b, diperoleh bahwa b
ba
a 


2
.
Dapat ditunjukkan bahwa tidak ada bilangan real positif yang terkecil, sebab jika diberikan a > 0,
dan karena 0
2
1
 , maka diperoleh
aa 
2
1
0 .

Selanjutnya, untuk membuktikan bahwa suatu himpunan a ≥ 0 adalah sama dengan nol, maka
harus ditunjukkan bahwa a selalu lebih kecil dari sebarang bilangan positi yang diberikan.
Teorema 1.1.10. Jika a sedemikian hingga 0 ≤ a < ε untuk setiap ε >0, maka a =0.
Bukti. Andaikan a > 0, maka 0
2

a
a . Diambil
2
0
a
 (ε0 bilangan real positif tegas), maka a >
ε0 > 0. Kontradiksi dengan pernyataan 0 ≤ a < ε untuk setiap ε > 0. Jadi, pengandaian salah, yang
benar adalah a = 0.
Perkalian antara dua bilangan positif hasilnya adalah positif. Akan tetapi, hasil perkalian yang
positif belum tentu setiap faktornya positif.
Teorema 1.1.11. Jika ab > 0, maka berlaku
i. a > 0 dan b > 0, atau
ii. a < 0 dan b < 0
Akibat 1.1.12. Jika ab < 0, maka berlaku
i. a < 0 dan b > 0, atau
ii. a > 0 dan b < 0
Ketaksamaan (Inequalities)
Selanjutnya, akan ditunjukkan bagaimana sifat urutan dapat digunakan untuk menyelesaikan
suatu ketaksamaan. Perhatikan contoh di bawah ini.
Contoh 1.1.13.
a. Tentukan himpunan A dari bilangan real x sedemikian hingga 2x + 3 ≤ 6
Jawab. Diketahui x Є A dan 2x + 3 ≤ 6, maka
2
3
32632  xxx
Jadi,







2
3
:Rx xA
b. Diberikan B = { x x Є R: x2
+ x > 2}. Tentukan bentuk lain dari B
Jawab. Diketahui x Є B dan x2
+ x > 2 atau x2
+ x – 2 > 0 atau (x – 1)(x + 2) > 0.
Sehingga diperoleh bahwa (i) x – 1 > 0 dan x + 2 > 0, atau (ii) x – 1 < 0 dan x + 2 < 0.
Untuk kasus (i) diperoleh bahwa x >1 dan x < - 2, yang berarti x < - 2. Jadi, himpunannya
adalah
B = { x x Є R: x>1}  {x Є R: x < -2}
Teorema 1.1.14. Jika a ≥ 0 dan b ≥ 0, maka
a. bababa  22
b. bababa  22

1.1.15. Ketaksamaan Bernoulli Jika x > -1, maka (1 + x)n
≥ 1 + nx untuk semua n Є N.
 
 
        
 
   
 
    
       
 
       
     

















































































n
i
i
n
i
ii
n
i
i
nnnn
nnnn
nn
nn
n
i
i
n
i
i
n
i
ii
n
i
i
n
i
i
n
i
ii
nnnn
nn
n
k
kk
k
btbata
bbbtbababataaa
btbtaabtbtaabtbtaatF
ttF
ttbatbatbatF
F
sbasbasbahinggasedemikiansterdapatjikahanya
danjikababamakabsemuatidakjikaaSelanjutny
aaba
atau
bbbaaabababa
makabbaadannJika
nnxx
knxkxkx
kxxk
kxxkx
xkxxxx
kn
kxxkn
xxxx
n
1
22
11
2
22
2
2
1
2
2211
22
2
2
1
2222
2
2
22
2
2
2
1
2
11
2
1
22
22
2
11
2211
1
2
1
2
2
1
1
11
2
1
22
2
2
1
22
2
2
1
2
2211
11
12
2
2
1
1
2
........2....
2....22
a,SelanjutnyR.setiapuntuk,0bahwaJelas
R,.....
:berikutsebagaiRR:fungsikanDidefenisi
......,,,R
,0,
...............
,R,.....,,,.....,
.semuauntuk11bahwaterbuktiJadi,
.1untukbenarberartiyang,111maka,0Karena
11
1
11111
:yaitu,1
untukbenardibuktikanAkan.11yaitu,untukbenarMisalkan
benar)n(pernyataa11111
maka,1Untuk
induksi.nmenggunakadibuktikanAkan
Bukti.
Bukti.
CauchynKetaksamaa1.1.16.
Ingatbahwapersamaan + 2 + ≥ 0 jika dan hanya jika(2 ) − 4 ≤ 0, yang berakibat
≤ .Sehingga diperoleh bahwa
≤
Dengandemikianterbukti .
SOAL LATIHAN SUBBAB 1.1
1. Jika , ∈ ℝ ,tunjukan bahwa :

a. −( + ) = (− ) + (− ).
b. – (− ) =
c. – = jika ≠ 0.
2. S elesaikanpersamaanberikut.
(a). 2 + 5 = 8.
(b). = 2 .
3. jika ≠ 0 dan ≠ 0, tunjukkan bahwa
( )
=
4. Buktikanbahwatidakadabilanganrasional sedemikian hingga = 3.
5. Buktikanbahwajika > 0, maka
( )
= .
6. Jika, ∈ ℝ , tunjukan bahwa + = 0 jika hanya jika = = 0
7.Buktikanbahwa ( ) ≤ ( + ), untuk semua , ∈ ℝ.
8. Tunjukanbahwajika ∈ ℝdan , ∈ ℕ , maka = dan ( ) = .
(Gunakaninduksimatematik).
1.2. NilaiMutlakdanGarisBilangan Real
Dari sifatTrikotomi,dapatditarikkesimpulanbahwajika ∈ R dan ≠ 0, maka atau –
merupakan bilangan real positif. Nilai mutlak dari ≠ 0 didefinisikan sebagai nilai
positif dari dua bilangan tersebut.
Definisi 1.2.1 Nilaimutlak (absolute value) darisuatubilanganreal , dinotasikan dengan
a , didefinisikansebagai
.0
.0
.0
jika
jika
jika
0










a
a
a
a
a
a
Sebagaicontohnya, |3|= 3 dan |-9|= 9. Dapatdilihatdaridefinisi di atasbahwa 0a
untuksemua ∈ R, dan bahwa 0a jikadanhanyajika = 0. Juga bahwa aa 
untuksemua ∈ R. Berikutinidiberikanbeberapasifatnilaimutlak.
Teorema 1.2.2.
(a) baab  untuksemua Ra  .
(b) 22
aa  untuksemua Ra  .
(c) Jika 0c , maka ca  jikadanhanyajika cac  .
(d) aaa  untuksemua Ra  .

Bukti.
a) Jika 0 ba , makaterbukti. Jika > 0 dan > 0, maka > 0 , sehingga
baabab  . Jika a > 0dan < 0, maka < 0, sehingga
  babaabab  .
b) (b)Karenaa2
≥ 0, makaa2
=|a2
|=|aa|=|a||a|=|a|2
.
c) (c) Jika |a|≤c, makaa≤cdan-a≤c yang berarti-c≤a≤c. Sebaliknya, jika-c≤a≤c,
makadiperoleha≤cdan-a≤c. Jadi, |a|≤c.
d) Gunakan langkah yang sama seperti pada (c) dengan mengambil c=|a|.
Berikut ini diberikan sebuah teorema yang disebut dengan Ketaksamaan Segitiga
(Triangle Inequality).
1.2.3. KetaksamaanSegitiga Jikaa, b , maka |a+b|≤|a|+|b|.
Bukti. Dari Teorema 1.2.2(d), diketahui -|a|≤a≤|a| dan -|b|≤b≤|b|. Dengan
menjumlahkan kedua ketaksamaan diperoleh
-(|a|+|b|)≤a+b≤|a|+|b|.
Menggunakan Teorema 1.2.2(c) diperoleh bahwa|a+b|≤|a|+|b|.
Akibat 1.2.4 Jika a,b , maka
(a) ||a|-|b||≤|a-b|.
(b) |a-b|≤|a|+|b|.
Bukti.
(a) Tulisa = a-b+b dan masukkan ke dalam Ketaksamaan Segitiga. Sehingga |a|
= |(a-b)+b|≤|a-b|+|b|. Kurangkan keduaruas dengan|b|, diperoleh |a|-|b|≤|a-
b|. Gunakan cara yang sama untuk b=b-a+a, diperoleh-|a-b|≤|a|-
|b|.Kombinasikan kedua ketaksamaan tersebut, diperoleh
-|a-b|≤|a|-|b|≤|a-b|.
Menggunakan Teorema 1.2.2(c) diperoleh bahwa||a|-|b||≤|a-b|.
(b) Gantilah b pada Ketaksamaan Segitiga dengan –b, sehingga diperoleh
baba  . Karena bb  , makadi peroleh bahwa baba  .
Ketaksamaan segitiga di atas dapat diperluas sehingga berlaku untuk sebarang
bilangan real yang banyaknya berhingga.
Akibat 1.2.5. Jika a1 , a2,....,an adalah sebarang bilangan real, maka
nn aaaaaa  ....... 2121
Contoh 1.2.6.

Diberikan fungsi f yang didefinisikan dengan
12
132
)(
2



x
xx
xf untuk  3,2x .
Tentukan konstanta Mse demikian hingga Mxf )( , untuk setiap  3,2x .
Diketahui
12
132
12
132
)(
22






x
xx
x
xx
xf .
132132 22
 xxxx
132 2
 xx
1)3(3)3(2 2

28
dan
1212  xx
1)2(2 
3
Sehingga
3
28
12
132
)(
2




x
xx
xf .Jadi, dengan mengambil
3
28
M , didapat
Mxf )( , untuk setiap  3,2x .
Garis Bilangan Real (The Real line)
Interpetasi geometri yang dikenal di antaranya garis bilangan real (real line). Pada garis real, nilai
mutlak | a | dari suatu elemen a adalah jarak a ke 0. Secara umum,jarak (distance) antara
elemen a dan b di adalah || ba  . Perhatikan gambar berikut.
-3 -2 -1 0 1 2 3
3|)1(2| 
Gambar 1.1. Jarak antara 2a dan 1b .
Definisi 1.2.6 Diberikan a dan .0 Persekitaran -  ( -neighborhood) dari a
didefinisikan sebagai himpunan.
).,(}||;{)(   aaaxxaV
)(aV
a

a a
Gambar 1.2. Pesekitaran ).(aV
Dapat dilihat bahwa )(aVx  jika dan hanya jika   axa . Persekitaran
juga sering disebut dengan kitaran.
Teorema 1.2.7. Diberikan a . Jika x berada dalam persekitaran )(aV untuk setiap 0 ,
maka x=a.
Bukti. Jika x memenuhi  || ax untuk setiap 0 , maka berdasarkan Teorema 1.1.10
diperoleh bahwa 0||  ax , yang berakibat .0x
1.2 . SOAL LATIHAN SUBBAB
1. Jika a,b ∈ R dan b≠0, tunjukan bahwa :
a) |a |= √
b) | | = | |
2. Jika x,y,z ∈ R dan x ≤ z, tunjukan bahwa x ≤y ≤z jika dan hanya jika
|x-y|+|y-z|=|x-z|
3. Jika a<x<b dan a<y<b, tunjukan bahwa |x-y|<b-a
4. Carilah semua nilai x∈ sedemikian hingga |x+1|+x-2| = 7
5. Buatlah sketsa grafik persamaan y = |x|-|x-1|
6. Diberikan > 0 >0, dan a∈ R. Tunjukan bahwa ( ) ∩ ( ) dan
( ) ∪ (a) merupakan persekitaran–y dari a untuk suatu nilai y.
7. Tunjukan bahwa jika a,b ∈ R dan a≠b, maka terdapat terdapat persekitaran- U
dari a dan V dari b sedemikian hingga U∩ = ∅
8. Tunjukan bahwa jika a,b ∈ R, maka
a) max{a,b}= (a+b+|a-b|) dan min {a,b}= (a+b-|a-b|)
b) min{a,b,c} = min{min{a,b},c}
1.3.Sifat lengakap R
Pada bagian ini akan diberikan salah satu sifat dari R yang sering disebut demgan
sifat lengkap (completeness property). Tetapi sebelumnya, perlu dijelaskan terlebih
dahulu konsep suprenum dan infimum.
Supremum dan infimum
Berikut ini diperkenalkan konsep tentang batas atas dan batas bawah dari suatu
himpunan bilangan real.
Definisi 1.3.1 diberikan subset tak kosong S 

(a) Himpunan S dikatakan terbatas ke atas (bounded above) jika terdapat suatu bilangan
u sedemikian hingga us  untuk semua Ss  . Setiap bilangan u seperti ini disebut
dengan batas atas (upper bound) dari .S
(b) Himpunan S dikatakan terbatas ke bawah (bounded below)jika terdapat suatu bilangan
w sedemikian hingga sw  untuk semua .Ss  Setiap bilangan w seperti ini disebut
dengan batas bawah (lower bound) dari .S
(c) Suatu himpunan dikatakan terbatas (bounded) jika terbatas ke atas dan terbatas ke
bawah . Jika tidak, maka dikatakan tidak terbatas (unbounded).
Sebagai contoh, himpunan }2:{:  xxS ini terbatas keatas, sebab bilangan 2 dan sebarang
bilangan lebih dari 2 merupakan batas atas dari S . Himpunan ini tidak mempunyai batas bawah, jadi
himpunan ini tidak terbaras kebawah. Jadi, S merupakan himpunan yang tidak terbatas.
Definisi 1.2.3 diberikan S subset tak kosong .
(a) Jika S terbatas ke atas, maka suatu bilangan u disebut supremum (batas atas terkecil)
dari S jika memenuhi kondisi berikut:
(1) u merupakan batas atas S , dan
(2) Jika v adalah sembarang batas atas ,S maka .vu 
Ditulis Su sup
(b) Jika S terbatas ke bawah, maka suatu bilangan u disebut infimum.(batas bawah terbesar)
dari S jika memenuhi kondisi berikut :
(1) w merupakan batas bawah S , dan
(2) Jika t adalah sebarang batas bawah ,S maka .wt 
Ditulis .inf Sw 
Mudah untuk dilihat bahwa jika diberikan suatu himpunan S subset dari , maka hanya terdapat
satu supremum, atau supremumnya tunggal. Juga dapat ditunjukan bahwa jika 'u adalah sebarang
batas atas dari suatu himpunan tak kosong
S, maka sup ≤ u’ , sebab sup s merupakan batas atas terkecil dari S. suatu subset tak kosong S
 mempunyai empat kemungkinan,yaitu
i. Mempunyai supremum dan infimum,
ii. Hanya mempunyai supremum,
iii. Hanya mempunyai infimum,
iv. Tidak mempunyai infimum dan supremum
Setiap bilangan real a merupakanbatas atas dan sekaligus juga merupakan batas
bawah himpunan kosong ∅. Jadi, himpunan ∅ tidak mempunyai supremum dan
infimum

Lemma 1.3.3 Suatu bilangan u merupakan supremum dari subset S jika dan hanya jika u
memenuhi kondisi berikut:
1. x ≤ u untuk semua s ∈ ,
2. jika v < u , maka terdapat s’ sedemikian hingga x < s’.
Lemma 1.3.4 Diberikan subset kosong S
a. u = sup S jika dan hanya jika unuk setiap > 0 terdapat Ss 1 sedemikian hingga
u – < 1 .
b. w = inf S jika an hanya jikauntuk setiap > 0 terdapat 2s S sedemikian hingga
u – < 2s .
Bukti
a) => Diketahui u = sup S dan diberikan > .Karena u- < ,maka u- bukan
merupakan batas atas S. Oleh karena itu, terdapat Ss 1 yang lebih besar dari
u- , sehingga u- < 1 .
<= Diketahui u- < ,1 Jika u merupakan batas atas S, dan jika memenuhi
< , maka diambil = − . Maka jelas > 0,dan diperoleh bahwa
u= sup S.
b) Coba buktikan sendiri.
Contoh 1.3.5
(a) Jika suatu himpunan tak kosong 1S mempunyai elemen sebanyak berhingga, maka dapat
dilihat bahwa 1S mempunyai elemen terbesar, namakan u, dan elemen terkecil, namakan
w. Maka u = sup 1S dan w = inf 1S , dan keduanya merupakan elemen 1S .
(b) Himpunan 2S := 10:  xx mempunyai batas atas 1. Akan dibuktikan bahwa 1
merupakan supremumnya. Jika v < 1, maka terdapat 2
'
Ss  sedemikian hingga v < '
s .
Oleh karena itu, v bukan merupakan batas atas 2S dan karena v merupakan sebarang v <
1, maka dapat disimpulkan bahwa sup 2S = 1. Dengan cara yang sama dapat ditunjukkan
bahwa inf 2S = 0.
Sifat Lengkap 
Akan ditunjukkan bahwa subset tak kosong  yang terbatas ke atas pasti mempunyai batas atas
terkecil. Sifat seperti ini disebut Sifat Lengkap . Sifat Lengkap juga sering disebut dengan
Aksioma Supremum .
1.3.6. Sifat Lengkap  Jika subset tak kosong S yang terbatas ke atas, maka
supremumnya ada, yaitu terdapat u sedemikian hingga Su sup .

Akibat 1.3.7. Jika subset tak kosong S terbatas ke bawah, maka infimumnya ada, yaitu
terdapat w sedemikian hingga Sw inf .
Bukti Misalkan himpunan T terbatas ke bawah, T . Dibentuk himpunan  TttS  : ,
maka S terbatas ke atas dan tidak kosong. Menurut Aksioma Supremum, sup S ada, namakan
Su sup , maka Tu inf .
1. Diberikan = { ∈ Ʀ ∶ > 0}. Apakah mempunyai batas bawah dan batas atas ?
Apakah inf dan sup ada? Buktikan jawabanmu.
2. Diberikan ≔ 1 − (−1) ⧸ ∶ ∈ Ɲ . carilah inf dan sup .
3. Diberikan subset tak kosong Ʀ yang terbatas kebawah. Buktikan bahwa
inf = −sup – ∶ ∈ .
4. Tunjukan bahwa jika dan subset terbatas dari Ʀ, maka ∪ merupakan himpunan
terbatas. Tunjukan bahwa sup ( ∪ ) = sup {sup , sup }
5. Diberikan ⊆ Ʀ dan misalkan ∗
≔ sup dalam . jika ∉ , tunjukan bahwa
sup ( ∪ { }) = sup { ∗
, }.
6. Tunjukan bahwa himpunan berhingga ⊆ Ʀ memuat supremumnya.
7. Jelaskan dan buktikan lemma 1.3.3.
1.4. Penggunaan Sifat Aksioma Supremum
Pada subbab ini dibahas beberapa akibat dari aksioma supremum.
Teorema 1.4.1. Diberikan subset tak kosong ⊆ Ʀ yang terbatas ke atas dan sebarang
∈ Ʀ. Diferensikan himpunan + ≔ { + : ∈ } , maka berlaku
sup ( + ) = + sup ( ).
Bukti. Jika diberikan ≔ sup , maka ≤ untuk semua ∈ , sehingga + ≤ +
. Oleh karena itu, + merupakan batas atas dari himpunan + . Akibatnya sup
( + ) ≤ + . Selanjutnya, misalkan adalah sebarang batas atas + , maka
+ ≤ untuk semua ∈ . Akibatnya ≤ − untuk semua ∈ , sehingga
− merupakan batas atas . Oleh karena itu, = sup ≤ − . Karena adalah
sebarang batas atas + , maka dengan mengganti dengan = sup , diperoleh ua 
≤ sup  Sa . Di lain pihak diketahui sup  Sa ≤ ua  . Akibatnya terbukti bahwa sup
 Sa = ua  = Sa sup .
Teorema 1.4.2. Diberikan subset tak kosong S R yang terbatas dan sebarang
bilangan real a > 0. Didefinisikan himpunan  SsasaS  :: , maka berlaku inf  aS =
 Sainf .

Bukti. Tulis aSu inf dan .inf Sv  Akan dibuktikan bahwa .avu  Karena aSu inf ,
maka asu  ,untuk setiap .Ss  Karena Sv inf , maka sv  untuk setiap .Ss  Akibatnya
asav  untuk setiap .Ss  Berarti av merupakan batas bawah aS . Karena u batas bawah
terbesar aS , maka uav  . Karena asu  untuk setiap Ss  , maka diperoleh s
a
u
 untuk setiap
Ss  (sebab a > 0). Karena Sv inf , maka v
a
u
 yang berakibat avu  . Di lain pihak
diketahui uav  . Akibatnya avu  . Jadi, terbukti bahwa inf  aS =  Sainf .
Teorema 1.4.3. Jika A dan B subset tak kosong R dan memenuhi ba  untuk semua
Aa  dan Bb  , maka
sup BA inf .
Bukti. Diambil sebarang Bb  , maka ba  untuk semua Aa  . Artinya bahwa b merupakan
batas atas A , sehingga sup bA  . Selanjutnya, karena berlaku untuk semua Bb  ,maka sup A
merupakan batas bawah B . Akibatnya diperoleh bahwa sup BA inf .
Sifat Archimedes
Berikut ini diberikan salah satu sifat yang mengaitkan hubungan antara bilangan real dan
bilangan asli. Sifat ini menyatakan bahwa apabila diberikan sebarang bilangan real x ,maka
selalu dapat ditemukan suatu bilangan asli n yang lebih besar dari x .
1.4.4. Sifat Archimedes. Jika x R , maka terdapat n N sedemikian hingga nx .
Bukti. Ambil sebarang x R. Andaikan tidak ada n N sedemikian hingga nx  , maka
xn  , untuk setiap n N. Dengan kata lain, x merupakan batas atas N . Jadi, N  R,
N≠ ∅ , dan N terbatas ke atas. Menurut aksioma supremum,maka sup N ada, tulis
supu N. Karena uu 1 , maka terdapat m N dengan sifat mu 1 . Akibatnya
1 mu dengan 1m N . Timbul kontradiksi dengan supu N . Berarti u batas atas
N, yaitu ada 1m N sehingga 1 mu (bukan u bukan batas atas N). Jadi,
pengandaian salah, yang benar adalah ada n N sedemikian hingga nx  .
Akibat 1.4.5. Jika S:=






 Nn
n
:
1
,maka inf S = 0.
Bukti. Karena ≠ ∅ terbatas ke bawah oleh 0, maka S mempunyai infimum, tulis
.inf: Sw 
Jelas bahwa w ≥0. Untuk sebarang > 0 , menggunakan Sifat Archimedes, terdapat n N
sedemikian hingga < , akibatnya < . Oleh karena itu, diperoleh bahwa
0 ≤ ≤ < .

Akan tetapi karena > 0 sebarang, maka berdasarkan Teorema 1.1.10 berakibat bahwa = 0 .
Terbukti bahwa inf = 0 .
Akibat 1.4.6. Jika > 0 , maka terdapat t  N sedemikian hingga t
nt

1
0 .
Bukti. Karena inf






 Nn
n
:
1
= 0 dan t >0 , maka t bukan batas bawah himpunan






 Nn
n
:
1
.
Akibatnya terdapat tn N sedemikian hingga t
nt

1
0 .
Akibat 1.4.7. Jika y > 0, maka terdapat n, ∈ Ɲ sedemikian hingga − 1 < < .
Bukti. Sifat Archimedes menjamin bahwa subset ≔ { ∈ Ɲ: < } dari Ɲ tidak
kosong. Menggunakan Sifat Urutan, mempunyai elemen yang paling kecil, yang
dinotasikan dengan . Oleh karena itu, − 1 bukan elemen . Akibatnya diperoleh
bahwa − 1 < < .
Eksistensi Bilangan Real dan Densitas Bilangan Rasional di Ʀ
Salah satu penggunaan Sifat Supremum adalah dapat digunakan untuk memberikan
jaminan eksistensi bilangan-bilangan real. Berikut ini akan ditunjukkan bahwa ada
bilangan real positif sedemikian hingga = 2.
Teorema 1.4.8. Ada bilangan real positif x sedemikian hingga = 2.
Bukti. Dibentuk himpunan = { ∈ Ʀ ∶ ≥ 0 < 2}. Jelas bahwa ≠ ∅ sebab
0 ∈ dan 1 ∈ . terbatas ke atas dengan salah satu batas atasnya adalah 2. Jika ≥ 2,
maka ≥ 4. Jadi, = 2 ∉ . Menggunakan Aksioma Supremum, ⊂ Ʀ , ≠ ∅ , dan
terbatas ke atas, maka mempunyai supremum. Namakan = sup , dengan ∈ Ʀ .
Akan dibuktikan bahwa = 2. Andaikan ≠ 2, maka < 2 atau > 2.
Kemungkinan I : Untuk < 2 .
Karena < 2, maka 2 − > 0. Karena ≤ , maka
+ = + + ≤ + (2 + 1) .
Karena 2 − > 0 dan 2 + 1 > 0, maka > 0. Menurut akibat Sifat Archimedes,
dapat ditemukan ∈ Ɲ sehingga
<
Akibatnya,
1
(2 + 1) < 2 −
dan

+
1
< +
1
(2 + 1) < + 2 − = 2
Diperoleh bahwa + < 2, yang berarti bahwa + ∈ . Kontradiksi dengan =
sup . Oleh karena itu tidak mungkin < 2 .
Kemungkinan II: > 2 .
Karena > 2, maka − 2 > 0. Perhatikan bahwa
− = − + > − .
Karena − 2 > 0 dan 2 > 0, maka dipilih ∈ ℕ sedemikian hingga
> atau < − 2 .
Akibatnya
−
1
> −
2
> − ( − 2) = 2 .
Diperoleh bahwa − > 2 . Berarti − ∉ , yaitu − batas atas. Kontradiksi
dengan = sup . Oleh karena itu tidak mungkin > 2. Jadi pengandaiannya salah,
yang benar adalah = 2.
1.4.9. Teorema Densitas (The Density Theorem) Jika , ∈ ℝ dengan < , maka
ada bilangan rasional q ∈ ℚ sedemikian hingga x < < .
Bukti.Dengantidakmengurangikeumuman(without loss of generality), di ambil x < y ,
maka y > 0. Akibatnya >0 , sehingga dapat dipilih n∈ ℕ sedemikian hingga
n >
Untukn di atas, berlakuny-nx>1,yaitunx+1<ny. Karenanx>0, makadapat di pilihm ∈
ℕsehingga
m-1≤nx<m
Bilanganm di atasjugamemenuhim<ny, sebabdarim-1≤nx, diperolehm≤nx+1<ny. Jadi
nx<m<ny
Akibatnyauntuk q= mempunyaisifatx< =q<y.Jaditerdapatbilanganrasional
q= dengansifat x<q<y
BerikutinidiberikanakibatTeoremaDensitas, yaitudiantaraduabilangan real
pastidapatditemukanbilanganirrasional
Akibat 1.4.10.jikax,y∈ ℝ dengan x<y, maka ada bilangan irrasional r sedemikianhingga
x<r < y

Bukti.MenggunakanTeoremaDensitas, adabilangan real
√
dan
√
dengan bilangan rasional q
dengansifat
√
< q <
√
. Akibatnya , x<q√2<y dan q√2 merupakanbialnganirrasional.
1. Diberikan himpunan tak kosong X dan f : X →R mempunyai range terbatas di R. Jika
ɑϵR, tunjukkan bahwa :
(a) sup{ ɑ + f(x) : xϵ X } = ɑ + sup { f(x) : xϵ X }.
(b) inf{ ɑ + f(x) : xϵ X } = ɑ + inf { f(x) : xϵ X }.
2. Diberikan subset tak kosong A dan B dari R. Dibentuk himpunan A+B = {ɑ + b : ɑϵA dan
bϵB }. Buktikan bahwa sup ( A+B ) = sup A+sup B dan inf( A+B ) = inf A + inf B.
3. Jika diberiakan sebarang xϵ R, tunjukkan bahwa terdapat dengan tunggal nϵ Z sedemikian
hingga n - 1 ≤ x ≤ n.
4. Jika y> 0, tunjukkan bahwa terdapat nϵ N sedemikian hingga <y.
5. Jika u> 0 adalah sebarang bilangan real dan x<y, tunjukkan bahwa terdapat bilangan
rasional r sedemikian hingga x<ru<y.
1.5. INTERVAL DALAM R
Jika diberikan ɑ,bϵ R dengan ɑ<b, maka interval terbuka yang ditentukan oleh ɑ dan b adalah
himpunan
(ɑ,b) = { xϵR : ɑ<x< b }.
Titik ɑ dan b disebut titik ujung ( endpoints) interval. Titik ujung tidak termuat dalam
interval terbuka. Jika kedua titik ujung digabungkan ke dalam interval terbukanya, maka disebut
interval tertutup, yaitu himpunan
[ɑ,b] = { xϵR : ɑ<x <b }.
Interval setengah terbuka atau setengan tertutup adalah interval yang memuat salah
satu titik ujungnya. Gabungan interval terbuka dengan titik ujung ɑ, ditulis [ɑ,b), dan gabungan
interval terbuka dengan titik ujung b, ditulis (ɑ,b]. Masing-masing interval tersebut terbatas dan
mempunyai panjang( length) yang didefinisikan dengan b-ɑ. Jika a=b, maka interval terbukanya
berkorespondensi dengan himpunan kosong
 aa, ᴓ,dan interval tertutupnyaberkorespodensidenganhimpunan singleton    aaa , .
Berikutinidiberikanlimajenis interval tidakterbatas.Simbol   atau dan 
digunakansebagai symbol titikujungnya yang
takberhingga.Intervalterbukatakterbatasadalahhimpunandenganbentuk
       .::,::, bxRxbdanaxRxa 
Himpunanpertamatidakmempunyaibatasatasdan yang
keduatidakmempunyaibatasbawah.Himpunan ,a
seringjugadisebutdengansinarterbuka(open a ray).Diberikaninterval
tertutuptakterbatas,yaitu

       .::,::, bxRxbdanxaRxa 
Himpunan ,a seringdisebutdengansinartertutup(close a ray).Himpunan R
dapatdituliskansebagai  .:, R Perhatikanbahwa  dan bukanelemen R.
1.5.1.TeoremaKarakteristik Interval Jika s adalah subset R yang memuat paling
sedikitduatitikdanmempunyaisifat :
jika   .,., SyxmakayxdanSyx 
maka S merupakansuatu interval.
Interval susut(Nasted Intervals)
Telahdiketahuibahwabarisanadalahfungsi f:N  Af : ᴓ.Jika A adalahhimpunan interval-
interval,makaterbentukbarisan interval  .1nnI Untukmempersingkatpenulisan,barisan  1nnI
cukupditulis nI .
Definisi 1.5.2.(Interval Sudut)Barisan nIn . dikatakan interval susut (nested
intervals) Jika
.......... 1321  nn IIIII
Contoh 1.5.3.
(1) Diberikan In = n
n
,
1
,0 





∈ , Yaitu I1 = [0,1], I2 = ,
2
1
,0 





I3 = ,
3
1
,0 





....
Maka I1  I2  I3  ... (nested) dan

1n
 In = {0}(mempunyai titik berserikat).
(2) Diberikan In = n
n
,
1
,0 





∈ . Diperoleh bahwa In  In+1 , untuk setiap n ∈ .
Tetapi

1n
 In = ∅. Jadi, interval susut belum tentu mempunyai titik berserikat.
Sebab, andaikan terdapat x ∈

1n
 In, maka x ∈ In untuk setiap n ∈ . Karena
x > 0, maka terdapat n ∈ sedemikian hingga
n
1
> x . Kontradiksi dengan
pengandaian. Jadi pengandaian salah, yang benar adalah

1n
 In = ∅.
(3) Diberikan In ,
1
1,0 






n
maka I1 = [0,2], I2 = ,
2
1
1,0 





 I3 = ,
3
1
1,0 





 ....
Diperoleh

1n
 In ≠ ∅. (Ada tak hingga banyak  ∈ [0,1]). Perhatikan

bahwa inf 1 + : = 1
1.5.4. Sifat Interval Susut (Nested Interval Property) Jika In = [an, bn].
interval tertutup terbatas dan In  In+1 untuk setiap (interval susut), maka

1n
 In ≠ ∅,
Yaitu terdapat  ∈ R sedemikian hingga  ∈ In untuk setiap . Selanjutnya, jika
Panjang In= − memenuhi inf { − : } = 0, maka elemen berserikat 
tersebut tunggal.
Bukti.Dibentuk himpunan = { : ∈ ℕ}. Jelas ≠ ∅ sebab ∈ , dan ⊂ ℝ.
Himpunan terbatas ke atas, sebab ⊇ untuk setiap ∈ ℕ. Sehingga diperoleh
bahwa
≤
Untuk setiap ∈ ℕ, yang berarti batas atas . Menggunakan Sifat Lengkap ℝ, maka
supremum ada, yaitu terdapat ∈ ℝ sedemikian hingga sup . Jelas bahwa
≤
Untuk setiap ∈ ℕ. Selanjutnya untuk sebarang , ∈ ℕ berlaku
≤ ≤ ≤ atau ≤
Hal ini berakibat
sup{ : ∈ ℕ} ≤ atau ≤
Karena ≤ dan ≤ , maka diperoleh ≤ ≤ untuk setiap ∈ ℕ, berarti
∈ = [ , ], untuk setiap ∈ ℕ. Sehingga
∈ ,
Yang berakibat⋂ ≠ ∅.
. jika = inf{ : ∈ ℕ} , maka dengan cara yang sama (sebelumnya),
diperoleh ∈ untuk setiap ∈ ℕ . Sehingga diperoleh
∈
Akan dibuktikanketunggalannya, yaitu = .Diambilsebarangℇ > 0 . jikainf{ −
: ∈ ℕ} = 0, makaterdapat ∈ ℕ sehingga
0 ≤ − ≤ − < atau 0 ≤ − < .
Karenaberlakusebarangℇ > 0.maka − = 0 atau = . jadi, terbuktibahwa = ∈
⋂ tunggal.
Himpunan Terhitung (Countable)

Diberikan = {1,2,3,...,n}, n∈ ℕ. Dua himpunan A dan B dikatakan ekuivalen, ditulis
A~B jika ada fungsi bijektif f : A→B. Contoh:
1. Misalkan A={1,2,3} dan B={a,b,c} , maka A~B.
2. Misalkan f : A→C dengan C = {w,x,y,z} , maka A≠ C.
Suatu himpunan dikatakan tak berhingga (infinite) jika himpunan tersebut ekuivalen
dengan salah satu himpunan bagian sejatinya. Jika tidak demikian, maka himpunan tersebut
dikatakan berhingga(finite), yaitu ekuivalen dengan . Contoh:
1. Himpunan A ={1,2,3} berhingga.
2. ℕ={1,2,3,...}, T ={2,4,6,...} ⊂ℕ . fungsi
f: ℕ→T
n → f (n) = 2n
Jadi, ℕ tak berhingga, T juga tak berhingga.
Suatu himpunan D dikatakan denumerable jika D~ℕ . suatu himpunan dikatakan
terhitung (countable) jika himpunan tersebut berhingga atau denumerable. Jika tidak, maka
dikatakan himpunan tak terhitung (uncountable atau no denumerable), yaitu himpunan yang
tidak ekuivalen dengan ℕ. Jika himpunan A terhitung, maka A dapat disajikan sebagai A
={ , , ,...} dengan ≠ untuk i ≠ j .
Contoh:
1. Himpunan ∅ terhitung berhingga.
2. Himpunan ℕ terhitung tak berhingga.
3. Himpunan A = {1,2,3} terhitung berhingga.
Dapat ditunjukkan bahwa ℝmerupakan himpunan tak terhitung. Untuk
membuktikannya cukup hanya dengan membuktikan I = [0,1] tak terhitung. Berikut ini diberikan
teoremanya.
ℰ (0) = (- , ) . jika dipilih sangat kecil, maka 0 < < . jadi, 0 merupakan titik cluster
B dengan 0 ∉B.
Teorema 1.5.5. himpunanI =[0,1] tak terhitung.
Bukti. AndaikanIterhitung , maka dapat ditulis dengan
I={x1, x2, x3, …, Xn,…}
Dikonstruksikan interval tertutup, terbatas, susut (nested), dan inf {bn – an : ∈₦} = 0.
Interval I = [0,1] di bagi menjadi tiga sama panjang, yaitu
[0, 1/3], [ 1/3, 2/3], dan [2/3, 1]

Titik x1 ∈I termuat dalam paling banyak dua sub interval. Pilih sub interval yang tidak
memuat x1, namakan I1 = [a1, b2]. Jadi, x1 ∉I1. Selanjutnya, I1 dibagi menjadi tiga sama
panjang, yaitu:
[a1, a1, + 1/9], [
Kemudian pilih sub interval yang tidak memuat, namakan. Jadi, Jika proses diteruskan,
diperoleh barisan interval tertutup, terbatas, I1 ⊃ I2 ⊃I3⊃…⊃ In dengan inf {bn- an :
n ∈ ₦} = inf {1/3₦}. Menggunakan sifat Nested Interval, maka terdapat dengan tunggal
∈
∞
∩
= 1
. berarti y ∈ , yaitu y = xn untuk suatu n ∈ ₦. Akibatnya ∈
∞
∩
= 1
yaitu
∈ .Sedangkan dari konstruksi diperoleh ∉ . Timbul kontradiksi, yang benar
adalah = [0,1] tak terhitung, sehingga ℝ juga tak terhitung.
Teorema Bolzano-Weirrstrass
Sebelum dijelaskan tentang teorema Bolzano-Weirrstrass terlebih dahulu dijelaskan
mengenai titik cluster. Berikut diberikan definisinya.
Definisi 1.5.6 (Titik Cluster) Diberikan subset tak kosong ⊂ ℝ . Titik ∈ ℝ disebut
titik cluster (cluster points) jika setiap persekitaran ( ) = ( − , + ) memuat
paling sedikit satu titik anggota yang tidak sama dengan . Titik cluster sering disebut
dengan titik akumulasi atau titik limit.
Dengan kata lain, titik cluster jika untuk setiap > 0 berlaku ( ( ) ∩ ) −
{ } ≠ ∅ atau ( ( ) − { } ∩ ≠ ∅.
Ekuivalen dengan mengatakan bahwa titik cluster jika untuk setiap ∈ ℕ,
terdapat sedemikian hingga 0 < | − | < .
Contoh 1.5.7
(1) Diberikan = (0,2). Apakah 0 merupakan titik cluster?
Jawab. Diambil > 0, maka (0) = (0 − , 0 + ) = (− , ). Menggunakan Teorema
Densitas, maka 0 merupakan titik cluster dan 0 ∉ . Demikian juga bahwa
merupakan titik cluster dan ∈ .
(2) Diberikan = [1,2] ∪ {4}. Apakah 4 titik cluster?
Jawab. Persekitaran – dari 4 adalah (4) = (4 − , 4 + ). Misla diambil = , maka
(4) = 4 − , 4 + = 3 , 4 . sehingga diperoleh bahwa 3 , 4 ∩ [1,2] −
{4} = ∅. Jadi, 4 bukan titik cluster.
(3) Diberikan = : ∈ ℕ = 1, , , , … . . Tunjukkan bahwa 0 titik cluster dengan
0 ∉ .

Jawab. Menggunakan Sifat Archimedes, jika diberikan sebarang > 0, maka terdapat
∈ ℕ sedemikian hingga 0 < < .
Persekitaran titik 0 adalah ).,()0(  V Jikadipilih sangatkecil, maka 
n
1
0 . Jadi
0 merupakantitik cluster Bdengan B0
1.5.8 Teorema Bolzano-Weierstrass Setiap subset ℝ yang tidak berhingga( infinite)
danterbatas, mempunyai paling sedikitsatutitik cluster.
Bukti. Diberikan sebarang subset ⊂ ℝ tidak berhingga dan terbatas. Karena terbatas,
maka terdapat interval I1=[a,b] denganpanjangℒ(I1)=b-a. Kemudian
bagilahI1menjadiduabagian, yaitu 




 
2
,
ba
a dan .,
2 




 
b
ba
Karena tak berhingga, maka
salah satu interval tersebut memuat tak hingga banyak titik anggota , sebab apabila
keduanya memuat berhingga banyak anggota , maka berarti himpunan berhingga.
Namakan bagian yang memuat takhingga banyak titik anggota dengan I2.Panjangnya
ℒ (I2)=
2
ab 
. SelanjutnyaI2, dibagi menjadi dua bagian seperti langkah di atas, maka
salah satu bagian yang memuat takhingga banyak anggota . Namakan bagian tersebut
dengan I3.Panjangnyaℒ (I3)= 2
2
ab 
. Apabila proses diteruskan, maka diperoleh barisan
interval susut(nested)
.......321  nIIII
MenurutSifat Interval Susut, maka 


1n
nI ∅, atau terdapat 



1n
nIx
Akan ditunjukkan bahwa x titikcluster . Diambil sebarang 0 , makaterdapat n ℕ
sedemikian hingga ,
2 1


n
ab
,danpersekitarannya ),()(   xxxV Karena nIx
danℒ(In)= 

1
2n
ab
, maka )(xVIn  . KarenaIn, memuat tak hingga banyak titik
anggota ,maka )(xV memuat takhingga banyak titik anggota yang tidak sama dengan
.x Jadi, .x merupakan titik cluster S.
Himpunan Terbuka dan Tertutup
Definisi 1.5.9.
i. Himpunan ⊆ ℝ dikatakan terbuka dalam ℝ jika untuk setiap ∈ , terdapat
persekitaran ( ) sedemikian hingga ( ) ⊂ .

ii. Himpunan ⊆ ℝ dikatakan tertutup dalam ℝ jika komplemen , yaitu terbuka
dalam ℝ.
Contoh 1.5.10.
1) Himpunan ℝ = (-∞,∞) terbuka, sebab untuk setiap ∈ ℝ, terdapat ( ) =
( − 1, + 1) ⊂ ℝ.
2) Himpunan = (0,1) terbuka, sebab jika diambil = , untuk setiap ∈ ,
maka ( ) = ( − , + ) ⊂ .
3) Himpunan = [1,2] tertutup, sebab jika diambil = 1, maka untuk setiap >
0, (1) = (1 − , 1 + ) ⊄ dan 1 − ∉ . Dapat ditunjukkan juga bahwa
terbuka, yaitu = (−∞, 1) ∪ (2, ∞) terbuka.
1.5.11. Sifat Himpunan Terbuka
a) Jika A himpunan indeks (berhingga atau tak berhingga) dan terbuka untuk setiap ∈
, maka ⋃ terbuka.
b) Jika , , … , masing-masing merupakan himpunan terbuka, maka ⋂ terbuka.
Bukti.
a) Namakan = ⋃ . Diambil sebarang , maka terdapat sedemikian hingga
. Karena terbuka, maka terdapat
( ) ⊂ ⊂ G . Jadi, terbukti bahwa untuk setiap x∈ , terdapat ( ) ⊂ ,
Yang berarti G =⋃ terbuka.
( b ) Namakan H =.⋂ .Akan ditunjukkkan bahwa H terbuka. Diambil sebarang
x H, maka x , i =1,2,…,n .
Karena x dan terbuka, maka terdapat 0 sehingga (x) ⊂ .
Demikian seterusnya.
Namakan = min{ , ,…, } , jelas bahwa 0. Maka ( ) ⊂ (x) ⊂ .
untuk setiap i =1,2,…,n, yang berakibat bahwa ( ) ⊂ H =.⋂ .Jadi
terbukti bahwa ⋂ terbuka.
Berikut ini diberikan akibat dari sifat himpunan terbuka, yaitu sifat untuk
himpunan tertutup.
Akibat 1.5.12.
(a). Jika Ahimpunan indeks (berhingga atau tak berhingga) dan tertutup
untuk setiap , maka ⋃ .
(b). Jika , ,…. , masing – masing merupakan himpunan tertutup, maka

⋃ terutup.
1. Jika ∶= ba, dan ∶= ba , interval tertutup dalamℝ , tunjukan bahwa
I  jika danhanya jika aa  dan bb 
2. JikaS ℝ tidak kosong, tunjukan bahwaS terbatas jika dan hanya terdapat
interval tertutup terbatas Isedemikian hinggaS  I
3. JikaS ℝ tidak kosong dan terbatas, dan ∶= [inf , sup ], tunjukan bahwa S
. selanjutnya, jikaJ adalah sebarang interval tertutup terbatas yang memuat S,
tunjukan bahwa  J.
4. DiberikanK n ∶= untuk nN. buktikan bahwa

1n
nk =∅.
5. Jika S himpunan terbatas di ℝdan T  S tidak kosong, buktikan bahwa
InfS infT sup T sup S.
6. Buktikan Akibat 1.5.1.2. .
BAB 2
BARISAN DAN DERET
Pada bab ini dibahas mengenai pengertian barisan dan deret. Selanjutnya, dibahas tentang
limit dan konvergensi dari suatu barisan, Di antaranya adalah Teorema Konvergen
Monoton, Teorema Bolzano-Weierstrass, dan Kriteria Cauchy untuk barisan yang
konvergen.
2.1. Barisan dan limit barisan
barisan (sequence) pada himpunan S adalah suatu fungsi dengan domain ℕ dan
mempunyai range dalam S. Pada subbab ini akan dibahas mengenai barisan di ℝ dan
konvergensi dari suatu barisan.
Definisi 2.1.1. Barisan bilangan real adalah suatu fungsi yang didefinisikan pada
himpunan ℕ dengan range dalam ℝ.
Dengan kata lain, barisan dalam ℝ mengawankan setiap bilangan asli n =1,2,3,…
kepada suatu bilangan real, jika X : ℕℝ merupakan barisan, maka biasanya dituliskan
dengan nilai dari X pada n dengan notasi Barisan sering dinotasikan dengan X atau
( ) atau( ∶ ∊ ℕ) atau { } atau { }( ≥ 1)apabila diketahui suatu barisan Y ,
artinya Y = ( )
Contoh 2.1.2.
(a) Barisan ( ) dengan = (−1) adalah barisan −1, 1, −1, 1, −1,1, … , (−1) ,…

(b) Barisan ( ) dengan = ( , : ∊ ℕ ) = , , ,…, ,…
(c) Barisan konstan ( ) dengan = 3 adalah 3,3,3,3,….
(d) Barisan = , , , … , , …
Definisi 2.1.3.Diberikanbarisanbilanganreal ( )dan ( ), dan ℝ . Maka dapat
didefinisikan
(i) ( ) ± ( ) = ( ± ).
(ii) ( ) = ( ).
(iii) ( ) ∙ ( ) = ( ∙ ).
(iv)
( )
( )
= , asalkan ≠0
Definisi 2.1.4. (Limit Barisan) Diketahui( ) barisan bilangan real. Suatu bilangan real
di katakana limitbarisan( ) jika untuk setiap > 0 terdapat ( )ϵ N sedemikian
hingga untuk setiap ℕ dengan ≥ ( ) berlaku | − | < .
Jika adalah limit suatu barisan ( ), maka di katakan ( )konvergenke ,atau ( )
mempunyai limit . Dalam hal ini ditulis lim
→
( ) = atau lim( ) = atau ( ) → . Jika
( ) tidak konvergen, maka ( ) dikatakan divergen.
Teorema 2.1.5.Jikabarisan( )konvergen, maka( ) mempunyai paling banyak satu
limit (limitnya tunggal).
Bukti.Andaikan lim
→
( ) = dan lim
→
( ) = "
dengan ≠ "
. Maka untuk seberang
> 0 terdapat sedemikian hingga | − | < 2 untuk setiap ≥ , dan terdapat
"
sedemikan hingga − "
< 2 untuk setiap ≥ "
. Dipilih K = max , "
.
Menggunakan Ketaksamaan Segitiga, maka untuk ≥ diperoleh
 


22
n
nn
l
n
nn
lnl
xxxx
xxxxxx
Karena berlaku untuk setiap  >0 ,maka 0 nl
xx yang berarti Kontrakdiksi dengan
pengadaian.Jadi terbukti bahwa limitnya tunggal.
Teorema 2.1.6. Jika  nx barisan bilangan real dan x R ,maka empat pernyataan
berikut ekuivalen.
a). Barisan  nx konvergen ke x.
b). Untuk setiap  >0 terdapat NK sedemikian hingga untuk setiap Kn berlaku
. xxn

c). Untuk setiap  >0 terdapat NK sedemikian hingga untuk setiap Kn berlaku
.  xxx n
d). Untuk setiap persekitaran )(xV dari x, terdapat NK sedemikian hingga untuk
setiap Kn berlaku )(xVxn  .
Bukti.
(a)  (b) Jelas (dari definisi).
(b)  (c) .  xxxxxxx nnn
(c)  (d) ).(),( xVxxxxxxx nnn  
(d)  (a) .)(   xxxxxxVx nnn
Contoh 2.1.7.
(a) Tunjukkan bahwa lim → = 0
Jawab.Akan ditunjukkanbahwa ( ) = konvergen ke 0, yaitu  0.
Harusdibuktikanbahwauntuksetiap 0 terdapat()
sedemikianhinggauntuksetiapndengann  () berlaku − 0 ˂.
Ambilsembarang 0, maka

 0.MenurutSifat Archimedes, makaterdapatK ()  N
sedemikianhingga

˂K (), atau
()
<. AkibatnyauntuksetiapnK () berlaku − 0 =
= 
()
<. Jadi, terbuktibahwauntuksetiap 0 terdapat()
sedemikianhinggauntuksetiapndengann() berlaku − 0 ˂, ataulim → = 0.
(b) Tunjukanbahwalim → = 0
Jawab. Akan ditunjukkanbahwauntuksetiap 0 terdapatK ()  N
sedemikianhinggauntuksetiapndengann() berlaku − 0 ˂. Diambilsebarang 0,
maka > 0, akibatnya

> 0. Menurut Sifat Archimedes, terdapat K ()  N
sedemikianhingga

<K () atau
()
< , diperoleh
()
<. Akibatnyauntuksetiapn()
berlaku − 0 = 
()
<. Jadi, terbuktibahwauntuksetiapterdapatK ()  N
sedemikianhinggauntuksetiapndengann() berlaku − 0 ˂, ataulim → = 0.
Contoh 2.1.8.tunjukkanbahwa    n
1 divergen.

Jawab.Andaikan    n
1 konvergen, berartiterdapatbilangan real x sehinggauntuksetiap ε > 0
terdapatKℕ sedemikian hingga untuk setiap n ≥ K berlaku   x
n
1 < 1.Untuk n ≥ K dann
genap, maka   11 
n
, diperoleh
x1 < 1  -1 < 1 - x <1 ,
yangberakibat x > 0. Untuk n ≥ Kdan n ganjil, maka   11 
n
, diperoleh
x1 < 1  -1 < - 1 - x <1 ,
yangberakibat x < 0. Timbulkontradiksi, yaitu x > 0 dan x < 0.Jadipengandaiansalah, yang
benar    n
1 divergen.
Teorema 2.1.9.Diberikanbarisanbilangan real X  N: nxn dan m ℕ.Maka
   nxX nmm : konvergenjikadanhanyajika X konvergen.Dalamhalini XXm limlim  .
Bukti.Perhatikanbahwauntuksebarang p ℕ, elemenke- p dari mX adalahelemenke-  mp  dari
X . Samahalnya, jika q >m , makabentukelemenke- q dari mX adalahelemenke-  mq  dari X .
Diasumsikanbahwa X konvergenke x . Diberikansebarangε > 0, padabarisan X untuk n ≥
K (ε) berlaku xxn  <ε ,makapada mX untuk k K (ε) m berlaku xxk  <ε. Dapatdiambil mK
(ε) = K (ε) m , sehingga mX konvergenke x .
Sebaliknya, jikapada mX untuk k K m (ε) berlaku xxk  <ε, makapada X untuk n ≥ K
(ε) m berlaku xxn  < ε. Dapatdiambil K (ε) mK (ε) m . Dengandemikianterbuktibahwa X
konvergenke x jikadanhanyajika mX konvergenke x .
Teorema 2.1.10.Diberikanbarisanbilangan real (xn)dan ∈ . Jika
(an)adalahsuatubarisanbilangan real positifdenganlim(an) = 0 danjikauntuk c>0 dan ∈
berlaku
| − | ≤ can untuksemua n ≥ m,
makalim(xn) = x.
Bukti.Diambil > 0, maka > 0. Karena lim(an) = 0, makaterdapat ( ⁄ ) ∈ sedemikian
hinggga untuk setiap ≥ ( ⁄ ) berlaku | − 0| < ⁄ . Akibatnya untuk setiap ≥ ( ⁄ )
berlaku | − | ≤ | | < . = atau| − | < . Terbukti bahwa lim(xn) = x.
Contoh 2.1.11.Jikaa> 0, tunjukkanbahwalim → = 0.
Jawab.Karenaa> 0, maka 0 <na< 1 + na yang berakibatbahwa
0 < < = . untuk setiap ∈ .
Diperoleh
− 0 = < . = . untuk setiap ∈ .

Karenatelahdiketahuibahwalim → = 0, maka menurut Teorema 2.1.10 dan dengan mengambil
= > 0 berakibat bahwa lim → = 0
1. Tuliskanlimabilanganpertamadaribarisan( )untuk berikut.
(a) =
( )
.
(b) = .
2. Tentukanrumuske- untuk barisan berikut.
(a) 5, 7, 9, 11, …
(b) , − , , − , …
3. Untuksebarang ∈ , buktikanbahwalim = 0.
4. Tunjukkan (menggunakandefinisi limit barisan).
(a) lim = 2
(b) lim = .
5. Tunjukkanbahwalim( ) = 0jikadanhanyajikalim(| |) = 0.
6. Tunjukkanbahwajika ≥ 0 untuk semua ∈ dan lim( ) = 0, maka lim = 0.
7. Buktikanbahwajikalim( ) = dan jika > 0, maka terdapat ∈ sedemikian
hingga > 0 untuk semua ≥ .
8. Tunjukkanbahwalim − = 0.
9. Tunjukkanbahwalim
!
= 0.
10. Jikalim( ) = > 0, tunjukkan bahwa terdapat ∈ sedemikian hingga jika ≥ ,
maka < < 2
2.2. Teorema-teorema Limit
Padasubbabiniakandibahasmengenaibeberapateorema yang berkaitandengan limit
padabarisanbilangan real, sepertibarisanterbatasdankekonvergenanbarisan.
Definisi 2.2.1.Barisanbilangan real X = (xn) dikatakanterbatasjikaterdapatbilangan real M>0
sedemikianhingga |xn|≤ Muntuksemuan∈ N.
Olehkarenaitu, barisan (xn) terbatasjikadanhanyajikahimpunan {xn:n∈N} merupakan
subset terbatasdalam R.
Teorema 2.2.2. JikaX = (xn) konvergen, maka X = (xn) terbatas.

Bukti.Diketahui X = (xn) konvergen, misalkankonvergenkex. diambil = 1, maka terdapat K∈ N
sedemikianhinggauntuksetiapn ≥ Kberlaku | xn – x | < 1.
Menggunakanakibatketaksamaansegitiga, maka |xn| - |x | <1 atau | xn |<1+ | x | untuksemuan ≥ K.
NamakanM = max { x1,x2,…,xk-1, | x |+ 1 } , maka | xn ≤M, untuksemuan∈ N. Jadi, terbukti bahwa
X = (xn) terbatas.
Teorema 2.2.3. Jika X = (xn) → x, Y = (yn) → y ,dan c ∈ R , maka
(i) X ± Y → x + y.
(ii) X . Y → xy.
(iii) cX → cx.
Bukti.
Ambil sebarang > 0. Karena X = (xn) → maka terdapat n0∈ N sedemikian hingga untuk setiap n
≥ n0 berlaku | xn – x | < . karena Y=(yn) → y, maka
terdapat N sedemikian hingga untuk setiap ≥ berlaku
| − | < .
Pilih = max { , } , maka akibatnya untuk ≥ berlaku
| + − ( − )| = ( − ) + ( – )
≤ | − | + | − | < + = .
Karena berlaku untuk sebarang > 0 , maka ( + ) konvergen ke x + y.
Dengan cara yang sama diperoleh bahwa ( − ) konvergen ke x-y. Jadi
terbukti bahwa X ± Y → x + y.
(iii) Akan dibuktikan bahwa untuk setiap > 0 terdapat K sedemikian hingga untuk setiap
n ≥ K berlaku | − | < . Diketahui
| − | = | − + − |
≤ | − |+| − |
= | ‖ − |+| – ‖ |.
Karena ( ) → x maka ( ) terbatas, akibatnya terdapat > 0 sedemikian hingga ( (
≤ , untuk semua N. Namakan = max{ , | |}. Diambil sebarang > 0. Karena
( ) → x , maka terdapat N sedemikian hingga untuk setiap ≥ berlaku | − | <
. Karena( ) → , maka terdapat N sedemikian hingga untuk setiap ≥ berlaku
| − | < . Namakan = max{ , }, maka untuk setiap > berlaku
| − | ≤ | ‖ − |+| – ‖ |
< . + . = + = .

Jadi, terbukti bahwa untuk setiap > 0 terdapat N sedemikian hingga untuk setiap
≥ berlaku | − | < . Dengan kata lain terbukti bahwa . →
(iii) Ambil sebarang Ɛ> 0. Karena (Xn) → x, maka terdapat K ϵℕ sedemikian hingga untuk
setiap n ≥ K berlaku | − | < . Perhatikan bahwa
| − | = | − + − |
≤ | − | + | − |
= | || − 1| + | − |
Karena ( ) → , maka ( ) terbatas , yaitu terdapat M > 0 sedemikian hingga | | ≤ ,
untuk semua ∈ ℕ. Akibatnya
| || − 1| + | − | < . | − 1| +
2
= ( . | − 1|) +
2
<
Terbukti bahwa untuk setiap > 0 terdapat K ϵℕ sedemikian hingga untuk setiap ≥
berlaku | − | < . Dengan kata lain, terbukti bahwa →
Teorema 2.2.4. Jika = ( ) → dan = ( ) → ≠ 0 dengan ≠ 0 untuk semua n
ϵℕ, maka
= →
Bukti. Terlebih dahulu harus dibuktikan bahwa = → . Diambil = | |, maka
> 0. Karena lim( ) = , maka terdapat K1ϵℕ sedemikian hingga untuk setiap ≥
berlaku | − | < .Menggunakan akibat Ketaksamaan Segitiga bahwa
− ≤ −| − | ≤ | | − | | untuk ≥ , yang berarti | | = | | − ≤ | |untuk
≥ . Oleh karena | |
≤ | |
untuk ≥ , maka diperoleh
− = = | |
≤ | |
| − |.
Selanjutnya, diberikan > 0, maka terdapat ∈ sedemikian hingga jika ≥ , maka
| − | < | | . Jika diambil ( ) = max{ , }, maka
− < untuk semua ≥ ( ).
Karena berlaku untuk sebarang > 0, maka terbukti bahwa lim = atau
Konvergen ke . Menggunakan Teorema 2.2.3(ii) dan dengan mengambil sebagai barisan
, maka . = → = .
Teorema 2.2.5. Jika = ( )barisan bilangan real dengan ≥ 0 untuk semua ∈ dan
( ) → , maka ≥ 0.

Bukti. Diambil = − > 0. Karena ( ) → , maka terdapat ∈ sedemikian hingga
untuk setiap ≥ berlaku
| − | < ↔ − < − <
↔ − < < +
↔ − (− ) < < + (− )
↔ 2 < < 0.
Kontradiksi dengan pernyataan bahwa ≥ 0, untuk semua ∈ . Jadi, pengandaian salah,
yang benar adalah ≥ 0.
Teorema 2.2.6. Jika ( ) → , ( ) → , dan ≤ untuk semua ∈ , maka ≤ .
Bukti. Diberikan = − sehingga = ( ) = − dan ≥ 0 untuk semua ∈ .
Menggunakan Teorema 2.2.5 dan 2.2.3 diperoleh bahwa
0<lim = lim (yn) – lim (xn) atau lim (xn) ≤ lim (yn)
Jadi, terbukti bahwa x ≤ y
Teorama 2.2.7. Jika X=(xn) konvergen ke x dan jika a ≤ xn ≤ b untuk semua n N, maka a ≤
x ≤ b
Bukti. Diberikan Y barisan konstan (b, b, b,…). Menggunakan Teorema 2.2.6 diperoleh
bahwa lim X ≤ lim Y = b. Dengan cara yang sama diperoleh a ≤ lim X. Jadi, terbukti bahwa a
≤ lim X ≤ b atau a ≤ x ≤ b.
Berikut ini diberikan sebuah teorema yang menyatakan bahwa jika suatu barisan Y
berada (terselip) diantara dua barisan yang konvergen ke titik yang sama, maka Y juga
konvergen ke titik yang sama.
Teorema 2.2.8. (Squeeze Theorem)Diberikan barisan bilangan real X=(xn)
Y=(yn), dan Z=(zn) sedemikian hingga
xn ≤ yn ≤ znuntuk semua n N
dan lim (xn) = lim (zn). Maka Y konvergen dan
Lim (xn)=lim(yn) = lim (zn).
Bukti. Misalkan :=lim(xn) = lim (zn). Jika diberikan > 0, maka terdapat K N sedemikian
hingga untuk setiap n ≥ K berlaku | − | < dan | − | < , atau dengan kata lain
− < − < dan − < − < . Karena ≤ ≤ , maka − ≤ −
≤ −
Akibatnya diperoleh bahwa − < − < . Karena berlaku untuk semua ≥ dan
> 0, maka terbukti bahwa lim ( ) = .
Teorema 2.2.9.Jika = ( ) → , maka| | = (| |) → | |.

Bukti.Diberikan > 0.Karena = ( ) → ,
makaterdapat ℕsedemikianhinggauntuksetiap ≥ berlaku| − | <
.MenggunakanakibatKetaksamaanSegitiga, diperolehbahwauntuksetiap ℕberlaku
| | − | | ≤ | − | < .
Jadi, diperolehbahwa | | − | | < , atau| | = (| |) → | |.
Terorema 2.2.10.Jika = ( ) → dan ≥ 0, makabarisanbilangan real
positif → √ .
Bukti.Menurutteorema 2.2.5 diperolehbahwa ≥ 0.Akan
ditunjukkanbahwateoremabenaruntuk = 0dan > 0.
Kasus I:Jika ≥ 0, diberikan > 0. Karena( ) → = 0,
makaterdapat ℕsedemikianhinggauntuksetiap ≥ berlaku
0 ≤ = − 0 < .
Sehinggadiperolehbahwa0 ≤ < .Karenaberlakuuntuksetiap > 0,
makaterbuktibahwa → √ .
Kasus II:Jika > 0, maka√ > 0. Diberikan > 0,
makaterdapat ℕsedemikianhinggauntuksetiap ≥ berlaku| − | <
.Perhatikanbahwa
− √ =
√ √
√
=
√
.
Karena + √ ≥ √ > 0, makadiperoleh
− √ ≤
√
| − | <
√
.
Karenaberlakuuntuksetiap > 0, makaterbuktibahwa → √ .
Teorema 2.2.11.Jika( )barisanbilangan real (tegas) denganlim = (ada)
dan < 1 , maka ( )konvergendanlim( ) = 0.
Bukti.Dipilih ℝsedemikianhingga < < 1.Diambil = − >
0.Karenalim = , makaterdapat ℕsedemikianhinggauntuksetiap ≥
berlaku − < . Karena
− | | ≤ − ,
maka
− | | < .
Sehinggadiperoleh

− < ⟺ < + < + − = ⟺ < ,
Jadi, untuksetiap ≥ berlaku
0 < < < < < ⋯ < = .
Jikadiambil , makadiperoleh
0 < < untuksemua ≥ .
Mengingatbahwalim( ) = 0(sebab0 < < 1), maka
lim( ) = 0 ⇒ lim ( ) = 0 ⇒lim( ) = 0 ⇒lim( ) = 0.
Jadi, terbuktibahwa( )konvergendanlim( ) = 0.
1. Tentukanapakahbarisanberikutkonvergenataudivergen.
(a) :=
(b) :=
(c) :=
( )
2. Tunjukanbahwajika dan barisan bilangan real sedemikian hingga dan +
konvergen, maka konvergen.
3. Tunjukkanbahwabarisan((−1) ) tidak konvergen.
4. Diberikan :=√ + 1 - √ untuk ∈ N. Tunjukkan bahwa ( ) dan (√ )
konvergen. Carilah nilai limitnya.
5. Jika> 0, > 0 , tunjukkan bahwa lim + ( + ) – = .
6. GunakanTeorema Squeeze (2.2.8) untukmenentukan limit barisanberikut.
(a) . (b) ( !) .
7. Diberikansebuahcontohbarisankonvergen( ) dengan lim =1
8. Diberikanbarisanbilangan real positif = ( ) dengan lim = > 1.
Tunjukkan bahwa tidak terbatas dan tidak konvergen.
9. Diberikan( ) barisan konvergen ( ) sedemikian hingga untuk sebarang > 0
terdapat ∈ N sedemikian hingga untuk setiap ≥ berlaku | − | < .
Apakah ( )konvergen ?
10. Tunjukkanbahwajika( ) dan ( ) barisan konvergen, maka barisan ( ) dan ( )
yang didefinisikan dengan := max , dan := min , konvergen.
2.3. BarisanMonoton

Berikut ini diberikan pengertian mengenai barisan naik dan turun monoton.
Definisi 2.3.1.Diberikan barisan bilangan real X=(Xn).
(i) Barisan X dikatakan naik (increasing) jikaxn ≤ xn+1 untuk semua n N
(ii) Barisan X dikatakan naik tegas (strictly increasing) jika xn< xn+1 untuk semua n N
(iii) Barisan X dikatakan turun (decreasing) jikaxn ≥ xn+1 untuk semua n N
(iv) Barisan X dikatakan turun tegas (strictly decreasing) jikaxn> xn+1 untuk semua n N
Definisi 2.3.2.Barisan X = (Xn) dikatakan monoton jika berlaku salah satu X naik atau X
turun.
Contoh 2.3.3.
(a) Barisanberikutininaik (monoton).
(i) (1,2,3,4,..., n,...).
(ii) (1,2,2,3,3,3,...).
(iii) (a,a2
,a3
,a4
, ...,an
,...).
(b) Barisanberikutiniturun (momoton).
(i) 1, , , … , , … .
(ii) 1, , , , … , , … .
(iii) (b,b2
,b3
,b4
, ...,bn
,...). jika 0 < b < 1
(c) Barisanberikutinitidakmonoton.
(i) (+1,-1,+1,...,(-1)n+1
,...).
(ii) (-1,+2,-3,+4,...).
2.3.4. Teorema Konvergensi Monoton
(a)  konvergenxXmakaatasketerbatasdanmonotonnaikxXJika nn  ,)()(
dengan
}.:{sup)lim( Nnxx nn 
(b)    nn xmakabawahketerbatasdanmonotonturunxXJika  ,)( konvergen
dengan
  }.:{inflim Nnxx nn 
Bukti.
(a) Karena )( nxX  terbatas ke atas, maka terdapat ∈ sedemikian hingga ≤
untuk semua ∈ . Namakan = { : ∈ }, maka R , terbatas ke atas dan tidak
koson. Menurut Sifat Lengkap R, maka supremum A ada, namakan = sup . Diambil
> 0, maka terdapat ∈ sedemikian hingga − < ≤ . karena naik
monoton, maka untuk ≥ berlaku

− < ≤ ≤ < +
Atau
− < < + ↔ | − | < .
Jadi, terbukti bahwa = ( ) konvergen ke = lim( ) = sup{ : }.
(b) Gunakan cara yang hampei sama dengan pembuktian (a).
Contoh 2.3.5. diketahui barisan ( ) dengan = 1 dan = 2 + , ≥ 1.
Apakah ( ) konvergen ? Jika ya, tentukan ( ).
Jawab. Akan ditunjukkan menggunakan induksi bahwa ( ) naik monoton.
Untuk = 1, diperoleh = √2 + 1 = √3 ≥ 1 (benar). Misalkan benar untuk = ,
yaitu = 2 + , ≥ . Akan dibuktikan benar untuk = + 1, yaitu
= 2 + ≥ 2 + = .
Berarti benar untuk n = k+1. Jadi, menurut induksi ( yn ) naik monoton. Selanjutnya,
ditunjukkan bahwa ( yn ) terbatas ke atas (oleh 3), yaitu yn ≤ 3, untuk semua n ∈ N. Untuk
n = 1 benar, sebab y1 = 1 ≤ 3. Misalkan benar untuk n = k, yaitu yk ≤ 3. Maka yk+1 =
2+yk ≤ √2+3 = √5 ≤ 3 yang berarti benar untuk n = k+1. Jadi, menurut induksi terbukti
bahwa yn ≤ 3, untuk semua n ∈ N. Karena ( yn ) naik monoton dan terbatas ke atas, maka
menurut Teorema 2.3.4 barisan ( yn ) konvergen. Misalkan y = lim( yn ), maka diperoleh
y = 2 + ⇔ y2
= 2 + y ⇔ y2
– y – 2 = 0 ⇔ ( − 2)( + 1) = 0.
Diperoleh y = 2 atau y = −1. Untuk y = −1 jelas tidak mungkin, sebab 1 ≤ yn ≤ 3 untuk
semua n ∈ N. Jadi, terbukti bahwa ( yn ) konvergen dan lim( yn ) = 2.
1. Diberikan x1 > 1 dan xn+1 = 2 − untuk n ∈ N. Tunjukkan bahwa ( xn ) terbatas dan
monoton. Carilah nilai limitnya.
2. Diberikan x1 ≥ 2 dan xn+1 = 1 + − 1 untuk n ∈ N. Tunjukkan bahwa ( xn ) turun dan
terbatas ke bawah oleh 2. Carilah nilai limitnya.
3. Diberikan AR tak berhingga yang terbatas ke atas dan misalkan u = sup A. Tunjukkan
bahwa terdapat barisan naik ( xn ) dengan xn ∈ untuk semua n ∈ N sedemikian hingga
u = lim( xn ).
4. Tentukan apakah barisan ( yn ) konvergen atau divergen, dengan
= + + ⋯ + untuk n ∈ N.

5. Diberikan 22
1
...
2
1
2
1
:
n
xn  untuk setiap .n Buktikan bahwa )( nx naik dan
terbatas, sehingga )( nx konvergen. ).
1
1
1
)1(
11
,2:( 2
kkkkk
makakJikaPetunjuk 




6. Tentukan konvergensi dan hitunglah limit barisan berikut.
(a)















1
1
1
n
n
(b)















n
n
2
1
1
(c)
















n
n 1
1
1 (d)















n
n
1
1
2.4 Barisan Bagian
Pada bagian ini akan diberikan konsep barisan bagian (subsequences) dari suatu barisan
bilangan real.
Deinisi 2.4.1. Diberikan barisan bilangan real  nxX  dan diberikan barisan bilangan
asli naik tegas .......21  knnn Barisan  knxX '
dengan disebut dengan barisan
bagian atau sub barisan (subsequences) dari X.
Contoh 2.4.2. Diberikan ....,
1
,...,
3
1
,
2
1
,
1
1
: 






n
X
(i) Barisan 





 ...,
2
1
,...,
6
1
,
4
1
,
2
1'
1
n
X merupakan barisan bagian dari X.
(ii) Barisan 





 ...,
7
1
,
6
1
,
5
1
,
4
1'
2X merupakan barisan bagian dari X.
(iii) Barisan 





 ...,
5
1
,
4
1
,
2
1
,
3
1'
3X bukan barisan bagian dari X, sebab 12 nn  .
Teorema 2.4.3. Jika  nxX  konvergen ke x , maka setiap barisan bagian  nkxX ' dari
X juga konvergen ke .x
Bukti. Diambil .0 Karena   xxn  , maka terdapat   NK  sedemikian hingga untuk
setiap  Kn berlaku  xxn . Karena untuk setiap Nn berlaku kk nn 1 , maka
untuk setiap  Kn berlaku  Kknk  . Sehingga
 xxnk .
Terbukti bahwa  nkxX ' konvergen ke .x

Teorema 2.4.4. Diberikan barisan bilangan real  nxX  , maka pernyataan berikut ini
ekuivalen.
(i). Barisan  nxX  tidak konvergen ke .Rx
(ii). Ada 00  sedemikian hingga untuk sebarang ,Nk terdapat Nnk  sedemikan
hingga .0 xxdankn nkk
(iii). Ada 00  dan suatu barisan bagian  nkxX ' sedemikian hingga 0 xxnk untuk
semua .Nk
Bukti.
     nxJikaiii  tidak konvergen ke ,x maka untuk suatu 00  tidak mungkin
ditemukan Nk sedemikian hingga untuk setiap knk  berlaku 0 xxnk . Akibatnya
tidak benar bahwa untuk setiap Nk , kn memenuhi 0 xxnk . Dengan kata lain,
untuk setiap Nk terdapat Nnk  sedemikian hingga knk  dan 0 xxnk .
(ii) ⇒ (iii) Diberikan > 0 sehingga memenuhi (ii) dan diberikan ∈ sedemikian
hingga ≥ 1 dan ≥ . Selanjutnya diberikan ∈ sedemikian hingga
> dan ≥ . Demikian seterusnya sehingga diperoleh suatu barisan
bagian = ( ) sehingga berlaku ≥ untuk semua k ∈ .
iii) ⇒ (i) misalkan = ( )mempunyai barisan bagian = ( ) yang memenuhi
sifat (iii). Maka X tidak konvergen ke x, sebab jika konvergen ke x, maka =
juga konvergen ke x. Hal initidakmungkin, sebab = ( ) tidak berada dalam
persekitaraan ( ).
Teorema 2.4.5.(KriteriaDivergensi)jikabarisanbilangan real = ( ) memenuhi
salah satu dari sifat berikut, maka barisan X divergen.
(i) X mempunyaiduabarisanbagiankonvergen = ( ) dan = ( ) dengan limit
keduanya tidak sama.
(ii) X tidakterbatas.
Contoh 2.4.6.Tunjukkanbahwabarisan(1, , 3, , … )divergen.
Jawab.Namakanbarisan di atasdengan = ( ), dengan = jika n genap, dan
= jika n ganjil.Jelas bahwa Y tidak terbatas.Jadi, barisan = ( )divergen.
Berikut ini sebuah teorema yang menyatakan bahwa barisan bilangan real = ( )
pasti mempunyai barisan bagian yang monoton. Untuk membuktikan teorema ini,

diberikan pengertian puncak (peak), disebut puncak jika = untuk semua n
sedemikian hingga ≥ . Titik tidak pernah didahului oleh sembarang
Elemen barisan setelahnya. Perhatikan bahwa barisan pada barisan yang menurun, setiap
elemen adalah puncak, tetapi pada barisan yang naik, tidak ada elemen yang menjadi
puncak.
2.4.7. TeoremaBarisanBagianMonotonJika = ( )barisan bilangan real, maka
terdapat barisan bagian dari X yang monoton.
Bukti.Pembuktian dibagi menjadi dua kasus, yaitu X
mempunyaitakhinggabanyakpuncak, dan X mempunyaiberhinggabanyakpuncak.
Kasus I: X mempunyaitakhinggabanyakpuncak. Tulissemuapuncakberurutannaik,
yaitu , ,…, ,…. Maka ≥ ≥ ⋯ ≥ , …. oleh karena itu, ( )
merupakan bagian barisan yang turun (monoton).
Kasus II: X mempunyaiberhinggabanyakpuncak .Tulissemuapuncakberurutannaik,
yaitu , , … , , … .Misalkan ≔ + 1 adalah indeks pertama dari puncak
yang terakhir. Karena bukan puncak, maka terdapat > sedemikianhingga <
. Jika proses ini diteruskan, diperoleh barisan bagian ( ) yang naik (monoton).
Teorema 2.4.8 (Bolzano-Weierstrass) Setiapbilangan real yang
terbataspastimemuatbarisanbagian yang konvergen.
Bukti.Diberikanbarisanbilangan real terbatas = ( ). Namakan = { : ∈ } range
barisan, maka S mungkin berhingga atau tak berhingga.
Kasus I: Diketahui S berhingga. Misalkan= { , , … , } , maka terdapat ∈
dengan 1 ≤ ≤ 1 dan barisan( : ∈ ) dengan ⋯. sehingga = =
⋯ = , hal ini berarti terdapat barisan bagian ( : ∈ ) yang konvergen ke .
Kasus II:Karena S takberhinggadanterbatas, maka S mempunyaititik cluster atautitik
limit, namakan x titik limit S . Misalkan 






k
x
k
xUk
1
,
1
persekitarantitik x .
Untuk 1k , makaterdapat xxUSx rr
 11
,1 sedemikianhingga 11
 xxr .
Untuk 2k ,makaterdapat xxUSx rr  22
,2 sedemikianhingga
2
1
2
 xxr .
Untuk 3k , makaterdapat xxUSx rr  33
,3 sedemikianhingga
3
1
3
 xxr .
Demikianseterusnya, sehinggadiperoleh:
Untuk nk  ,makaterdapat xxUSx nn rnr  , sedemikianhingga
n
xx nr
1
 .

Ambil 0 . MenurutSifat Archimedes, makaterdapat K sedemikianhingga 
K
1
.
Makauntuksetiap Kn  berlaku 
Kn
xx nr
11
. Terbuktibahwa  nrx konvergenke x
dengan nrx barisanbagian nx .
Teorema 2.4.9.Diberikanbarisanbilangan real terbatas  nxX  dandiberikan x yang
mempunyaisifatbahwasetiapbarisanbagiandari X konvergenke x . Makabarisan X
konvergenke x .
Bukti.Misalkan 0M adalahbatasdaribarisan X sehingga Mxn  untuksemua n .
Andaikan X tidakkonvergenke x , makamenggunakanTeorema 2.4.4 terdapat 00 
danbarisanbagian  knxX '
sedemikianhingga 0 xx kn untuksemua K . Karena
'
X barisanbagiandari X , maka M jugabatasdari '
X . MenggunakanTeorema Bolzano-
Weierstrassberakibatbahwa '
X memuatbarisanbagian "
X . Karena "
X
jugabarisanbagiandari X , maka "
X jugakonvergenke x . Dengandemikian,
akanselaluberadadalampersekitaraan  xV 0 . Timbulkontradiksi, yang benaradalah X
selalukonvergenke x .
1. Tunjukkanbahwabarisanberikutinidivergen.
a)  






n
n 1
11 .
b) 





4
sin
n
.
2. Berikancontohbarisantakterbatas yang memuatbarisanbagiankonvergen.
3. Dierikanbarisan  nxX  dan  nyY  . Diberikanbarisan  nzZ  dengandefinisi
nnnn yzxzyzxz   :,:,...,:: 21212,11 . Tunjukkanbahwa Z konvergenjikadanhanyajika X
danY konvergendan    nn yx limlim  .
4. Tentukankonvergensidan limitbarusanberikut.
a)















2
2
1
1
n
.
b)















2
2
2
1
1
n
n
.
5. Hitunglah limit barisanberikut.

a)   




 nn 2
1
3 .
b)















n
n
3
2
1
1 .
6. Misalkansetiapbarisanbagiandari  nxX  mempunyaisuatubarisanbagian yang
konvergenke 0 . Tunjukkanbahwa   0lim nx .
7. Diberikanbarisanterbatas nx danuntuksetiap n diberikan  nkxs kn  :sup: dan
 nsS inf: . Tunjukkanbahwaterdapatbarisanbagiandari nx yang kovergenke S .
8. Jika 0nx untuksemua n dan   n
n
x1lim  ada, tunjukkan nx konvergen.
9. Tunjukkanbahwajika nx terbatas, makaterdapatbarisanbagian knx sedemikianhingga
0
1
lim 








knx
.
10. Diberikanbarisanterbatas nx dan   nxs n :sup: . Tunjukkanbahwajika   nxs n :
, makaterdapatbarisanbagiandari nx yang konvergenke s .
2.5. Barisan Cauchy
Definisi 2.5.1. Barisan bilangan real X =( ) disebut Barisan Cauchy jika untuk setiap
>0 terdapat H( ) N sedemikian hingga untuk setiap n,m N dengan n,m ≥H( ),
berlaku
| − |< .
Contoh 2.5.2. Barisan merupakan barisan Cauchy.
Jika diberikan >0, dapat dipilih H=H( ) sedemikian hingga H > . Maka jika
n,m≥ H , diperoleh ≤ < dan dengan cara yang sama diperoleh < . Oleh karena
itu, jika n,m≥ ( ), maka
− ≤ + < + =
Karena berlaku untuk sebarang > 0, maka dapat disimpulkan bahwa merupakan
barisan Cauchy.
Lemma 2.5.3. jika X=( ) barisan bilangan real yang konvergen, maka X merupakan
barisan Cauchy.

Bukti. Misalkan x:=lim X. Diberikan > 0, maka terdapat K 2 N sedemikian
hingga jika n ≥ 2 , maka | − | < . Oleh karena itu, jika H( ):=K dan jika
n,m ≥H( ), maka diperoleh
| − |=|( − ) + ( − )|
=| − | + | − | < + =
Karena berlaku untuk sebarang > 0, maka terbukti bahwa ( ) barisan Cauchy.
Lemma 2.5.4. Jika X=( ) barisan Cauchy, maka X terbatas.
Bukti. Diketahui X=( ) barisan Cauchy. Diberikan ≔ 1. Jika H:=H(1) dan n≤
,maka | − | < 1. Selanjutnya, menggunakan Ketaksamaan Segitiga,diperoleh
| | ≤ | | + 1 untuk semua n N. Namakan
M:=max{| |, | |, … . , | |, | | + 1},
Maka diperoleh | | ≤ untuk semua n . Jadi, terbukti bahwa X terbatas.
Teorema 2.5.5.(Kriteria Konvergensi Cauchy) Barisan bilangan real X=( )
konvergen jika dan hanya jika X=( ) barisan Cauchy.
Bukti
=> Jelas (Lemma 2.5.3).
<= Diketahui X=( ) barisan Cauchy. Diambil > 0, maka terdapat H=H ( ) > 0
sedemikian hingga untuk setiap n,m dengan n,m≥ berlaku | − | < . Karena X
barisan Cauchy,
maka X terbatas, sehingga X memuat barisan bagian = yang konvergen ke ∗
.
Oleh karena itu, terdapat K ≥ dengan K { , , , … } sedemikian hingga | −
∗
| < . Akibatnya untuk m = K diperoleh
| − ∗| = | − + − ∗|
≤ | − | + | − ∗|
< + = .
Karena berlaku untuk sebarang > 0, maka terbukti bahwa barisan X =( ) konvergen.
Definisi 2.5.6. Barisan bilanngan real = ( ) dikatakan kontraktif (contractive) jika terdapat
konstanta C , dengan 0 < < 1 sedemikian sehingga
| − | ≤ | − ( ) |
Untuk semua ℕ . Bilangan C disebut konstan dari barisan kontraktif.
Teorema 2.5.7. Setiap barisan kontraktifmerupakan barisan Cauchy dan konvergen.

Akibat 2.5.8. Jika = ( ) barisan kontraktif dengan konstanta ,0 < < 1 dan jika
∗
= , maka
(i) | ∗
− | ≤ | − |
(ii) | ∗
− | ≤ | − |
SOAL LATIHAN SUBBAB 2.5.
1. Berikan sebuah contoh barisan terbatas yang bukan barisan Cauchy .
2. Tunjukan menggunakan definisi bahwa barisan berikut merupakan barisan Cauchy
a. b. 1 +
!
+ ⋯ +
!
3. Tunjukan menggunakan definisi bahwa barisan berikut bukan barisan Cauchy.
a. ((−1) ) b. +
( )
c. (In )
4. Diberikan barisan ( ) dengan = √ , tunjukan bahwa | + | = 0 , tetapi
bukan barisan Cauchy .
5. Diberikan barisan Cauchy ( ) sedemikian sehingga ℤ untuk setiap ℕ . Tunjukan
bahwa ( ) selalu konstan .
6. Jika 0 < < 1 dan | − | < untuk semua n ϵ N, tunjukan bahwa ( )
merupakan barisan Cauchy.
7. Jika adalah sebarang bilangan real dan = + untuk > 2,
tunjukan bahwa ( ) konvergen. Tentukan limitnnya.
8. Jika > 0 dan ∶= (2 + ) untuk ≥ 1, tunjukan bahwa ( ) merupakan
barisan kontraktif. Tentukan limitnya.
2.6. Sifat Barisan Divergen
Pada subab inidiberikan beberapa sifat dari suatu barisan bilangan real ( ) yang mendekati atau
menuju ke ±∞, yaitu ( ) = ±∞ dan ( ) = −∞. Ingat bahwa barisan divergen adalah
barisan yang tidak konvergen.
Definisi 2.6.1. Diberikan barisan bilangan real ( ).
(i) Barisan dikatakan mendekati +∞, ditulis lim( ) = +∞, jika untuk setiap ℝ
terdapat ( ) ℕ sedemikian sehingga jika ≥ ( ), maka > .
(ii) Barisan ( ) dikatakan mendekati −∞, ditulis ( ) = −∞, jika untuk setiap
ℝ terdapat ( ) ℕ sedemikian hingga jika ≥ ( ) , maka < .
Barisan ( ) dikatakan divergen proper (tepat/tegas) jika ( ) = +∞ atau ( ) =
−∞. Berikut ini diberikan contoh bahwa ( ) = +∞ .
Contoh 2.6.2. lim( ) = +∞. Jika ( ) ∈ sedemikian hingga (∝) >∝, dan jika ≥ (∝),
maka diperoleh ≥ (∝), maka diperoleh ≥ >∝.
Teorema 2.6.3. Barisan bilangan real monoton merupakan barisan divergen proper jika dan
hanya barisannya yidak terbatas.
(a) Jika ( ) barisan naik tak terbatas, maka ( ) = +∞.

(b) Jika ( ) barisan turun tak terbatas, maka ( ) = −∞.
Bukti,
(a) Misalkan ( ) barisan naik. Jika ( ) terbatas, maka ( ) konvergen. Jika ( ) tidak
terbatas, maka untuk sebarang ∈ terdapat (∝) ∈ sedemikian hingga ∝< (∝).
Tetapi karena ( ) naik, diperoleh ∝< untuk semua ≥ (∝). Karena ∝ sebarang,
maka diperoleh bahwa lim( ) = +∞.
(b) Bukti hampir sama dengan (a).
Teorema 2.6.4. Diberikan barisan bilangan real ( ) dan ( ), dengan ≤ untuk semua
∈ .
(a) Jika ( ) = +∞, maka ( ) = +∞.
(b) Jika ( ) = −∞, maka ( ) = −∞.
Bukti,
(a) Jika lim( ) = +∞ dan jika diberikan ∈ , maka terdapat (∝) ∈ sedemikian
hingga jika ≥ (∝), maka ∝< . Karena diketahui ≤ untuk semua ∈ ,
maka ∝< untuk semua ≥ (∝). Karena ∝ sebarang, maka lim( ) = +∞.
(b) Bukti hampir sama dengan (a).
Teorema 2.6.5. Diberikan barisan bilangan real ( ) dan ( ), dan untuk suatu ∈ , > 0
diperoleh
lim = .
Maka ( ) = +∞ jika dan hanya jika ( ) = +∞.
Bukti, Diketahui lim = , artinya terdapat ∈ sedemikian hingga untuk setiap ≥
berlaku
< < .
Oleh karena itu, diperoleh < < untuk semua ≥ . Sehingga
menggunakan Teorema 2.6.4, teorema terbukti.
1. Tunjukkan bahwa jika ( ) barisan tak terbatas, maka ( ) memuat barisan bagian yang
divergen proper.
2. Tunjukkan bahwa jika > 0 untuk semua ∈ , maka ( ) = 0 jika dan hanya
jika lim = +∞.
3. Tentukan apakah barisan berikut ini divergen proper.
(a) (√ )

(b) (√ + 1)
(c) (√ − 1)
(d)
√
4. Diberikan ( ) barisan divergen proper dan diberikan ( ) sedemikian hingga
lim ( ) ∈ . Tunjukkan bahwa ( ) konvergen ke 0.
5. Tentukan apakah barisan berikut ini barisan konvergen atau divergen.
(a) (√ + 2)
(b)
√
( )
(c)
( )
√
(d) (sin √ )
6. Tunjukkan bahwa jika = , dengan > 0, maka ( ) = +∞.
2.7. Deret Tak Hingga
Berikut ini diberikan pengantar singkat mengenai suatu deret tak berhingga dari bilangan real.
Definisi 2.7.1. Jika : = ( ) barisan di R, maka deret tak berhingga (cukup disebut deret)
yang dibentuk oleh X adalah barisan : = ( ) yang didefinisikan dengan
≔
≔ + (= + )
. . . . .
≔ + (= + + ⋯ + )
. . . . .
disebut dengan terms dari deret, dan disebut jumlahan parsial (partial sum). Jika lim S
ada, maka deret S dikatakan konvergen dan nilai limitnya adalah hasil dari jumlahan deret. Jika
limitnya tidak ada, maka dikatakan deret S divergen.
Deret tak berhingga S yang dibangun oleh barisan : = ( ) disimbolkan dengan
∑( ) atau ∑ atau ∑
Contoh 2.7.2.
Diberikan barisan ≔ ( ) dengn ∈ yang membangun deret :
∑ = 1 + + + ⋯ + + ⋯
Akan ditunjukkan bahwa jika | | < 1, maka deret ini konvergen ke
( )
.
Misalkan ≔ 1 + + + ⋯ + + ⋯ untuk ≥ 0, jika dikalikan dengan r dan
mengurangkan hasilnya dari , maka diperoleh
(1 − ) = 1 − .

Oleh karena itu, diperoleh
− = .
Sehingga
− ≤
| |
| |
.
Karena | | → 0 saat | | < 1, maka deret geometri ∑ konvergen ke
( )
saat | | < 1.
Selanjutnya, diberikan kondisi-kondisi yang dapat memberikan jaminan bahwa suatu deret itu
konvergen.
Teorema 2.7.3. (The nth Term Test)
Jika deret ∑ konvergen, maka lim( ) = 0.
Bukti, Menggunakan Definisi 2.7.1, ∑ konvergen apabila lim ( ) ada. Karena = −
, maka lim( ) = lim( ) − lim( ) = 0.
Teorema 2.7.4. (Kriteria Cauchy) Deret ∑ konvergen jika dan hanya jika untuk setiap > 0
terdapat ( ) ∈ sedemikian hingga jika m > n ≥ ( ), maka
| − | = | + + ⋯ + | <
Teorema 2.7.5. Diberikan ( ) Barisan bilangan real nonnegatif. Maka deret ∑ konvergen
jika dan hanya jika barisan = ( ) dari jumlah parsialnya terbatas dalam hal ini,
= ( ) = sup{ : ∈ }
Bukti. Karena ( ) > 0, maka barisan jumlahan parsial S naik monoton, yaitu
≤ ≤ ⋯ ≤ ≤ ⋯
Menggunakan Teorema 2.3.4., barisan = ( ) konvergen jika dan hanya jika barisannya
terbatas, dalam hal ini limitnya sama dengan sup{ }
Contoh 2.7.6. Deret ∑ Konvergen
Karena Jumlahan parsialnya monoton, maka Cukup ditunjukan bahwa barisan bagian ( )
terbatas. Jika k1 := 21
– 1 = 1, maka = 1. Jika k2 := 22
– 1 = 3, maka
=
1
1
+
1
2
+
1
3
< 1 +
2
2
= 1 +
1
2
,
Dan jika k3 := 23
– 1 = 7, maka diperoleh
= +
1
4
+
1
5
+
1
6
+
1
7
+ < +
4
4
< 1 +
1
2
+
1
2
Menggunakan induksi matematik, diperoleh bahwa jika kj := 2j
– 1, maka
0 < < 1 +
1
2
+
1
2
+ ⋯ +
1
2

Karena ruas kanan merupakan jumlahan parsial dari deret geometri dengan = ,maka lim
( ) =
( )
= 2 . jadi, deret ∑ .
2.7.7 Tes perbandingan (comparison tests) diberikan barisan bilangan real X:=( ) ≔
( ), dan misalkan untuk suatu ∈ berlaku 0 ≤ ≤ untuk ≥ .
a. jika ∑ , ∑
b. jika ∑ , ∑ .
Bukti :
(a). Misalkan
∑ . > 0 ( ) ℎ > ≥
( ),
+ ⋯ + <
Jika > max{ , ( )}, maka diperoleh bahwa
0 ≤ + ⋯ + ≤ + ⋯ + +< ,
Yang berakibat bahwa ∑ .
(b) Menggunakan kontraposisi dari (a) ,maka teorema terbukti.
2.7.8 Tes perbandingan limit ≔ ( )
,
≔ lim .
(a) ≠ 0, ∑ ℎ ∑
(b) = 0, ∑ ℎ ∑
Bukti.
(a) Diketahui 






n
n
y
x
r lim: dan dari soal latihan 2.1.10 maka, terdapat K sedemikian
hungga untuk n ≥ K berlaku r
y
x
r
n
n
2
2
1
 , sehingga diperoleh
  nnn yrxyr 2
2
1






.
Menggunakan Tes Perbandingan 2.7.7 dua kali, maka pernyataan (a) terbukti.
(b) Jika r=0, maka terdapat K untuk setiap n ≥ K berlaku
nn yx 0 .
Menggunakan Teorema 2.7.7 (a), maka pernyataan (b) terbukti.
Contoh 2.7.9. Deret 

 1
2
1
n nn
konvergen.

Diketahui ketaksamaan berikut benar
22
11
0
nnn


 untuk n .
Karena telah diketahui bahwa deret 

1
2
1
n n
konvergen, maka menggunakan Tes Perbandingan
2.7.7 diperoleh bahwa deret 

 1
2
1
n nn
konvergen.
SOAL LATIHAN SUB BAB 2.7
1.Tunjukkan bahwa
(a)
  
1
21
1
0




n nn
(b)
  
0
1
1
1
0




 n nn
, jika 0 .
(c)
   4
1
21
1
1




n nnn
.
2. Jika  nx dan  ny konvergen, tunjukkan bahwa    nn yx konvergen.
3. Berikan contoh deret konvergen  nx dan deret divergen  ny sedemikian hingga    nn yx
konvergen. Jelaskan.
4. (a) Tunjukkan bahwa deret 
0
1
cos
n
n divergen
(b) Tunjukkan bahwa deret 
0
1
2
cos
n n
n
konvergen
5. Jika  na dengan 0na konvergen, maka apakah  1nn aa juga konvergen? Tunjukkan atau
beri contoh penyangkalnya jika tidak terbukti.
6. Jika deret  na , dengan 0na konvergen, dan jika ∶=
( .. )
untuk ℕ, maka tunjukkan
bahwa  nb divergen
7. Tunjukkan bahwa jika 0c , maka deret berikut ini konvergen.
(a)
  c
nn ln
1
(b)
   c
nnn lnlnln
1

Analisis real-lengkap-a1c

More Related Content

What's hot (20)

Similar to Analisis real-lengkap-a1c (20)

More from riyana fairuz kholisa (15)

Analisis real-lengkap-a1c