Analisis Real 1 [PDF]

Citation preview

Modul Ajar



Analisis Real I



Oleh:



KBI ANALISIS LABORATORIUM MATEMATIKA JURUSAN MATEMATIKA FAKULTAS MATEMATIKA dan ILMU PENGETAHUAN ALAM UNIVERSITAS BRAWIJAYA



Modul Ajar yang berjudul



Analisis Real I



dibuat oleh ketua KBI ANALISIS JURUSAN MATEMATIKA FAKULTAS MATEMATIKA dan ILMU PENGETAHUAN ALAM UNIVERSITAS BRAWIJAYA



Corina Karim, S.Si, M.Si, Ph.D



LABORATORIUM MATEMATIKA JURUSAN MATEMATIKA FAKULTAS MATEMATIKA dan ILMU PENGETAHUAN ALAM UNIVERSITAS BRAWIJAYA



KATA PENGANTAR Segala puji syukur kehadirat Allah SWT yang telah menganugerahkan kesempatan sehingga penulisan Modul Ajar Analisis Real 2 dapat terselesaikan dengan baik. Modul ajar ini disusun dengan tujuan dapat membantu dosen pengasuh mata kuliah dalam perkuliahan dan para mahasiswa dalam memahami materi yang diberikan dosen pengasuh. Mata kuliah ini merupakan mata kuliah lanjutan dari Mata kuliah Kalkulus. Mata kuliah ini akan dapat dikuasai dengan baik jika mahasiswa telah memahami semua materi yang diajarkan pada Kalkulus 1, Kalkulus II dan Kalkulus III. Kami menyampaikan terima kasih kepada tim reviewer dan semua pihak yang telah memberikan saran dalam penyempurnaan penyusunan modul ajar ini. Akhirnya penulis menyadari bahwa modul ajar ini masih jauh dari sempurna. Untuk itu kritik dan saran demi perbaikan modul ajar ini sangat diharapkan dari pembaca sekalian.



Malang, Desember 2017 KBI ANALISIS



Daftar Isi Contents



i



1 HIMPUNAN DAN FUNGSI 1.1 HIMPUNAN BERHINGGA, TERBILANG, DAN TAK TERBILANG . .



1 3



2 SISTEM BILANGAN REAL 2.1 Sifat-sifat Himpunan Rasional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Batas Atas Terkecil Dan Batas Bawah Terbesar (Supremum Dan Infimum) 2.3 EKSISTENSI HIMPUNAN TERBATAS KE ATAS TANPA SUPREMUM DAN TERBATAS KE BAWAH TANPA INFIMUM . . . . . . . . . . . . 2.4 SIFAT BATAS ATAS TERKECIL DAN BATAS BAWAH TERBESAR . 2.5 MEDAN (FIELD) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6 Medan Real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7 SIFAT ARCHIMEDES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.8 Perluasan Sistem Bil. Real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.9 NILAI MUTLAK BILANGAN REAL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.10 RUANG EUCLIDES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.11 SIFAT-SIFAT VEKTOR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .



8 8 10 11 13 14 17 18 19 20 22 22



3 Konsep Topologi Pada Ruang Metrik 3.1 Ruang Metrik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 PERSEKITARAN . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3 Titik Interior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4 Titik Eksterior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5 Titik Limit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6 Himpunan Terbuka dan Tertutup . . . . . . . . . . 3.6.1 Himpunan Terbuka . . . . . . . . . . . . . . 3.6.2 Himpunan Tertutup . . . . . . . . . . . . . 3.6.3 Sifat-sifat Himpunan Terbuka dan Tertutup 3.7 Closure (Penutup Himpunan) . . . . . . . . . . . . 3.8 Himpunan Terbuka dan Tertutup Relatif . . . . . . 3.9 HIMPUNAN TERHUBUNG . . . . . . . . . . . .



. . . . . . . . . . . .



24 24 26 26 27 27 28 28 28 30 34 35 41



. . . .



44 44 46 48 50



4 Barisan 4.1 Barisan di dalam ruang metrik 4.2 BARISAN BILANGAN REAL 4.3 Sub Barisan . . . . . . . . . . . 4.4 BARISAN MONOTON . . . .



. . . .



. . . . i



. . . .



. . . .



. . . .



. . . .



. . . .



. . . .



. . . .



. . . .



. . . .



. . . . . . . . . . . .



. . . .



. . . . . . . . . . . .



. . . .



. . . . . . . . . . . .



. . . .



. . . . . . . . . . . .



. . . .



. . . . . . . . . . . .



. . . .



. . . . . . . . . . . .



. . . .



. . . . . . . . . . . .



. . . .



. . . . . . . . . . . .



. . . .



. . . . . . . . . . . .



. . . .



. . . . . . . . . . . .



. . . .



. . . . . . . . . . . .



. . . .



. . . . . . . . . . . .



. . . .



Contents 4.5 4.6 4.7 4.8 4.9 4.10 4.11 4.12 4.13



Barisan Monoton . . . . . . . . . . . . . . . . . . BARISAN DI DALAM RUANG EUCLIDES Rk BARISAN CAUCHY . . . . . . . . . . . . . . . . LIMIT SUPERIOR DAN LIMIT INTERIOR . . Limit Fungsi dan Fungsi Kontinu . . . . . . . . . Titik Interior . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Limit Fungsi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Limit Sepihak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . FUNGSI KONTINU . . . . . . . . . . . . . . . .



ii . . . . . . . . .



. . . . . . . . .



. . . . . . . . .



. . . . . . . . .



. . . . . . . . .



. . . . . . . . .



. . . . . . . . .



. . . . . . . . .



. . . . . . . . .



. . . . . . . . .



. . . . . . . . .



. . . . . . . . .



. . . . . . . . .



. . . . . . . . .



51 55 56 58 63 63 64 69 71



5 Kekontinuan dan Kekompakan



76



6 Turunan Fungsi



83



Daftar Pustaka



85



Daftar Pustaka



85



Daftar Pustaka



85



Bab 1



HIMPUNAN DAN FUNGSI Himpunan adalah sekelompok entri-entri yang mempunyai karakteristik dan sifat yang sama Notasi : A, B, Ω, a ∈ A, x ∈ Ω, y ∈ B Makna dari : 1. A = B jika dan hanya jika (a) A ⊆ B (b) B ⊆ A 2. A ⊆ B : x ∈ A, x ∈ B Contoh 1.



1. Apakah ∀x ∈ ∅ maka x ∈ A? Ya, karena ∅ ⊆ A maka berlaku ∀x ∈ ∅



maka x ∈ A 2. C = {1}; himpunan yang memiliki satu elemen saja disebut singleton



Makna dari : 1. A ∩ B = {x|x ∈ A ∧ x ∈ B} 2. A ∪ B = {x|x ∈ A ∨ x ∈ B}



Fungsi adalah pemetaan yang mengaitkan semua anggota domain ke tepat satu anggota kodomain f : A → B adalah suatu pemetaan sedemikian sehingga ∀x ∈ A dikawankan secara tunggal dengan y ∈ B



1



Bab 1. HIMPUNAN DAN FUNGSI



2



Definisi 1. Diberikan A dan B himpunan tak kosong, dan f : A → B 1. f dikatakan injektif [kedalam] jika f (A) ⊂ B 2. f dikatakan surjektif [kepada] jika f (A) = B 3. f dikatakan satu-satu jika ∀x1 6= x2 maka f (x1 ) 6= f (x2 ) 4. f dikatakan korespondensi satu-satu jika f satu-satu dan surjektif



Contoh 2.



1. apakah f : [−1, 1] → [0, 4] yang didefinisikan dengan f (x) = x2 , ∀x ∈



[−1, 1] adalah fungsi korespondensi satu-satu? (a) f bukan korespondensi satu-satu karna ∃x1 6= x2 maka f (x1 ) = f (x2 ) (b) injektif , karena f ([−1, 1]) ⊆ [0, 4] Teorema 2. Jika f fungsi dari himpunan X kedalam Y dan Eα ⊆ Y untuk ∀α ∈ I, maka: S S i. f −1 ( α ∈ IEα ) = α∈I f −1 (Eα ) T T ii.f −1 ( α∈I Eα ) = α∈I f −1 (Eα )



S S Bukti. (i) Ambil x ∈ f −1 ( α∈I Eα ), maka ada y ∈ α∈I Eα sedemikian sehingga y = S f (x). Karena y ∈ α∈I Eα , maka ada α ∈ I sehingga y ∈ Eα . Dengan demikian S x ∈ f −1 (Eα ). Hal ini berakibat x ∈ α∈I f −1 (Eα ). Disimpulkan f −1 (



[



α∈I



Eα ) ⊂



[



f −1 (Eα )



(1.0.1)



α∈I



f −1 (Eα ), maka ada α sedemikian sehingga x ∈ f −1 (Eα ). S Karena itu ada y ∈ Eα sehingga y = f (x). Tentu juga y ∈ α∈I Eα . Dengan demikian S x ∈ f −1 ( α∈I Eα ). Disimpulkan Sebaliknya, jika x ∈



S



α∈I



[ α∈I



f −1 (Eα ) ⊂ f −1 (



[



Eα )



(1.0.2)



α∈I



S S dari (1) dan (2) terbukti f −1 ( α∈I Eα ) = α∈I f −1 (Eα ) Teorema 3. Jika f fungsi dari himpunan X kedalam Y dan Eα ⊆ Y untuk ∀α ∈ I, maka: S S i. f −1 ( α ∈ IEα ) = α∈I f −1 (Eα ) T T ii.f −1 ( α∈I Eα ) = α∈I f −1 (Eα )



Bab 1. HIMPUNAN DAN FUNGSI



3



S S Bukti. (i) Ambil x ∈ f −1 ( α∈I Eα ), maka ada y ∈ α∈I Eα sedemikian sehingga y = S f (x). Karena y ∈ α∈I Eα , maka ada α ∈ I sehingga y ∈ Eα . Dengan demikian S x ∈ f −1 (Eα ). Hal ini berakibat x ∈ α∈I f −1 (Eα ). Disimpulkan f −1 (



[



Eα ) ⊂



α∈I



[



f −1 (Eα )



(1.0.3)



α∈I



f −1 (Eα ), maka ada α sedemikian sehingga x ∈ f −1 (Eα ). S Karena itu ada y ∈ Eα sehingga y = f (x). Tentu juga y ∈ α∈I Eα . Dengan demikian S x ∈ f −1 ( α∈I Eα ). Disimpulkan



Sebaliknya, jika x ∈



S



α∈I



[



f −1 (Eα ) ⊂ f −1 (



α∈I



[



Eα )



(1.0.4)



α∈I



S S dari (1) dan (2) terbukti f −1 ( α∈I Eα ) = α∈I f −1 (Eα )



1.1



HIMPUNAN BERHINGGA, TERBILANG, DAN TAK TERBILANG



Definisi 4. (DEFINISI EKUIVALEN) Himpunan A dan B dikatakan ekuivalen jika terdapat suatu fungsi korespondensi 1 − 1 dari A kepada B. Notasi : A ∼ B Jadi A ∼ B ⇐⇒ ∃f : A → B yang korespondensi 1 − 1 Teorema 5. (Sifat relasi ekuivalen) 1. Sifat Refleksif A ∼ A (terhadap dirinya sendiri) 2. Sifat Simetris A ∼ B =⇒ B ∼ A 3. Sifat Transitif A ∼ B ∧ B ∼ C =⇒ A ∼ C Bukti. 1. f : A =⇒ B x 7→ x st. f (x) = x Karena f (x) = x adalah fungsi yang 1 − 1 dan surjektif, maka A∼A



Bab 1. HIMPUNAN DAN FUNGSI



4



2. Diketahui : A ∼ B Dibuktikan : B ∼ A Bukti : A ∼ B =⇒ ∃f : A → B yang korespondensi 1 − 1 f : A → B x 7→ y st. f (x) = y pilih f −1 : B → A y 7→ x st. f −1 (y) = x f (x) = y f −1 (f (x)) = f −1 (y) (f −1 ◦ f )(x) = f −1 (y) x = f −1 (y) karena f (x) = y korespondensi 1−1 maka f −1 (y) juga korespondensi 1−1 sehingga B∼A 3. Diketahui : A ∼ B =⇒ ∃f : A → B yang korespondensi 1 − 1 B ∼ C =⇒ ∃g : B → C yang korespondensi 1 − 1 Akan dibuktikan : A ∼ C =⇒ ∃h : A → C Bukti : A ∼ B =⇒ ∃f : A → B x → y st. f (x) = y B ∼ C =⇒ ∃g : B → C y → z st. g(y) = z Pilih h : A → C x 7→ z st. h(x) = z (g ◦ f )(x) = z, ∀x Karena f dan g korespondensi 1 − 1 maka g ◦ f = h juga korespondensi 1 − 1 ∴A∼C Jadi, relasi yang memenuhi ke-3 sifat relasi ekuivalen disebut relasi ekuivalensi.



Contoh 3.



1. N = {1, 2, 3, . . .} : terbilang dan tak berhingga.



2. Jn = {1, 2, 3, . . . , n} : terbilang dan berhingga. Definisi 6. Diberikan suatu himpunan sebarang A 1. A dikatakan berhingga (finite) jika A ∼ Jn 2. A dikatakan tak berhingga (infinite) jika A bukan himpunan berhingg 3. A dikatakan terbilang (countable) jika A ∼∈ N



Bab 1. HIMPUNAN DAN FUNGSI



5



4. A dikatakan tak terbilang (uncountable) jika A bukan himpunan berhingga atau bukan himpunan terbilang 5. A dikatakan paling banyak terbilang (most countable) jika A berhingga atau terbilang Contoh 4. Apakah himpunan C = {1, 2, ...} terbilang? Jawab Akdib : C ∼∈ N maka ∃f : C →∈ N yang korespondensi 1 − 1 Bukti : f : C →∈ N n 7→ n + 1, ∀n ∈ C such that f (n) = n + 1



• Akdib f adalah fungsi 1 − 1 bukti : Ambil sebarang n1 , n2 ∈ C maka f (n1 ) = n1 + 1 f (n2 ) = n2 + 1 such that f (n1 ) 6= f (n2 ) • Akdib f surjektif bukti : ambil y ∈ C maka y = n + 1 = f (n) ∴ f surjektif



Teorema 7. Jika himpunan tak berhingga A terbilang maka setiap himpunan bagian tak berhingga dari A merupakan himpunan terbilang. A∼N E ⊆ A =⇒ E ∼ N Bukti. A = {xn |n ∈ N} = {x1 , x2 , ..., xn , ...} Bentuk E, pilih n1 , 3 xn1 ∈ E pilih n2 , 3 xn2 ∈ E\{xn1 } pilih n3 , 3 xn3 ∈ E\{xn1 , xn2 } . . . pilih nk , 3 xnk ∈ E\{xn1 , xn2 , ..., xnk } pilih f : E → N, 3 f (xnk ) = k



Bab 1. HIMPUNAN DAN FUNGSI



6



xnk 7→ k



1. f 1-1⇔ ∀k1 , k2 ∈ N, k1 6= k2 ⇒ f (xk1 ) 6= f (xk1 ). ambil sembarang ∀k1 , k2 ∈ N, k1 6= k2 maka, f (xnk1 ) = k1 dan f (xnk2 ) = k2 , f (xnk1 ) 6= f (xnk2 )



2. f surjektif⇔ f (E) = N f (E) = N ⇔ f (E) ⊆ N dan N ⊆ f (E) • ambil xnk ∈ E maka f (xnk ) = k ∈ N • ambil k ∈ N maka k = f (xnk ) ∈ f (E)



Teorema 8. Jika ∀n ∈ N himpunan An terbilang, maka himpunan A =



S∞



terbi-



Sn



terbi-



n=1 An



lang. Akibat 1.



a) Jika A1 , A2 , ..., An himpunan-himpunan terbilang, maka



i=1 Ai



lang. b) Jika A paling banyak terbilang dan Ba paling banyak terbilang ∀a ∈ A, maka S a∈A Ba terbilang. Teorema 9. Jika himpunan A = {an |n ∈ N} terbilang, maka Bn = {(a1 , a2 , ..., an )|aj ∈ A dengan j = 1, 2, ..., n} terbilang. Bukti. Dengan menggunakan Induksi Matematika) a) Untuk n = 1 sehingga B1 = {a1 |a1 ∈ A} = A terbilang (benar). b) Misal benar untuk n = k. Bk = {(a1 , a2 , ..., ak )|aj ∈ A, j = 1, 2, ...k} terbilang (benar). Akan dibuktikan n = k + 1 terbilang (benar). Bk + 1 = {(a1 , a2 , ..., ak , ak + 1)|aj ∈ A, j = 1, 2, ..., k + 1} Bk + 1 = {(Bk , ak + 1)} S Bk + 1 = b∈Bk {(b, a)|b = {a1 , a2 , ..., ak }, a = {ak + 1}} Karena Bk terbilang dan menurut teorema 8 maka Bk + 1 terbilang.



Bab 1. HIMPUNAN DAN FUNGSI



7



Teorema 10. Himpunan semua bilangan rasional Q terbilang. Bukti. Q=



a , a, b ∈ Z, b 6= 0 b



a dibentuk pasangan berurutan (a,b). Menurut Teorema 9, maka {(a,b)} = b B2 terbilang. a ka ka , ∀k ∈ Z dengan k Jika { , k ∈ Z, k 6= 0, b 6= 0} = Q maka Q ⊆ Ba karena = kb b kb 6= 0 dan b 6= 0 maka Q ⊆ B2 Misalkan



Menurut Teorema 7, maka Q terbilang.



Bab 2



SISTEM BILANGAN REAL Metode untuk memperkenalkan sistem bilangan Riil ada 2 : 1. Metode Aksiomatis Ada bilangan real tak kosong, R yang memenuhi beberapa aksioma



2. Metode Konstruktif Membangun/membentuk bilangan real dan bilangan rasional a Q = { |a, b ∈ Z, b 6= 0} b



2.1



Sifat-sifat Himpunan Rasional



Definisi 11. Diberikan himpunan S 6= ∅ dan suatu relasi ” 0 dan x2 < 2 ⇐⇒ 2 − x2 > 0 sehingga 2 − x2 > 0. x= x2 Akan ditunjukkan : x tidak memiliki elemen terbesar di A. • pilih z ∈ A , misal z



= = =



2 − x2 x2 x(x + 2) + 2 − x2 x+2 2x + 2 ∈A x+2



x+



sehingga, z2 − 2



= = = =



2 ( 2x+2 x+2 ) − 2 4x2 + 8x + 4 − 2(x2 + 4x + 4) (x + 2)2 2 2x − 4 (x + 2)2 2(x2 − 2) 0 dan r2 < 2} B={r ∈ Q | r > 0 dan r2 > 2}



Bab 2. SISTEM BILANGAN REAL



13



Q = { ab , a, b ∈ Z, b 6= 0} R = Q ∪ irrasional



2.4



SIFAT BATAS ATAS TERKECIL DAN BATAS BAWAH TERBESAR



Definisi 16. Himpunan terurut S dikatakan mempunyai sifat batas atas terkecil (sifat supremum) jika setiap himpunan bagian yang tidak kosong dan terbatas ke atas. Definisi 17. Himpunan terurut S dikatakan mempunyai sifat batas atas terkecil (sifat supremum) jika setiap himpunan bagian yang tidak kosong dan terbatas ke atas dari S mempunyai supremum supremum di dalam S, misal A ⊂ S, B ⊂ S, C ⊂ S; a=sup A , b=sup B, c ⊂ S, a,b,c ∈ S. Definisi 18. Himpunan terurut S dikatakan mempunyai sifat batas bawah terbesar (sifat infimum) jika setiap himpunan bagian yang tidak kosong dan terbatas ke bawah dari S mempunyai infimum di dalam S. Teorema 19. APAINI?? Bukti. A⊂S, A 6= ∅ Diketahui : B himpunan semua batas bawah A Akdib : b= inf A Syarat infimum 1. b batas bawah A 2. Z ∈ S, Z > b → Z bukan batas bawah A Bukti : i) ambil sebarang y ∈ B, karena B himpunan semua batas bawah A, maka ∃ x ∈ A st x ≥y Karena y ≤ x, ∀ y ∈ B, maka B terbatas ke atas. Padahal B 6= ∅ dan B ⊂ S dan mempunyai sifat batas atas terkecil, maka b bukan batas atas dari B, karena ∀ anggota A adalah batas atas dari B, maka p ∈ / A, atau dapat ditulis p b → Z bukan batas bawah dari A. Misal b < Z Akdib : Z bukan batas bawah dari A Bukti : Diketahui b=sup B dan Z ∈ /B Karena B adalah himpunan semua batas bawah A dan Z ∈ / B, maka Z bukan batas bawah dari A Dari i) dan ii) maka b=inf A



2.5



MEDAN (FIELD)



Definisi 20. Himpunan terurut F yang dilengkapi dengan operasi penjumlahan dan perkalian disebut Medan jika memenuhi aksioma-aksioma berikut ini :



Aksioma Penjumlahan(J) 1.



J1. Jika x, y ∈ F , maka x + y ∈ F



J2. Jika x, y ∈ F , maka x + y = y + x J3. Untuk semua x, y, z ∈ F , maka (x + y) + z = x + (y + z) J4. F memuat elemen 0 sehingga 0 + x = x, untuk setiap x ∈ F J5. Untuk setiap x ∈ F , terdapat −x ∈ F dan x + (−x) = 0 Aksioma Perkalian(K) 1. K1. Jika x, y ∈ F , maka xy ∈ F K2. Jika x, y ∈ F , maka xy = yx K3. Untuk semua x, y, z ∈ F , maka (xy)z = x(yz) K4. F memuat elemen 1 6= 0 sehingga 1x = x, untuk setiap x ∈ F K5. jika x 6= 0 maka (1/x)inF sedemikian sehingga x(1/x) = 1 Hukum Disributif 1. Untuk setiap x, y, xinF berlaku x(y + z) = xy + xz Akibat 1. Aksioma-aksioma penjumlahan mengakibatkan berlakunya pernyataan berikut : (i) jika x + y = x + z, maka y = z (ii) jika x + y = x, maka y = 0 (iii) jika x + y = 0, maka y = −x



Bab 2. SISTEM BILANGAN REAL



15



(iv) −(−x) = x Contoh 9. Akan dibuktikan sebagai berikut : (i) Diketahui : x + y=x + z Akan dibuktikan : y = z bukti : Menurut aksioma penjumlahan 1, y = 0+y = (x+(−x))+y = (−x)+(x+y) = −x+(x+z) = (−x+x)+z = 0+z = z (ii) Diketahui : x + y=x Akan dibuktikan : y = 0 bukti : Menurut aksioma penjumlahan 1, y = 0 + y = (x + (−x)) + y = (−x) + (x + y) = −x + x = 0 (iii) Diketahui : x + y = 0 Akan dibuktikan : y = −x bukti : Menurut aksioma penjumlahan 1, y = 0 + y = (x + (−x)) + y = (−x) + (x + y) = −x + 0 = −x Bukti. (i) Diketahui : x + y = y + x Akdib : y = z Bukti : y = 0 + y = (x + (−x) + y) = (−x) + (x + y) = −x + (x + z) = (−x + x) + z =0+z =z Akibat 2. Aksioma-aksioma perkalian mengakibatkan berlakunya pernyataan berikut: i) Jika x 6= 0 dan xy = xz → y = z ii) Jika x 6= 0 dan xy = x → y = 1 iii) Jika x 6= 0 dan xy = 1 → y = iv) Jika x 6= 0 maka



1 1 x



=x



1 x



Bab 2. SISTEM BILANGAN REAL



16



Akibat 3. ∀x, y, z ∈ F berlaku : i) 0x = x ii) x 6= 0 dan y 6= 0 → xy 6= 0 iii) (−x)y = −(xy) = x(−y) iv) (−x)(−y) = xy Bukti. (ii) Andaikan x 6= 0 , y 6= 0 → xy = 0 y. y1 = 1 x. x1 y =1 y.x. x1 . y1 = 1 xy.( x1 )( y1 ) = 1 0.( x1 )( y1 ) = 1



y.



0 = 1 (Kontradiksi) Jadi x 6= 0 , y 6= 0 → xy 6= 0. Definisi 21. Suatu medan F dikatakan medan terurut jika F merupakan himpunan terurut dengan sifat : (i) jika x, y, z ∈ F dan y < z, maka x + y < x + z, (ii) jika x, y ∈ F dengan x > 0 dan y > 0 maka xy > 0. jika x > 0, maka x disebut elemen positif dan jika x < 0, maka x adalah elemen negatif . Proposisi. Dalam medan terurut F berlaku pernyataan-pernyataan berikut : (i) jika x > 0 maka −x < 0 dan sebaliknya (ii) jika x > 0 dan y < z maka xy < xz (iii) jika x < 0 dan y < z maka xy > xz (iv) jika x 6= 0 maka x2 > 0 (v) jika 0 < x < y maka x
0 − x = −x atau −x < 0. Jika x < 0 maka −x = −x + 0 > −x + x = 0. (ii) Karena y < z, maka menurut Definisi 2.9 (i), 0 = y−y < z−y. Karena x < 0, maka menurut Definisi 2.9 (ii), x(z − y) > 0. Jadi xz = xz − xy + xy = x(z − y) + xy > 0 + xy = xy. (iii) Karena x < 0, maka menurut (i) −x > 0. Jadi menurut (ii) berlaku (−x)y < (−x)z. Selanjutnya berdasarkan Proposisi (iii) berlaku −(xy) < −(xz), sehingga menurut Definisi 2.9 (i) berlaku 0 = xy − xy < xy − xz atau xy > xz. (iv) Jika x 6= 0, maka x > 0 atau x < 0. Untuk x > 0 maka dari Definisi 2.9 (ii) secara langsung didapat x2 > 0. Jika x < 0, maka menurut (i) −x > 0 sehingga (−x)(−x) > 0. Berdasarkan Proposisi (iv) bahwa (−x)(−x) = x2 > 0. Menurut Aksioma K4, 1 = 1.1 = 12 > 0. (v) Menurut (ii) dan Proposisi (i) berlaku pernyataan Jika y > 0 dan z ≤ 0, maka yz ≤ 0 Jadi pernyataan berikut juga benar Jika yz > 0 dan y > 0, maka z > 0 Karena y( y1 ) = 1 > 0 dan y > 0 maka 1 y



1 y



> 0. Karena 0 < x < y maka



> 0 dan



> 0 sehingga ( x1 )( y1 ) > 0. Dari ketaksamaan x < y diperoleh ( x1 )( y1 )x < ( x1 )( y1 )y atau



2.6



1 x



1 y




0 maka ∃n ∈ N sedemikian sehingga nx > y Bukti. Bentuk A = {nx|n ∈ N dan x > 0} • Andai pernyataan salah, ∀n ∈ N berlaku nx ≤ y. Karena nx ∈ A dan nx ≤ y, ∀n ∈ N maka A adalah himpunan terbatas ke atas dengan batas atas y ∈ R • Padahal, A ⊂ R dan menurut Teorema, R mempunyai batas atas terkecil, sebut a ∈ R sedemikian sehingga a = SupA • Dilain pihak, diketahui x > 0 → −x < 0. Jika a ∈ R, a > 0 → a − x < 0 sehingga a − x bukan batas atas dari A. Karena a − x bukan batas atas A, maka ∃m ∈ N sedemikian sehingga a−x



≤



mx



a−x+x



≤



mx + xa



≤



(1 + m)x



, ∀x ∈ R



dimana 1 + m = n sehingga a bukan batas atas dari A (Kontradiksi dengan a = SupA) Jadi pengandaian salah, yang benar adalah ∃n ∈ N sedemikian sehingga nx > y



Bab 2. SISTEM BILANGAN REAL



19



Definisi 24. (DENSE/KERAPATAN) Suatu himpunan E ⊆ R dikatakan dense (rapat dalam R), jika ∀a, b ∈ R dengan a < b, ∃x ∈ E dan a1+nx .... (i) karena 1+nx∈ R, maka menurut lemma, ∃m ∈ Z st m≤1+nx 0 yaitu N r(p) maka N r(p) ∩ H\p 6= ∅ untuk r > 0 Contoh 14. H ⊂ R, H = [a, b) ∪ c



Bab 3. Konsep Topologi Pada Ruang Metrik



28



(1) x < a x0 N r(x) = (x − r, x + r) ∩ H =



(x − (a − x), x + (a − x)) ∩ [a, b)∪]c



=



(2x − a, a) ∩ [a, b) ∪ c



= ∅ Sehingga x bukan titik limit dari H (2) Apakah a ≤ x < b adalah titik limit? N r(x) = (x − r, x + r) ∩ H =



(x − (a − x), x + (a − x)) ∩ [a, b)∪]c



=



(2x − a, a) ∩ [a, b) ∪ c



6= ∅ Sehingga x titik limit dari H Contoh 15. E =



1 . Apakah x = 0 adalah titik limit E? n



Jawab: N r(x)



=



(x − r, x + r) ∩ H



N r(0)



=



(−r, r), r > 0



N r(0) ∩ E\0



=



r



6= ∅ Sehingga 0 titik limit dari E



3.6



Himpunan Terbuka dan Tertutup



3.6.1



Himpunan Terbuka



Definisi 38. Diberikan ruang metrik X dan G ⊂ X, Himpunan G dikatakan terbuka jika setiap anggotanya merupakan titik interior dari G (G terbuka jika ∀ p ∈ G, ∃r> 0 dan Nr (p)⊂ G (G terbuka ↔ G ⊂Go ))



3.6.2



Himpunan Tertutup



Definisi 39. Diberikan ruang metrik X dan F ⊂ X, Himpunan F dikatakan tertutup jika setiap titik limitnya termuat di F (F tertutup jika ∀titik limit p dari F → p ∈ F (F tertutup ↔ F 0 ⊂ F )) Contoh 16.



1. E = (a, b) . Apakah himpunan E adalah himpunan terbuka atau



himpunan tertutup?



Bab 3. Konsep Topologi Pada Ruang Metrik



29



Jawab Diambil sebarang titik x ∈ (a, b), maka dapat dipilih bilangan r > 0 dengan r = min[|x-a|,|x-b|] sehingga diperoleh suatu persekitaran Nr (x) = (x − r, x + r) ⊂ E = (a, b). Jadi setiap x ∈ E merupakan titik interior himpunan E, sehingga E merupakan himpunan terbuka di dalam bilangan real. E tidak tertutup, sebab terdapat titik limit dari E, yaitu titik a dan b yang bukan anggota E. 2. F = [a, b]. Apakah himpunan F adalah himpunan terbuka atau himpunan tertutup? Jawab Himpunan F = [a, b] adalah himpunan tertutup, sebab untuk setiap titik c ∈ / F bukan titik limit dari F . Pernyataan tersebut ekivalen dengan setiap titik limit dari F merupakan anggota F . Maka himpunan F tertutup. Himpunan F tidak terbuka sebab ada titik a dan b di dalam F akan tetapi titik tersebut bukan titik interior himpunan F . 3. H = [a, b). Apakah himpunan H adalah himpunan terbuka atau himpunan tertutup? Jawab Himpunan H = [a, b). H tidak terbuka, sebab a ∈ H dan a bukan titik interior himpunan H. Demikian juga H tidak tertutup, sebab ada titik limit b dari H tetapi b ∈ / H.



Kesimpulan Maka dapat diperoleh kesimpulan bahwa himpunan yang ”tidak terbua” bukan berarti ”tertutup” dan begitu juga sebaliknya bahwa himpunan yang ”tidak tertutup” bukan berarti ”terbuka”.



• Pernyataan-pernyataan Alternatif



a. (Himpunan G terbuka ⇐⇒ ∀p ∈ G, p titik interior G) ekivalen (G terbuka ⇐⇒ p ∈ G dan p titik interior himpunan G). b. Himpunan G tidak terbuka ⇐⇒ terdapat p ∈ G dan p bukan titik interior G. c. (Himpunan F tertutup ⇐⇒ ∀p titik limit F , p ∈ F ) ekivalen (F tertutup ⇐⇒ p titik limit atau p ∈ / F ).



Bab 3. Konsep Topologi Pada Ruang Metrik



30



d. Himpunan F tidak tertutup ⇐⇒ ∃p titik limit F dan p ∈ / F.



3.6.3



Sifat-sifat Himpunan Terbuka dan Tertutup



Teorema 40. Misalkan X ruang metrik dan E ⊂ X. Himpunan E terbuka jika dan hanya jika E c tertutup. Bukti. Terlebih dahulu akan dibuktikan ke arah kanan. (⇒)



Diketahui



:



E terbuka ⇐⇒ Nr (p) ⊂ E



Akan Dibuktikan : E c tertutup ⇐⇒ ∀p titik limit E c , p ∈ E c Ambil sebarang p titik limit E c , maka menurut teorema limit Nr (p) memuat tak hingga banyaknya titik anggota E c artinya Nr (p) ∩ E c 6= ∅ sehingga Nr (p) * E. Karena Nr (p) * E maka p bukan titik interior E. Diketahui E terbuka, karena p bukan titik interior E, maka p ∈ / E. Jadi p ∈ E c dan terbukti bahwa E c tertutup.



(⇐)



Diketahui



:



E c tertutup ⇐⇒ ∀x titik limit E c , x ∈ E c



Akan dibuktikan : E terbuka ⇐⇒ Nr (x) ⊂ E Ambil sebarang x ∈ E maka x ∈ / E c . Diketahui E c tertutup dan x ∈ / E c , maka x bukan titik limit dari E c sehingga ∃r > 0 sedemikian sehingga Nr (x) ∩ E c = ∅, dengan kata lain Nr (x) ⊂ E. Jadi E merupakan himpunan terbuka.



Teorema 41. Misal I himpunan indeks a) Jika Gi terbuka,∀i ∈ I →



S∞



i=1 Gi



terbuka.



b) Jika Fi tertutup,∀i ∈ I → ∩∞ i=1 Fi tertutup. c) Jika Gi terbuka,∀i = 1, .., .., n → ∩ni=1 Gi terbuka. d) Jika Fi tertutup,∀i = 1, .., .., n →



Sn



i=1 Fi



tertutup.



Bukti. . a) Ambil sebarang X ∈ G =



S∞



i=1 Gi ,



maka untuk suatu indeks i, X ∈ Gi .



Diketahui Gi terbuka, maka Nr (x) ⊂ Gi ,karena Gi ⊂ G maka Nr (x) ⊂ Gi ⊂ G. ∴ Nr (x) ⊂ G sehingga G terbuka.



Bab 3. Konsep Topologi Pada Ruang Metrik



31



b) Diketahui Fi tertutup ←→ ∀P titik limit Fi −→ P ∈ Fi (definisi tertutup) Akan dibuktikan : ∩∞ i=1 Fi tertutup



Bukti. : menurut 41(a) (Fi terbuka ←→ Fic tertutup ) Dengan menggunakan D’Morgan S∞ c c (∩∞ i=1 Fi ) = i=1 Fi terbuka karena menurut 41 Fic terbuka ∀i ∈ I, maka



S∞



c i=1 Fi



terbuka.



Dengan menggunakan pernyataan pada 40, jika i = 1 S∞ c S∞ c c i=1 Fi terbuka →( i=1 Fi ) tertutup ∩∞ i=1 Fi tertutup c) Diketahui : Gi terbuka ←→ Nr (x) ⊂ Gi (definisi terbuka) Akan dibuktikan : G= ∩ni=1 Gi terbuka ←→ Nr (x) ⊂ G



Bukti. : Ambil sebarang x ∈ G, karena G = ∩ni=1 Gi , ∀i = 1, .., .., n jika x ∈ G1 diketahui Gi terbuka maka Nr (x) ⊂ G1 jika x ∈ G2 diketahui Gi terbuka maka Nr (x) ⊂ G2 jika x ∈ Gn diketahui Gi terbuka maka Nr (x) ⊂ Gn sehingga x ∈ G1 ∩ G2 ∩ ... ∪ Gn dengan Gi terbuka, i = 1, ..., n ⇒ Nr (x) ⊂ G1 ∩ G2 ∩ ... ∩ Gn ∩ni=1 Gi = G ∴ terbukti bahwa G terbuka



Contoh 17. Buktikan bahwa fungsi f yang didefinisikan pada R dengan n 1 f (x) = 0



,



x rasional



,



x irrasional



tidak kontinu dimana pun pada R. Bukti. Ambil sebarang p di R dimana p titik limit R. Misal p bilangan rasional, berarti T T f (p) = 1. p juga titik limit himpunan R Qc , maka setiap barisan hpn i di dalam R Qc dengan pn 6= p dan lim pn = p. Karena lim f (pn ) = 0, maka menurut teo2.Diperoleh n→∞



n→∞



lim f (x) = 0, sehingga lim f (x) = 0 6= 1 = f (p). Jadi f tidak kontinu pada R.



x→p x→p T Misal p bilangan irrasional, berarti f (p) = 0. p juga titik limit himpunan R Qc , T maka setiap barisan hpn i di dalam R Qc dengan pn 6= p dan lim pn = p. Karena n→∞



Bab 3. Konsep Topologi Pada Ruang Metrik



32



lim f (pn ) = 1, maka menurut Teorema 2, diperoleh lim f (x) = 1, sehingga lim f (x) =



n→∞



x→p



x→p



1 6= 0 = f (p). Jadi, f tidak kontinu pada R. Teorema 42. Setiap persekitaran di dalam ruang metrik (X, d) merupakan himpunan terbuka. Bukti. Ambil sebarang persekitaran titik x ∈ X dengan r > 0 didalam X, sebut Nr (x). Ambil sebarang y ∈ Nr (x) dengan r > 0 dimana r > h = d(x, y) > 0 Bentuk persekitaran titik y dengan jari-jari  = r − h > 0, sebut N (y). Ambil z ∈ N (y), maka d(x, y) <  Dengan menggunakan PTS d(x, y) < d(x, y) + d(y, z)
0 sebut Nr (x). Karena G terbuka maka ∀x ∈ G∃Nr (x) ∈ G.(Definisi terbuka) S Misal N = x∈G Nr (x)



Akdb: i) G ⊂ N ii) N ⊂ G; dimana G = N



Bukti: i ) Jelas, G ⊂ N , sebab ∀x ∈ G maka x ∈ Nr (x) ⊂ N ii) Ambil sebarang y ∈ N , maka terdapat x ∈ G dan y ∈ Nr (x) karena G terbuka maka Nr (x) ⊂ G, sehingga y ∈ G.



Dari i dan ii maka G = N =



S



x∈G



Nr (x).



Teorema 44. Jika G himpunan terbuka dalam garis real R, maka G adalah gabungan paling banyak terbilang dari interval-interval terbuka yang saling asing.



Bab 3. Konsep Topologi Pada Ruang Metrik



33



Bukti. Untuk setiap x ∈ G, dibentuk himpunan Ix = ∪ It , It = (at , bt ) ⊂ G, x ∈ It .



(3.6.1)



t∈T



Dimisalkan a = inf {at | t ∈ T } dan b = sup{bt | t ∈ T }, akan dibuktikan bahwa Ix adalah interval terbuka (a, b). Jika y ≤ a atau y ≤ b, maka untuk semua t ∈ T , y ∈ / It sehingga y ∈ / Ix = ∪ It dengan t∈T



x ∈ It . Jika y ∈ (a, b), maka ada tiga kemungkinan yang terjadi yaitu, a < y < x atau y = x atau x < y < b. Andaikan a < y < x, maka terdapat t ∈ T sehingga at < y < x dan y ∈ It . Jadi y ∈ Ix . Dengan cara yang sama dapat dibuktikan untuk dua kemungkinan yang lain. Dari uraian di atas ditunjukkan bahwa jika y ∈ / (a, b) maka y∈ / Ix dan jika y ∈ (a, b) maka y ∈ Ix . Jadi terbukti Ix = (a, b) suatu interval terbuka. Selanjutnya harus diperlihatkan bahwa untuk setiap x, y ∈ G, interval Ix dan interval Iy saling asing atau Ix ∩ Iy = ∅. Diandaikan Ix ∩ Iy = ∅ maka terdapat z ∈ Ix ∩ Iy dan tentu z ∈ G, sebab Ix ⊂ G dan Iy ⊂ G. Dengan demikian Ix ∪ Iy merupakan suatu interval terbuka. Dari 3.6.1 dan karena x ∈ Ix maka Ix ∪ Iy ⊂ Ix . Karena z ∈ Iy maka Ix ∪ Iy ⊂ Iy . Disatu pihak Ix ⊂ Ix ∪ Iy dan Iy ⊂ Ix ∪ Iy , maka Ix ∪ Iy = Ix = Iy . Disimpulkan bahwa jika Ix ∪ Iy 6= ∅ maka Ix = Iy artinya jika Ix 6= Iy maka Ix ∩ Iy = ∅. Sampai di sini kita sudah membuktikan G gabungan interval-interval yang saling asing.



Untuk memperlihatkan keterbilangan dari banyaknya interval-interval terbuka dalam R kita bangun korespondensi satu-satu antara keluarga interval-interval dengan bilangan rasional yang ada di dalamnya. Karena interval-interval tersebut saling asing maka keluarga tersebut akan ekivalen dengan himpunan bagian dari bilagan rasional Q. Karena Q terbilang maka himpunan bagiannya juga terbilang (berhingga atau paling banyak terbilang). Hal yang sangat penting untuk diingat adalah setiap himpunan terbuka dalam sebarang ruang metrik dapat dinyatakan sebagai gabungan semua persekitaran-persekitaran terbuka. Teorema 45. Jika X suatu ruang metrik dan G ⊂ X, maka (a) G◦ merupakan himpunan terbuka. (b) G terbuka jika dan hanya jika G = G◦ . (c) G◦ merupakan himpunan terbuka terbesar yang termuat di dalam G.



Bab 3. Konsep Topologi Pada Ruang Metrik Bukti.



34



(a) Ambil x ∈ G◦ , maka x titik interior G. Artinya terdapat persekitaran



Nr (x) sedemikian sehingga x ∈ Nr (x) ⊂ G. Karena G◦ ⊂ G, pilih persekitaran Nr (x) = G◦ sehingga x ∈ Nr (x) ⊂ G◦ . Terbukti G◦ terbuka. (b) G terbuka maka G ⊂ G◦ , karena G◦ ⊂ G, maka G = G◦ . Sebaliknya karena G = G◦ maka menurut 45(a) G terbuka. (c) Misal H himpunan terbuka yang termuat di dalam G, maka H ◦ ⊂ G. Karena G◦ terbuka dan G◦ ⊂ G, maka G◦ merupakan himpunan terbuka yang termuat di dalam G. Sekarang ambil titik p ∈ H, karena H terbuka maka p ∈ H ◦ . Karena H ⊂ G dan H ◦ ⊂ H maka H ◦ ⊂ G. Pilih persekitaran titik p, Nr (p) = H ◦ ⊂ G, maka p titik interior G. Dengan demikian p ∈ G◦ . Berarti H ⊂ G◦ . Terbukti G◦ himpunan terbuka terbesar yang termuat dalam G.



3.7



Closure (Penutup Himpunan)



Definisi 46. Diberikan ruang metrik X, E ⊂ Q dan E 0 himpunan semua titik limit E. ¯ adalah E ¯ = E ∪ E0. Penutup (closure) himpunan E dinotasikan dengan E Definisi 47. Ruang metrik X dan E ⊂ Q. Himpunan E diaktakan rapat (dense) dalam ¯ = X atau E ¯ = E ∪ E0. X jika E ¯ = R = Contoh 18. Himpunan semua bilangan rasional Q rapat dalam R sehingga Q Q ∪ Q0 , sebab setiap bilangan real x merupakan titik limit himpunan Q. ¯ Contoh 19. Jika E ⊂ R dan E 6= ∅ terbatas ke atas, maka sup E ada di dalam E. ¯ = Q ∪ Q’ Jawab. Misalkan sup E = a, karena E ¯ 1. jika a ∈ E, maka a ∈ E. 2. jika a ∈ / E, karena a = sup E, maka ∀r > 0 tapi x ∈ E st a − r < x − a berarti ¯ = E ∪E 0 , N r(a) = (a−r, a+r),∀x ∈ E. N r(a)∩E \{a} = 6 ∅. karena a ∈ E 0 dan E ¯ maka a ∈ E. Teorema 48. jika X suatu ruang metrik dan E ⊂ Q maka ¯ merupakan himp tertutup. a. E



Bab 3. Konsep Topologi Pada Ruang Metrik



35



¯ b. E tertutup ⇐⇒ E = E. ¯ merupakan himpunan tertutup terkecil yang memuat E. c. E ¯ Karena E ¯ = E ∪ E 0 , maka x ∈ a. Ambil sebarang x ⊂ X tetapi x ∈ / E. /E ¯ = ∅. dan x ∈ / E 0 sehingga ∃r > 0 st N r(x) ∩ E = ∅, demikian juga N r(x) ∩ E ¯ c → (E) ¯ c himpunan terbuka Berarti N r(x) ⊂ (E)



Bukti.



¯ = E ∪ E 0 ⊂ E ∪ E = E atau b. E tertutup maka E 0 ⊂ E. Hal ini berakibat E ¯ ⊂ E. Dipihak lain E ⊂ E, ¯ sehingga terbukti E = E. ¯ Sebaliknya, jika E = E, ¯ E maka menurut bagian (a.) E tertutup. c. Misal F himpunan tertutup yang memuat E. Menurut bagian (a.) himpunan ¯ tertutup dan memuat E. Ambil x titik limit E, karena F ⊃ E, maka x juga E titik limit F . Jadi E 0 ⊂ F 0 . Karena F tertututp, maka F 0 ⊂ F . Terbukti bahwa ¯ = E ∪ E ⊂ F ∪ F 0 = F atau E ¯ tertutup terkecil yang memuat E. E



3.8



Himpunan Terbuka dan Tertutup Relatif



Definisi 49. Diberikan sub-ruang (Y, d) dari ruang metrik (x, d) dan E ⊂ Y . i. Himpunan E disebut terbuka relatif terhadap Y jika ∀p ∈ E, ∃r > 0, sedemikian sehingga ∀y ∈ Y dengan d(p, Y ) < r maka y ∈ E. ii. Himpunan E disebut tertutup relatif terhadap Y jika untuk setiap titik limit himpunan E yang ada di dalam subruang Y menjadi anggota E. Contoh: x = R, Y = [0, 2] ⊂ R. E = [0, 1] ⊂ Y merupakan himpunan terbuka relatif terhadap Y . F = [0, 2] tertutup relatif terhadap Y . Teorema 50. Jika Y subruang dari X dan E ⊂ T , maka E terbuka relatif terhadap Y jika dan hanya jika ∃G terbuka di X dan E = G ∩ Y . Bukti. Diketahui E terbuka relatif jika dan hanya jika ∀x ∈ E, ∃r > 0, sedemikian sehingga ∀y ∈ Y, (x − y) < r, ∃y ∈ E. Akan dibuktikan



Bab 3. Konsep Topologi Pada Ruang Metrik



36



1. G terbuka S



V x, dimana Vx = {y ∈ Y | d(x, y) < r∀x ∈ E} S Menurut ??, karena E terbuka relatif, maka G= x∈E Vx adalah himpunan terBentuk G =



x∈E



buka. 2. E = G ∩ Y . (i) E ⊂ G ∩ Y Ambil sebarang x ∈ E, maka ∃r > 0 dan x ∈ V x = y ∈ Y | d(x, y) < r. S Karena G = x∈E V x dan x ∈ V x, maka x ∈ G. Dilain pihak, diketahui bahwa E ⊂ Y , jadi ∀x ∈ E. Maka x ∈ Y . Jadi disimpulkan bahwa X ⊂ G ∩ Y , maka E ⊂ G ∩ Y . (ii) G ∩ Y ⊂ E Ambil sebarang Y ∈ G ∩ Y , maka y ∈ G dan y ∈ Y . S Karena G = x∈E V x, ∃x ∈ E dan y ∈ V x, sehingga d(x, y) < r berarti y ∈ E. Dari (i) dan (ii), maka E = G ∩ Y . Bukti. Diketahui G terbuka dan E = G ∩ Y , akan dibuktikan E terbuka relatif terhadap Y. Ambil sebarang p ∈ E, karena E = G ∩ Y , maka p ∈ G. Diketahui G terbuka di X, maka ∃r > 0 sedemikian sehingga N r(p) ⊂ G, artinya ∀x ∈ X dengan d(p, x) < r, maka x ∈ G. Dilain pihak, Y ⊂ X, maka ∀y ∈ Y, d(p, y) < r. Maka y ∈ G, maka y ∈ G ∩ Y = E, sehingga ∀p ∈ E, ∃r > 0 sedemikian sehingga y ∈ E, ∀y ∈ Y dengan d(p, y) < r. Jadi, E terbuka relatif.



Definisi 51. Diberikan ruang metrik (X, d) dan E ⊂ X. fungsi f : E −→ Rk dikatakan terbatas jika ∃M > 0 sehingga ∀x ∈ E berlaku k f (x) k≤ M



Definisi 52. Diberikan ruang metrik (X, d) dan E ⊂ X dan T = Ga |a ∈ I keluarga semua himpunan bagian terbuka dari X. Keluarga T dikatakan selimut terbuka untuk himpunan E jika untuk setiap x ∈ E terdapat a ∈ I sehingga x ∈ Ga



Bab 3. Konsep Topologi Pada Ruang Metrik



37



Contoh 20. himpunan berhingaa K = X1 , X2 , ..., Xn didalam sembarang ruang metrik merupakan himpunan kompak. proof ambil sebarang selimut terbuka Ga untuk K , maka setiap anggota K merupakan anggota Ga untuk paling sedikit satu a. untuk setiap xj ∈ K dengan 1 ≤ j ≤ n, dipilih satu S Ga saja yang memuat xj K, katakan xj ∈ Gaj . dengan demikian K ⊂ Gaj . dengan kata lain Ga memuat sub selimut untuk K.



Contoh 21. himpunan tak berhingga F = 0.1, 1/2, 1/3, ... di dalam R merupkan himpunan kompak. proof ambil sebarang selimut terbuka Ga untuk F . karena 0 ∈ F , maka terdapat a0 sehingga 0 ∈ Ga . karena 0 titik limit F maka untuk setiap r > 0. ambil masing-masing satu selimut yang memuat titik ini , yaitu 1/mıGam , 1/m − 1 ∈ Gam−1 , ..., 1/2 ∈ Ga2 , 1 ∈ Ga1 . jadi Ga0 , Gaj |j = 1, 2, ..., m merupakan sub selimut terbuka untuk F. terproof F kompak. Contoh 22. Himpunan E = { n1 | n ∈ N} adalah himpunan tidak kompak. Bukti. ∀n ∈ N, pilih rn =



1 n



−



merupakan selimut terbuka E. di E (G ∩ E) yaitu



1 n.



1 n+1



1 n(n+1) Perhatikan ( n1



=



> 0, maka G = Gα = {( n1 − rn , n1 + rn )} − rn , n1 + rn ) hanya memuat satu titik



Karena E tak berhingga maka G juga tak berhingga. Jadi E



bukan himpunan kompak.



Teorema 53. Dimisalkan himpunan X ⊂ Y dan Y sub-ruang metrik X. Himpunan K dalam Y jika dan hanya jika K kompak dalam X. Bukti. Terlebih dahulu akan diproofkan dari kiri. (⇐) Dimisalkan Vα selimut terbuka dalam Y untuk K. Menurut theo 3.8.3 , maka tedapat Gα terbuka dalam X sehingga Vα = Gα ∩ Y . Karena Vα selimut terbuka untuk K, maka Gα juga merupakan selimut terbuka untuk K dalam X. Berdasarkan hipotesis, maka selimut terbuka Gα membuat sub-selimut berhingga untuk K. Jelas bahwa himpunan-himpunan Va lpha yang terkait dengan Gα menjadi anggota sub-selimut berhingga tadi. Jadi Vα memuat sub-selimut berhingga untuk K dalam Y . Terproof K kompak dalam Y . (⇒) Sebaliknya diketahui K kompak dalam Y .Ambil sebarang selimut terbuka Gα untuk K dalam X Dimisalkan keluarga Vα merupakan selimut terbuka untuk K dalam Y



Bab 3. Konsep Topologi Pada Ruang Metrik



38



dengan Vα = Gα ∩ Y . Karena hipotesis, maka terdapat Vα1 , Vα2 , . . . , Vαn yang menyelimuti K. Dengan demikian keluarga {Gαi | i = 1, 2, . . . , n} merupakan sub selimut berhingga dari Gα dalam X yang menyelimuti K. Terproof K dalam X. Teorema 54. Didalam sebarang ruang metrik, jika K kompak maka K tertutup dan terbatas. proof 1. Akan diproofkan = K tertutup ⇐⇒ K c terbuka ambil P ∈ K c , ∀x ∈ X Nr (x) = (x − r, x + r) dan Wr (p) = (p − r, p + r) 1 dimana r < d(p, x) sehingga Nr (x) ∩ Wr (p) = ∅ 2 keluarga {Nr (x)} adalah selimut terbuka K Diketahui K Kompak maka ∃x1 , x2 , ..., xn ∈ K st K ⊂ Nr (x1 ) ∪ Nr (x2 ) ∪ .... ∪ Nr (xn ) = N Misal W = Wr (P1 ) ∩ Wr (P2 ) ∩ .... ∩ Wr (Pn ) Maka W ⊂ Wr (Pi ), ∀i = 1, 2, ..., n Karena Nr (xi ) ∩ Wr (Pi ) = ∅ → Nr (xi ) ∩ W = ∅, ∀i = 1, 2, ..., n sehingga W ∩ {Nr (x1 ) ∪ Nr (x2 ) ∪ .... ∪ Nr (xn )} = ∅ → W ∩ N = ∅ Karena K ⊂ N dan W ∩ N = ∅ maka W ⊂ K c , artinya titik p adalah titik interior dari K c Jadi, K c terbuka ⇒ K tertutup 2. Akan diproofkan = K terbatas ⇐⇒ K tertutup ∀x ∈ K dibentuk N1 (x) = (1 − x, 1 + x) sehingga keluarga {N1 (x)} adalah selimut terbuka K Diketahui K kompak, ∃x1 , x2 , ..., xn ∈ K st K ⊂ pilih X1 ∈ K dan M − 1 =



n S



N1 (Xi ) i=1 max{d(X1 , X2 )...d(X1 , Xn )} untuk



sembarang p ∈



K, ∃Xj ∈ K dengan 1 ≤ j ≤ n, sehingga p ∈ N1 (Xj ) atau d(Xj, p) < 1 Dengan pertidaksamaan diperoleh : d(X1 , p) ≤ d(X1 , Xj ) + d(p, Xj ) d(X1 , p) ≤ M − 1 + 1 = M Contoh 23. Himpunan A = {x ∈ Q|2 < x2 < 3} , A ⊂ Q akan ditunjukkan A tertutup dan terbatas di Q namun A tidak kompak di Q Jawab : • Pemproofan tertutup : √ √ Bentuk G = (−∞, 2) ∪ ( 3, +∞) = Ac adalah himpunan terbuka Karena Q\A = Q ∩ Ac = Q ∩ G , maka Q ∩ Ac terbuka Jadi Ac terbuka, dengan kata lain A tertutup. ∴ Atertutupdanterbatas



Bab 3. Konsep Topologi Pada Ruang Metrik



39



• A tidak kompak di R , karena sub selimut A di R tidak terhingga. Dilain pihak Q ⊆ R . Menurut theo 2 , maka A tidak kompak di Q. Teorema 55. Diberikan K himpunan kompak didalam sebarang ruang metrik X . Jika F ⊂ K dan F tertutup maka F kompak. Bukti. Ambil sebarang keluarga selimut terbuka {Gα } untuk F . Diketahui F ⊂ K . Karena F tertutup, maka F c terbuka yang juga merupakan selimut terbuka untuk K yang belum terselimuti oleh {Gα } . Sehingga {Gα } ∪ F c merupakan selimut terbuka untuk K. Karena K kompak maka terdapat Gα1 , Gα2 , . . . , Gαn sehingga K ⊂ ∪i=1,...,n Gαi ∪ F c karena F ⊂ K , maka F ⊂ ∪i=1,...,n Gαi . Jadi {Gα } memuat sub selimut berhingga yang masih menyelimuti F . Terproof F kompak Definisi 56. Diberikan ruang metrik (X, d) dan E ⊂ X. Himpunan E dikatakan mempunyai sifar Bolzano-Weirstass (B-W) jika setiap himpunan bagian tak berhingga dari E mempunyai titik limit di dalam E. Teorema 57. Jika F himpunan bagian tak berhingga dalam himpunan kompak E maka F mempunyai titik limit di E proof : Andaikan F tidak mempunyai titik limit di E. Jadi jika p ∈ E, maka p bukan titik limit dari F , dengan kata lain ∃N r(p) such that N r(p)\{p} 6= φ. Dengan demikian ∀N r(p) hanya memuat paling banyak satu anggota F yaitu p sendiri. Sehingga {N r(p)}p ∈ E merupakan selimut terbuka untuk E dan merupakan selimut terbuka untuk F karena F ⊂ C. Karena E kompak maka ∃p1 , p2 , p3 , ...pn sehingga E ⊂ V N r(pi) dan F ⊂



Sn



i=1 N r{pi }



padahal ∀N r{pi } hanya memuat paling banyak satu anggota F , dengan kata lain F berhingga. Kontradiksi dengan F tidak mempunyai limit di E. Jadi pengandaian salah. Theorem 3.1. Jika {In } barisan interval tertutup dan terbatas di R sehingga In ⊃ In+1 T untuk setiap n ∈ N, maka In 6= 0 (dimana n=1,2,...,∞)



Bukti. Misalkan In = [an , bn ] = [a1 , a2 , a3 , ..., bn , ..., b2 , b1 ] maka a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ ... ≤ bn ≤ ... ≤ b2 ≤ b1 . Dengan kata lain {an |n ∈ N} mempunyai supremum, misal ε = sup{an |n ∈ N}. Jadi an ≤ ε, ∀n ∈ N .....(1) Selanjutnya akan ditunjukkan ε ≤ bn , ∀n ∈ N.



Bab 3. Konsep Topologi Pada Ruang Metrik



40



Ambil sembarang n0 ∈ N jika n < n0 maka an ≤ an0 ≤ bn0 dan jika n ≥ n0 maka an ≤ bn ≤ bn0 . Jadi bn0 batas atas {an |n ∈ N}. Akibatnya ε ≤ bn0 dan karena n0 ∈ N sebarang maka ε ≤ bn , ∀n ∈ N ...(2) Dari persamaan (1) dan (2) diperoleh an ≤ ε ≤ bn , ∀n ∈ N atau ε ∈ T atau In 6= Ø (dimana n=1,2,...,∞).



T



[an , bn ] =



T



In



Teorema 58. Setiap selang k selalu kompak. Bukti. : a) Diambil sebarang selang k misal I yang memuat x ¯ = (x1 , x2 , ..., xk ) sehingga aj ≤ xj ≤ bj , 1 ≤ j ≤ k. Misal δ adalah panjang diagonal dari selang I yaitu δ = (Σkj=1 (bj − aj )2 )1/2 . Jadi ∀¯ x, y¯ ∈ I berlaku |¯ x − y¯| < δ. b) Andai selang k tidak kompak, maka ∃ selimut terbuka Gα untuk I yang tidak memuat subselimut yang berhingga. Ambil cj = aj + bj , 1 ≤ j ≤ k maka interval [aj , bj ] dan [cj , bj ] membagi selang-I menjadi 2k bagian, misal Qi , 1 ≤ i ≤ 2k . Maka paling sedikit ada satu Qi yang tidak terselimuti oleh keluarga berhingga Gα , sebut Q1 yang tidak diselimuti oleh I1 . Kemudian I1 dibagi lagi dengan mengambil dj = (aj + cj )/2, 1 ≤ j ≤ k, maka pasti ada yang tidak diselimuti oleh Gα , sebut Q2 tidak diselimuti I2 .



nm1.PNG



c) Jika proses diteruskan 1) I ⊃ I1 ⊃ I2 ⊃ ... 2) In tidak dapat diselimuti oleh setiap keluarga berhingga Gα 3) Jika x ¯, y¯ ∈ In maka |¯ x − y¯| < 2−n δ ∀n ∈ N karena :



Bab 3. Konsep Topologi Pada Ruang Metrik



41



Jika x ¯, y¯ ∈ I berlaku |¯ x − y¯| < δ Jika x ¯, y¯ ∈ I1 berlaku |¯ x − y¯| < 2−1 δ (Diagonal I1 = 0.5 diagonal I Jika x ¯, y¯ ∈ In berlaku |¯ x − y¯| < 2−n δ (Diagonal In = 0.5 diagonal In + 1 Dari nomor 1) dan berdasarkan theo sebelumnya (Jika In barisan selang k tertutup T dan terbatas di Rk maka In 6= ∅), maka ∃¯ x∗ ∈ In , ∀n ∈ N. Dan karena Gα selimut terbuka untuk I maka x ¯∗ ∈ Gα untuk suatu α. Karena Gα himpunan terbuka, maka x ¯∗ merupakan titik interior Gα , artinya ∃r > 0 sedemikian sehingga |¯ x∗ − y¯| < r, ∀¯ y ∈ Gα . Ambil n cukup besar sehingga 2−n δ < r, maka berdasarkan nomor 3), |¯ x − y¯| < 2−n δ < r, ∀¯ x, y¯ ∈ In Dengan kata lain In ⊂ Gα , ∀n ∈ N. Kontradiksi dengan nomor 2) , sehingga pengandaian salah.



Teorema 59. (Teorema BOLZANO-WEIER STRASI) Setiap himpunan tak berhingga dan terbatas di Rk mempunyai titik limit di Rk . Bukti. Misal E himpunan tak terhingga dan terbatas di Rk , maka E termuat di I yang kompak. Berdasarkan theo (jika F himpunan bagian tidak terbatas oleh himpunan kompak, maka F mempunyai titik limit di I Maka E mempunyai titik limit di I dengan I ⊆ Rk . Jadi E mempunyai titik limit di Rk .



3.9



HIMPUNAN TERHUBUNG



Definisi 60. Diberikan dua himpunan A dan B di dalam suatu ruang metrik X. Him¯ ∩ B = Ø dan A ∩ B ¯ =Ø punan A dan B dikatakan terpisah jika A ¯ = [0,1] Contoh 24. 1. A = (0,1], maka A ¯ = [-1,0] B = (-1,0), maka B sehingga ¯ ∩ B = [0,1] ∩ (-1,0) = Ø A ¯ = (0,1] ∩ [-1,0) = Ø A∩B Jadi A dan B himpunan terpisah. ¯ = [0,1] 2. A = (0,1] → A ¯ = [1,2] B = [1,2] → B sehingga A ∩ B = (0,1) ∩ [1,2] = Ø ¯ ∩ B = [0,1] ∩ [1,2) = {1} A ¯ = (0,1) ∩ [1,2] = Ø. A∩B



Bab 3. Konsep Topologi Pada Ruang Metrik



42



Definisi 61. Himpunan E di ruang metrik X dikatakan terhubung jika E tidak dapat disajikan sebagai gabungan dua himpunan yang terpisah dan tidak kosong. note: A dan B himpunan tidak kosong dan terpisah. E himpunan terhubung ↔ E 6= A∪B. Contoh 25. Himpunan Z= {..., −2, −1, 0, 1, 2, ...} adalah himpunan tidak terhubung. Jawab A = (3/4, ∞) → A¯ = [3/4, ∞] ¯ = [−∞, 1/2] B = (−∞, 1/2) → B Z ⊂ A∪B , A∪B * Z atau Z ∩ A 6= ∅ dan Z ∩ B 6= ∅ Akan tetapi Z ∩ A ∩ B = ∅ Jadi Z 6= A∪B. Definisi 62. Himpunan E di dalam Rk dikatan konveks jika ∀¯ x, y¯ ∈ E maka α¯ x + (1 − α)¯ y ∈ E dimana 0< α



=



x1 , x2 , ..., xn , ...



Definisi 65. Suatu barisan < xn > di dalam ruang metrik (X, d) dikatakan konvergen jika ∃x ∈ X sedemikian sehingga ∀ > 0, ∃N∈ N sehingga ∀n ≥ N berlaku d(xn , x)< . N otasi :



• xn → x atau limn→∞ xn = x • x disebut limit barisan



Teorema 66. Di dalam sebarang ruang metrik X, jika barisan < xn > konvergen, maka limit barisannya tunggal.



Bukti. Diketahui :



< xn > konvergen ke x ↔ ∃x ∈ X sedemikian sehingga ∀ > 0,



∃N ∈ N sehingga ∀n ≥N berlaku d(xn , y) < 2 . < xn > konvergen ke y ↔ ∃y ∈ X sedemikian sehingga ∀ > 0, ∃N ∈ N sehingga ∀n ≥ N berlaku d(xn , y) < Akan dibuktikan : x = y limitnya tunggal Bukti : ambil sebarang  > 0 karena xn → x ⇒ d(xn , y) < xn → y ⇒ d(xn , y)
0 Ambil  = 0, maka |x − y| = 0 Jadi, x − y = 0 ↔ x = y



Teorema 67. Diberikan (x, d) ruang metrik barisan hxn i di dalam X konvergen ke p jika dan hanya jika Setiap persekitaran dari p memuat semua suku-suku barisan kecuali berhingga banyaknya indeks n. Bukti. (⇒) Bukti dari kiri ke kanan : Diketahui : xn → p ⇔ ∃p ∈ X, sedemikian sehingga ∀ > 0, ∃N ∈ N, ∀n ≥ N berlaku d(xn , p) < ε. Akan dibuktikan : Nε (p) memuat suku-suku barisan kecuali xi , i = 1, 2, 3, ..., N − 1. Bukti : ambil persekitaran titik p dengan jari-jari ε > 0 yaitu Nε (p) = {x ∈ X, |d(p, x) < }, ∀n ∈ N sehingga xn ∈ N (p) kecuali x1 , x2 , x3 , ..., xn − 1. ∴ N (p) memuat semua suku-suku barisan kecuali berhingga banyaknya indeks n. (⇐) Bukti dari kanan ke kiri : Diketahui : Setiap persekitaran dari p memuat suku-suku barisan kecuali berhingga banyaknya induks n. Akan dibuktikan : X konvergen ke p yaitu xn → p. Bukti : ambil sebarang persekitaran dari p N (p) = {x ∈ X, |d(p, x) < } dengan ε > 0. ambil sebarang suku barisan, misal xn sedemikian sehingga d(p, xn ) < ε untuk semua n kecuali indeks 1, 2, 3, ..., N-1. dengan kata lain ∃N ∈ N sedemikian sehingga ∀n ≥ N berlaku d(xn , p) < ε. ∴ xn → p. Teorema 68. Diberikan (X, d) ruang metrik. Jika barisan hXn i di dalam X konvergen ke p, maka barisan hXn i terbatas. Bukti. Diketahui : xn → p ⇔ ∃p ∈ X, sedemikian sehingga ∀ > 0, ∃N ∈ N, ∀n ≥ N berlaku d(xn , p) < ε. Akan dibuktikan : hXn i terbatas ⇔ ∃M ∈ R sedemikian sehingga d(xn , p) < M, ∀p ∈ X. Bukti : xn → p maka d(xn , p) < ε, ∀ε > 0. pilih ε = 1 maka d(xn , p) < 1, ∀n ∈ N



Bab 4. Barisan



46



Tulis M = max{1, d(x1 , p), d(x2 , p), ..., d(xn − 1, p)}. Jadi, diperoleh d(xn , p) < 1 ≤ M . ∴ d(xn , p) ≤ M, ∀n ∈ N atau dengan kata lain hxn i terbatas. Teorema 69. Diberikan (X, d) ruang metrik. E ⊂ X dan p titik limit E. Maka ∃hxn i ∈ E sedemkian sehingga hxn i → p. Bukti. Diketahui : p titik limit E ⇔ ∃r > 0 sedemikian sehingga (Nr (p) ∩ E) \ p 6= ∅. Akan dibuktikan : xn → p ⇔ ∀ > 0, ∃N ∈ N, ∀n ≥ N berlaku d(xn , p) < r. Bukti : karena p titik limit E, maka pilih x ∈ E, x 6= p (Nr (p) ∩ E) \ p = x sedemikian sehingga d(xn , p) < ε, ∀n ∈ N. ambil ε =



1 n



sehingga ∀n ∈ N, ∃xn ∈ E dimana d(xn , p) < ε = n1 .



Maka terbentuklah barisan hxn h di dalam Z pilih N ≥ 1 n



berlaku



1 N , d(xn , p)



≤



< f rac1n ≤



1 N



1 ε , ∀ε



> 0 sehingga ∀n ≥ N



≤ ε.



∴ d(xn , p) < ε ⇔ xn → p



4.2



BARISAN BILANGAN REAL



Definisi 70. Barisan bilangan real < Sn > adalah fungsi dari himpunan semua bilangan Asli N ke dalam semua bilangan Real R. Contoh 26.



1. Barisan bilangan real dengan Sn =



1 n



,∀n∈N



Sn ={1, 12 , 31 , ...}. limn→∞ Sn =0 2. Barisan bilangan real dengan suku-suku xn = 1 , ∀n ∈ N xn = 1, 1, 1, ..., limn→∞ xn =1 Definisi 71. Diberikan barisan bilangan real < Sn >. Barisan < Sn > dikatakan mendekati bilangan s, jika ∀ε > 0 ∃N ∈ N berlaku |Sn − s| < ε Notasi : limn→∞ Sn = s, Sn → s Contoh 27. 1 n,



1. Dengan menggunakan definisi Limit Barisan. Buktikan bahwa Sn =



∀n ∈ N konvergen ke 0.



Jawab Sn =



1 n,



n ∈ N. Sn → 0 ⇔ ∀ε > 0, ∃N ∈ N sedemikian sehingga ∀n ≥ N,



Bab 4. Barisan



47



|Sn − 0| < ε Ambil sebarang ε > 0, pilih N > |Sn − 0|



=



| n1 − 0|



=



| n1 |



1 ε



= n1 ≤ N1 < ε Dengan kata lain, |Sn − 0| < ε. Jadi, limn→∞



1 n =0



2. Sn =n={1, 2, 3, ...} Ambil sebarang ε > 0 Andai limn→∞ Sn = s, maka ∃N ∈ N sedemikian sehingga ∀n ≥ N. |Sn − 0| < ε. Ambil ε = 1, maka ∀n ≥ N. |Sn − s| < 1 −1 < n − s < 1 s − 1 < n < s + 1...(i) Padahal n itu tak berhingga, sedangkan (i) diperoleh n berhingga. Jadi pengandaian salah. ∴ Sn = n tidak punya Limit Barisan. Teorema 72. Diberikan barisan bilangan real < sn > dengan sn ≥ 0 untuk setiap n ∈ N. Jika limn→∞ sn = s, maka s ≥ 0. Bukti. Andaikan s < 0. karena limn→∞ sn = s maka untuk setiap  > 0 terdapat N ∈ N sedemikian sehingga untuk setiap n ≥ N berlaku



|sn − s| < . Ambil sebarang  > 0, misal  =



−s > 0, maka untuk setiap n ≥ N 2 |sn − s|
0. Andaikan barisan bilangan real < sn > konvergen ke s dan t. Akan ditunjukkan s = t. Jika sn konvergen ke s maka terdapat N1 ∈ N sehingga untuk setiap n ≥ N1 berlaku



|sn − s|
= (S1 , S2 , S3 , ......Sn ) ∀n∈N



1



Maka dari barisan tersebut dapat dibuat barisan baru dengan suku-suku yang ada di dalam barisan induk dengan mempertahankan aturan urutan yang ada, sebut (S1 , S5 , S8 , ......) ,



(4.3.1)



dimana (n1 < n2 < n3 , ......) sehingga barisan 2 dapat ditulis sebagai (Sn1 = S1 , Sn2 = S5 , Sn3 = S8 , ..... dst. Jadi, 4.3.1 dapat ditulis : (Snk = S1 , S5 , S8 , ......)] merupakan sub-barisan dari Sn , ∀k ∈ N, (nk ) ≥ k



Teorema 74. Barisan bilangan real < Sn > konvergen ke S ⇐⇒ setiap sub-barisan dari < Sn > juga konvergen ke S.



Bab 4. Barisan



49



Bukti. (→) Diket : Sn → S ⇐⇒ ∀  > 0, ∃ N ≥ N st ∀ n ≥ N, |Sn − S| < δ Akdib : (Snk ) →S Bukti : Ambil sebarang  > 0. Pilih N ∈ N st ∀ n ≥ N, |Sn − S| < . Ambil sebarang sub-barisan < (Snk ) > dan < Sn >, karena ∀ k ∈ N, (nk ) ≥ k, maka ∀ k ≥ N berakibat (nk ) ≥ N st |Sn − S| <  (←) Diket : Setiap sub-barisan dari < Sn >, misal < Sn > itu sendiri, karena subbarisan konvergen ke S maka sub-barisan < Sn > juga konvergen ke S. Dengan kata lain Sn → S Teorema 75. Jika barisan < Xn > didalam suatu ruang metrik (X, d) kompak, maka < Xn > memuat sub barisan yang konvergen ke suatu titik di dalam x. Bukti. Misal E = Xn daerah jangkau barisan. Terdapat 2 kasus yaitu : 1.) E berhingga Karena E berhingga, maka terdapat paling sedikit 1 elemen p anggota E, sedemikian sehingga p = Xn, untuk tak berhingga banyaknya indeks n ∈ N . Bentuk barisan dengan indeks nk, ∀k ∈ N dengan n1 < n2 < ... < nk < ..., kemudian bentuk sub barisan Xn1 = Xn2 = Xnk = ... = Xn = p 2.) E tak berhingga Karena E ⊂ X dengan X kompak, maka E mempunyai titik limit p didalam X. Ambil sebarang N r(p) = x|d(p, x) < r. Pilih r = 1/k, ∀k ∈ N . Bentuk barisan dengan indeks nk, ∀k ∈ N . Kemudian pilih index n1 sedemikian sehingga Xn1 ∈ E dan d(Xn1, p) < 1. Kemudian pilih index n2 sedemikian sehingga Xn2 ∈ E dan d(Xn2, p) < 1/2, dan seterusnya sampai pilih index nk sedemikian sehingga Xnk ∈ E dan d(Xnk, p) < 1/k. Jika k → ∞ maka d(Xnk, p) → 0



lim |Xnk − p| = 0



k→∞



Jadi, Xnk → p



Teorema 76. Setiap barisan bilangan real ¡Sn¿ yang terbatas memuat sub barisan yang konvergen.



Bab 4. Barisan



50



Bukti. Karena < Sn > terbatas di R, maka Sn ⊂ X dengan X kompak. Menurut 75, maka ¡Sn¿ memuat sub barisan yang konvergen ke suatu titik di X. Teorema 77. Setiap barisan bilangan riil < Sn > yang terbatas memuat sub barisan yang konvergen. Bukti. Karena < Sn > terbatas di R maka {Sn } ⊂ X dengan X kompak. Menurut theo 8 maka < Sn > memuat sub barisan yang konvergen ke suatu titik di X. Definisi 78. Barisan bilangan riil < Sn > dikatakan terbatas (terbatas ke atas atau terbatas ke bawah) jika daerah jangkau {Sn |n ∈ N} terbatas atau < Sn > terbatas ⇔ ∃M ∈ R, M ≥ 0 sedemikian sehingga |Sn | ≤ M, ∀n ∈ N jadi −M ≤ Sn ≤ M Teorema 79. Jika barisan riil < Sn > konvergen maka < Sn > terbatas. Bukti. Diketahui : < Sn > konvergen ke S ⇔ ∀ε > 0 Akdib : ∃M ∈ R, M ≥ 0 sedemikian sehingga |Sn | ≤ M Bukti : Ambil sebarang ε > 0 sedemikian sehingga |Sn − S| < ε Ambil δ = 1 maka |Sn − S| < 1 padahal 1 > |Sn − S| ≥ ||Sn | − |S|| > |Sn | − |S| maka |Sn | − |S| < 1 sehingga |Sn | < 1 + |S| Pilih M = max {1 + |S|, |S1 |, |S2 |, ..., |Sn−1 |} Maka |Sn | < 1 + |S| ≤M Jadi < Sn > terbatas



4.4



BARISAN MONOTON



Definisi 80. Diberikan barisan bilangan riil < Sn >. Barisan < Sn > dikatakan : a) Monoton naik jika ∀n ∈ N maka Sn ≤ Sn + 1 b) Monoton turun jika ∀n ∈ N maka Sn ≥ Sn + 1 Teorema 81. Diberikan barisan bilangan riil < Sn > monoton. Jika < Sn > terbatas maka < Sn > konvergen. Bukti. Diketahui : < Sn > monoton naik ⇔ ∀n ∈ N , Sn ≤ Sn+1 , < Sn > terbatas ⇔ ∃M ∈ R, M ≥ 0 |Sn | ≤ M Akdib : < Sn >→ S ⇔ ∀ε > 0 , ∃N ∈ N sedemikian sehingga ∃n ∈ N , |Sn − S| < ε



Bab 4. Barisan



4.5



51



Barisan Monoton



Definisi 82. Diberikan barisan bilangan real hsn i. Barisan hsn i dikatakan (a) Monoton naik jika untuk setiap n ∈ N maka sn ≤ sn+1 . (b) Monoton turun jika untuk setiap n ∈ N maka sn ≥ sn+1 . Barisan bilangan real, 1, 1 21 , 1 43 ,



7 8,



... mempunyai rumus umum sn = 2− 21



n−1



adalah monoton turun dan terbatas. Sedangkan barisan sn = n adalah monoton naik tidak terbatas. Pada theo 4.10 dinyatakan bahwa setiap barisan yang konvergen maka terbatas, akan tetapi barisan yang terbatas belum tentu konvergen. Untuk itu dalam tradisi matematika selalu dicari syarat tambahan agar barisan yang terbatas, konvergen. Berikut ini sebuah theo yang memberikan jaminan bahwa barisan yang terbatas adalah konvergen. Teorema 83. Diberikan barisan bilangan real hsn i monoton. Jika hsn i terbatas, maka hsn i konvergen. Bukti. Dalam pembuktian ini, kita asumsikan barisan hsn i monoton naik. Karena itu barisan hsn i akan terbatas keatas. Dimisalkan daerah jangkau barisan adalah himpunan A = { h sn i | n ∈ N} ⊂ R, maka A mempunyai supremum di dalam R. Katakan a = supA ∈ R maka untuk setiap n ∈ N, sn ≤ a. Ambil  > 0, tentu a −  bukan batas atas A. Oleh karena itu terdapat N ∈ N sehingga a −  < sN ≤ a < a + .



(4.5.1)



Karena hsn i monoton naik, sehingga untuk setiap n ≤ N , sN ≤ sn . Dengan memperhatikan ketaksamaan (4.16), untuk setiap n ≤ N diperoleh a −  < sN ≤ sn ≤ a < a + . atau a −  < sn < a + . atau |sn − a| < .



(4.5.2)



Bab 4. Barisan



52



Jadi untuk setiap  > 0 terdapat N ∈ N sehingga untuk setiap n ≥ N , berlaku ketaksamaan (2). Terbukti barisan hsn i konvergen ke a. Untuk monoton turun, buktinya diberikan untuk latihan. Sebagai contoh, diambil barisan sn = 2 − 12



n−1



. Barisan ini konvergen ke 2, sebab



hsn i monoton naik (lihat uraian contoh di atas) dan terbatas ke atas, yaitu untuk setiap n ∈ N, sn = 2 −



1 n−1 2



< 2 dan sup {sn |n ∈ N} = 2.



Pada teorema ditunjukkan bahwa untuk barisan monoton naik yang terbatas keatas akan konvergen ke batas atas terkecil. Demikian pula dapat ditunjukkan bahwa untuk barisan yang monoton turun dan terbatas ke bawah, akan konvergen ke batas bawah terbesar. Sekarang kita sudah memiliki perangkat yang cukup banyak untuk memeriksa kekonvergenan barisan, khususnya kekonvergenan barisan bilangan real. Berdasarkan , kita cukup memeriksa apakah barisan tersebut monoton ? jika ya, kemudian diselidiki, apakah barisan yang dimaksud terbatas ? Berikut sebuah contoh yang akan diselidiki kekonvergenannya dengan mengikuti langkah-langkah di atas.



Contoh 28. Selidiki apakah barisan sn = (1 + n1 )n konvergen? Bukti. Dengan teorema Binomial, maka untuk n ∈ N berlaku 1 n ) n 1 n(n − 1) 1 n(n − 1)...1 1 =1+n + + ... + 2 n 1.2 n 1.2.3...n nn 1 1 1 1 2 1 1 2 n−1 = 1 + 1 + (1 − ) + (1 − )(1 − ) + ... + (1 − )(1 − )...(1 − ) 2! n 3! n n n! n n n



sn = (1 +



dan



1 n+1 ) n+1 1 (n + 1)n 1 (n + 1)n...1 1 =1+n+1 + + ... + 2 n+1 1.2 (n + 1) 1.2.3...(n + 1) (n + 1)n+1 1 1 1 1 2 1 1 2 n−1 = 1 + 1 + (1 − ) + (1 − )(1 − ) + ... (1 − )(1 − )...(1 − )+ 2! n+1 3! n+1 n+1 n! n+1 n+1 n+1



sn+1 = (1 +



Tampak bahwa sn jumlah (n + 1) suku-suku positif sedangkan sn+1 adalah jumlah ke (n + 2) suku-suku positif. Dalam kedua jumlah di atas dua suku pertama sama besar, yaitu 2. Sedangkan mulai suku ke-tiga sampai suku ke (n + 1), suku dalam jumlah yang pertama lebih kecil dari pada suku yang sesuai dalam jumlah yang kedua. Jadi dapat disimpulkan bahwa sn < sn+1 . Karena hal ini berlaku untuk sebarang n ∈ N, maka



Bab 4. Barisan



53



diperoleh sn < sn+1 , untuk setiap n ∈ N. Jadi barisan hsn i monoton naik. Sekarang akan diselidiki apakah sn terbatas? Perhatikan suku-suku dalam sn di atas. Untuk setiap bilangan k ∈ N dengan 1 ≤ k ≤ (n − 1) maka 1−



k 0



a. • Karena lim sn = s maka terdapat N1 ∈ N sehingga untuk setiap n ≥ N1 berlaku n→∞



|sn − s| < /3



Bab 4. Barisan



54



karena lim tn = t maka terdapat N2 ∈ N sehingga untuk setiap n ≥ N2 berlaku n→∞



|tn − t| < /3 Dipilih N = M aks{N1 , N2 }, berdasarkan ketaksamaan di atas dan untuk setiap n ≥ N diperoleh |(sn + tn ) − (s + t)|



=



|(sn − s) + (tn − t)|



≤



|(sn − s) + (tn − t)|




0, ∃δ > 0 st | aj,n − aj |< n→∞



√ε , k



∀1 ≤ j ≤ k



kuadratkan kedua ruas sebagai | aj,n − aj |2
didalam ruang metrik (X, d) dikatakan barisan Cauchy jika ∀>0, ∃N ∈ N sedemikian sehingga ∀n, m ≥ N berlaku d(Xm , Xn ) adalah barisan Cauchy karena ∀>0, ∃N ∈ N sedemikian



1 1 sehingga ∀n, m≥N , (n≥m), maka | m − n1 | ≤ | m |= 1 |m |≤



1 N



1 m,



1 pilih N > 1 , maka | m − n1 | ≤



< .



Teorema 87. Didalam sebarang ruang metrik (X, d) setiap barisan konvergen merupakan barisan Cauchy. Bukti. Xn → x ↔ ∀>0, ∃N ∈ N sedemikian sehingga ∀n ≥ N, |Xn − x| < 2 . Xm → x ↔ ∀>0, ∃N ∈ N sedemikian sehingga ∀n ≥ N, |Xm − x| < 2 . Maka diperoleh,



Bab 4. Barisan



57 |Xm − Xn |



=



|Xm − Xn + x − x|



|Xm − Xn |



≤



|Xm − x| + |Xn − x|



|Xm − Xn |




barisan Cauchy didalam X maka < Xn > konvergen. Bukti. Diketahui < Xn > barisan Cauchy didalam X yang kompak. Menurut ?? < Xn > memuat sub barisan yang konvergen ke suatu titik didalam X. Misal, titik tersebut adalah p ∈ X. Sehingga, sub barisan < Xnk > konvergen ke p (Xnk → p). Artinya ∀>0, ∃k∈ N sedemikian sehingga ∀k ≥ K berlaku d(Xnk , p)< 2 . Karena < Xn > barisan Cauchy, maka ∃N1 ∈ N sedemikian sehingga ∀n, m≥N1 berlaku d(Xm , Xn )< 2 . Pilih N = max{K, N1 }, maka N ≥ N1 . ∀n ≥ N ≥ N1 dan untuk m = nN ≥ N ≥ N1 , maka diperoleh, d(Xn , p)



=



|Xn − p + XnN − XnN |



d(Xn , p)



≤



|Xn − XnN | + |XnN − p|



d(Xn , p)




konvergen jika dan hanya jika < Xn > barisan Cauchy. Teorema 89. Didalam sebarang ruang metrik (X,d) setiap barisan Cauchy hxn i terbatas. Bukti. hxn i Cauchy ←→ ∀ > 0 , ∃N ∈ N st ∀n, m ≥ N , |xm − xn | <  Akdib: hxn i terbatas ←→ ∃M , M≥0 st |xn − p| ≤ M Bukti: Ambil sebarang  > 0, misal  = 1 karena hxn i Cauchy maka |xm − xn | <  = 1 misal m = N dan XN = p, dimana p titik tetap, maka |xm − xn | = |xN − xn | = |xn − p| padahal |xm − xn | < 1 |xn − p| < 1



Bab 4. Barisan



58



Pilih M = max{1,|x1 − p|, |x2 − p|, · · · |xN −1 − p|}, ∀n ≥ N sehingga |xn − p| < 1 ≤ M ∴ |xn − p| ≤ M dengan kata lain hxn i terbatas. Teorema 90. Didalam ruang Euclides R, setiap barisan Cauchy konvergen. Bukti. Ambil hSn i barisan Cauchy di dalam Rk . Menurut theo 16 hSn i terbatas. Karena hSn i ⊂ Rk dan hSn i terbatas, maka terdapat selang k, B sehingga hSn i ⊂ B. Karena B kompak, maka menurut theo 15, hSn i konvergen



4.8



LIMIT SUPERIOR DAN LIMIT INTERIOR



Definisi 91. Barisan bilangan real hSn i dikatakan menuju ke +∞ atau limn→∞ Sn = +∞, jika ∀M ∈ R, ∃N ∈ N sedemikian sehingga ∀n ≥ N, Sn ≥ M . Definisi 92. Diberikan barisan bilangan real hSn i. R∗ perluasan bilangan R. a. Bilangan a ∈ R∗ dinamakan Limit Superior barisan hSn i yang didefinisikan dengan



a = lim sup Sn = inf sup Sn k≥1 n≥k



(4.8.1)



b. Bilangan b ∈ R∗ dinamakan Limit Interior barisan hSn i yang didefinisikan dengan



b = lim inf Sn = sup inf Sn k≥1 n≥k



(4.8.2)



Misal: xk = supn≥k Sn = sup{Sn |n ≥ k} dan yk = inf n≥k Sn = inf{Sn |n ≥ k}, maka



a = lim sup Sn = inf xk



(4.8.3)



b = lim inf Sn = sup yk



(4.8.4)



k≥1



k≥1



Bab 4. Barisan



59



• xk = sup{Sn |n ≥ k} = {Sk , Sk + 1, sk + 2, ...} Karena xk monoton turun, maka Sk ≥ Sk + 1. Menurut ?? maka xk adalah barisan yang konvergen ke inf xk = a



k≥1



(4.8.5)



= inf sup{Sn }



(4.8.6)



= inf sup Sn



(4.8.7)



= lim xk = a



(4.8.8)



k≥1



k≥1 n≥k k→∞



• yk = inf{Sn |n ≥ k} = {Sk , Sk + 1, sk + 2, ...} Karena yk monoton naik, maka Sk ≤ Sk + 1. Menurut ?? maka yk adalah barisan yang konvergen ke b = sup yk



(4.8.9)



k≥1



= sup inf {Sn }



(4.8.10)



= sup inf Sn



(4.8.11)



= lim yk



(4.8.12)



k≥1 n≥k



k≥1 n≥k



k→∞



Contoh 30. Perhatikan beberapa barisan bilangan real dibawah ini: 1. hSn i dimana Sn = (−1)n 2. Sn =



1 n



3. Sn = n



Bab 4. Barisan



60



jawab 1.Sn = (−1)n , n ∈ N = {−1, 1} sup{Sn } = sup{Sn } = 1 1 2.Sn = n 1 1 1 ={ , , }, k ∈ N. k k + 1 k + 2, .... 1 sup{Sn } = sup{ , .....} k 1 = k inf{Sn } = 0 ∴ lim sup Sn = inf sup Sn n−→∞ n≥k



k≥1 n≥k



= inf sup{Sn } k≥1



=0 ∴ lim inf Sn = sup inf Sn n−→∞ n≥k



k≥1 n≥k



= sup 0 k≥1



=0



3.Sn = n = {k, k + 1, ....}, k ∈ N sup{Sn } = +∞ inf{Sn } = k ∴ lim sup Sn = inf sup Sn = inf +∞ = +∞ ∴ lim inf Sn = sup inf Sn = sup k k≥1



= sup{1, 2, ...} = +∞ Teorema 93. Jika hSn i barisan bilangan real, maka lim inf{Sn } ≤ lim sup{Sn }.



Bab 4. Barisan



61



Bukti. Misal Xk = sup Sn ; Yk = inf Sn n≥k



n≥k



maka,



Yk = inf Sn ≤ Xk = sup Sn n≥k



n≥k



karena Xk monoton turun dan Yk monoton naik maka untuk sebarang p,q ∈ N Yp ≤ Yp+q , Xp+q ≥ Xq padahal Yp+q ≤ Xp+q , Dengan Yp ≤ Yp+q ≤ Xp+q ≤ Xq ∴ Yp ≤ Xq , ∀p, q ∈ N dengan kata lain , ∀n ∈ N,



Yn = inf{Sn } Xn = sup{Sn } ∴ sup Yn ≤ inf Xn = inf sup{Sn } sedangkan



sup Yn = sup inf{Sn } k≥1



= sup inf Sn = lim inf Sn Jadi, lim inf Sn ≤ lim sup Sn



Teorema 94. Diberikan < sn > barisan bilangan real barisan < sn > konvergen ke s ∈ R (ff lim Infimum Sn = lim Supremum Sn = S)



Bukti. Terlebih dahulu akan dibuktikan ke arah kanan.



Bab 4. Barisan



(⇒)



62



Diketahui



Sn → s ←→ ∀ε > 0, ∃N ∈ N st ∀n ≥ N , |Sn − S| < ε



:



Akan Dibuktikan : s - ε < Sn < s + ε Sedangkan Xk = Supremum Sn = s < s + ε, n ≥ k. Sehingga Inf Xk < s + ε Inf Sup Sn < s + ε s - ε < lim Sup Sn < s + ε ⇔ | lim Sup Sn - S | < ε ∴ lim Sup Sn = S Disisi lain s - ε < yk = Inf Sn = s. Sehingga Sup yk > s - ε Sup Inf Sn > s - ε s + ε > lim Inf Sn > s - ε ∴ lim Inf Sn > s - ε. lim Inf Sn = s



(⇐) Ambil sebarang ε > 0 Karena lim Inf Sn = lim Sup Sn = s, maka s = Inf Sup Sn dan s = Sup Inf Sn. Dari fakta bahwa s = Inf xk , maka ∃N2 ∈ N, st XN < S + ε sedangkan dari s = Sup yk , maka ∃N2 ∈ N, st yN > S - ε 1 Karena XN 1 = Sup Sn dan XN 1 < s + ε, maka Sn < s + ε, ∀n ∈ N . . . n≥k 2 Karena YN 2 = Inf Sn dan YN 2 > s - ε, maka s - ε < Sn, ∀n ∈ N . . . n≤k 1 dan 2 diperoleh s - ε < Sn < + ε , —Sn - S— < ε dari



Teorema 95. Jika < Sn k > adalah subbarisan dari barisan < Sn >, maka lim Inf Sn ≤ lim Sup Snk ≤ Sup Sn



Bukti. Karena Xk = Sup {Sn | n ≥ k} monoton turun dan konvergen ke a = Inf Xk = Inf Sup {Sn | n ≥ k} = lim



Sup



Sn



maka subbarisan < Xn k > juga konvergen ke lim bentuk



Xn∗k



Sup



Sn = a, ∀k ∈ N,



6 Xnk



∴Lim



Sup



Snk = Inf



Xnk ≤ Inf Xnk = Sup{Sn }



Lim



Sup



Snk = lim



Sup



Sn



Teorema 96. Jika barisan bilangan real < Sn > dan < tn > terbatas, maka Lim Sup (Sn + tn ) ≤ Lim Sup Sn + Lim Sup tn dan Lim Inf (Sn + tn ) ≥ Lim Inf Sn + Lim Inf tn



Bab 4. Barisan



4.9



63



Limit Fungsi dan Fungsi Kontinu



Definisi 97. Diberikan ruang metrik (X,d) dan (Y,f). Himpunan E ⊂ X dan p titik limit E . Dimisalkan Limit f(x) untuk x mendekati p , ditulis limx−→p f (x) = q Jika ∀ε > 0, ∃δ > 0 sedemikian sehingga ∀x ∈ E dengan 0 < d(p, x) < δ berlaku ϕ(f (x), g) < ε Lim f (x) = g ⇔ ∀ε > 0, ∃δ > 0 sedemikian sehingga ∀x ∈ E, maka ϕ(f (x), g) < ε, 0 < d(p, x) < ε.



Definisi limit diatas ekivalen dengan 1. S ∈ Y , tetapi S bukan titik limit f(x), x −→ p definisi ∃ε > 0 sedemikian sehingga ∀δ > 0, maka ϕ(f (x), s) ≥ E, 0 < d(p, x) < δ



2. X = Y = R Limx−→p f (x) = δ ⇐⇒ ∀ε > 0, ∃δ > 0 sedemikian sehingga ∀x ∈ E maka |f (x) − δ| < ε, 0 < |x − p| < δ



3. X = Y = Rk limx−→p f (x) = δ ⇐⇒ ∀x > 0, ∃δ > 0 sedemikian sehingga ∀x ∈ E maka kf (x) − δk < ε, 0 < kx − pk < δ



4.10



Titik Interior



Definisi 98. Diberikan ruang metrik (X, d) dan himpunan H ⊂ X. Titik p ∈ H dikatakan titik interior dari H jika terdapat persekitaran titik p dengan radius r > 0 yaitu Nr (p) sedemikian sehingga Nr (p) ⊂ H. Contoh 31. Diberikan H ⊂ R, dengan H = [a, b) ∪ {c}. 1. Ambil sebarang x ∈ (a, b) apakah x adalah titik interior dari H ? karena x ∈ (a, b) dan r = min{|x − a|, |x − b|} > 0. Bentuk Nr (x) = {p ∈ H | |x − p| < r}=(x − r, x + r) ⊂ H. Titik a ∈ H bukan titik interior, sebab



Bab 4. Barisan



64



untuk setiap r > 0, persekitaran Nr (a)=(a − r, a + r) bukan himpunan bagian dari H, artinya ada titik y, (a − r < y < a), tapi y ∈ / H. Demikian juga titik c ∈ H bukan titik interior, sebab setiap persekitaran Nr (c) = (c − r, c + r) tidak menjadi himpunan bagian dari H. Sehingga Nr (x) ⊂ H, jadi x titik interior dari H 2. Apakah y = a ∈ H adalah titik interior dari H ? Ambil sebarang r > 0. Bentuk Nr (a)={p ∈ H | |p − a| < r} = (a − r, a + r). Karena ∃z sedemikian sehingga a − r < z < a, dimana z ∈ / H maka Nr (a) bukan ⊂ H. Sehingga a bukan titik interior dari H. 3. Apakah c titik interior dari H ? Ambil sebarang r > 0. Bentuk Nr (c)={p ∈ H | |p − c| < r} = (c − r, c + r). Karena ∃z sedemikian sehingga c ≤ z < c + r, dimana z ∈ / H maka Nr (c) 6⊂ H. Sehingga c bukan titik interior dari H.



4.11



Limit Fungsi



Definisi 99. Diberikan ruang metrik (X, d) dan (Y, ρ), himpunan E ⊂ X dan p titik limit E. Dimisalkan f : E → Y . Titik q ∈ Y dinamakan limit f (x) untuk x mendekati p, ditulis lim f (x) = q



x→p



jika ∀ε > 0, ∃δ > 0 sedemikian sehingga ∀x ∈ E dengan 0 < d(p, x) < δ berlaku ρ(f (x), q) < ε lim f (x) = q ⇔ ∀ε > 0, ∃δ > 0 sedemikian sehingga ∀x ∈ E maka,



x→p



ρ(f (x), q) < ε, 0 < d(p, x) < δ



Definisi limit di atas ekuivalen dengan :



Bab 4. Barisan



65



1. S ∈ Y , tetapi S bukan titik limit f (x), x → p ⇔ ∃ε > 0 sedemikian sehingga ∀δ > 0 maka, ρ(f (x), s) ≥ ε, 0 < d(p, x) < δ 2. X = Y = R lim f (x) = q ⇔ ∀ε > 0, ∃δ > 0 sedemikian sehingga ∀x ∈ E maka,



x→p



|f (x) − q| < ε, 0 < |x − p| < δ 3. X = Y = Rk lim f (x) = q ⇔ ∀ε > 0, ∃δ > 0 sedemikian sehingga ∀x ∈ E maka,



x→p



kf (x) − qk < ε, 0 < kx − pk < δ



Contoh 32. (1) Diberikan fungsi f (x) = x2 untuk 0 < x < 5. Buktikan bahwa lim f (x) = 4 x→2



Penyelesaian : Ambil sebarang ε > 0, karena lim f (x) = 4, dimana f (x) = x2 . x→2



lim f (x) = 4



x→2



padahal, |x2 − 4| = |(x − 2)(x + 2)| = |(x − 2)(x − 2 + 4)| = |x − 2||(x − 2) + 4| Di sisi lain : |(x − 2) + 4| ≤ |x − 2| + 4 jika 0 < |x − 2| < 1 maka, |x − 2 + 4| ≤ |x − 2| + 4 ≤ 1+4 0 |f (x) − 0| = |x sin x1 − 0| = |x sin x1 | = |x|| sin x1 | ≤ |x| Pilih δ = ε Karena 0 < |x − 0| < δ sehingga, |x sin x1 − 0| ≤ |x| < δ=ε Jadi, |x sin x1 − 0| < ε |x sin x1 | < ε ⇔ lim x sin x1 = 0 x→0



ε 5



Bab 4. Barisan



67



Teorema 100. Diberikan ruang metrik (X, d) dan (Y, ρ) dan fungsi f : E → Y , dimana E ⊂ X. Jika lim f (x) = q1 , maka q tunggal. x→p



Bukti. Andai lim f (x) = q1 dan lim f (x) = q2 x→p



x→p



Akan dibuktikan : q1 = q2



Bukti : lim f (x) = q1 ⇔ ∀ε > 0, ∃δ1 > 0 sedemikian sehingga



x→p



ρ(f (x), q1 ) < 2ε , 0 < d(x, p) < δ1



lim f (x) = q2 ⇔ ∀ε > 0, ∃δ2 > 0 sedemikian sehingga



x→p



ρ(f (x), q2 ) < 2ε , 0 < d(x, p) < δ2



Pilih δ = min{δ1 , δ2 } sehingga, |q1 − q2 | = |q1 − q2 + f (x) − f (x)| ρ(q1 , q2 ) = |f (x) − q2 − f (x) + q1 | ≤ |f (x) − q2 | + |q1 − f (x)| ≤ |f (x) − q2 | + |f (x) − q1 | ≤ ρ(f (x), q1 ) + ρ(f (x), q2 )
di dalam E dengan Pn 6= p dan lim Pn 6= p berlaku n→∞



lim f (Pn ) = q.



n→∞



Bukti. ⇒ ambil sebarang barisan < Pn > di dalam Z dengan Pn 6= p, ∀n ∈ N dan lim Pn = p



n→∞



Akibat = lim f (Pn ) = p n→∞



Ambil sebarang  > 0, karena lim f (Pn ) = q maka ∃δ > 0 sedemikian sehingga ∀x ∈ E n→∞



berlaku P (f (x), q) < , 0 < d(x, p) < δ Padahal lim f (Pn ) = p dan Pn 6= p, maka ∃N ∈ N sedemikian sehingga ∀n ≥ N , n→∞



berlaku o < d(Pn , p) <  maka δ =  0 < d(Pn , p) < δ, ∀n ≥ N lim f (x) = q ↔ P (f (x), q) < , 0 < d(x, p) < δ



x→ p



karena 0 < d(x, p) < δ, ∀n ≥ N , maka P (f (x), q) < . Sehingga lim f (Pn ) = q n→∞



⇒ Andai lim f (Pn ) 6= q ↔ ∃ > 0, st∀δ > 0, ∃x ∈ E sehingga P (f (x), q) ≤  n→∞ 1 1 Ambil d = untuk n ∈ N , ∃Pn = x ∈ E dengan 0 < d(x, p) < δ = Hal ini berakibat n n P (f (x), q) > 0



Akibat 3. Jika terdapat barisan-barisan < sn > dan < tn > di dalam E dan sn 6= p, tn 6= p serta keduanya konvergen ke p akan tetapi limn → − ∞ f (sn ) 6= limn → − ∞ f (sn ) maka menurut limn → − ∞ f (x) tidak ada. Bukti. Misal limn → − ∞ f (sn ) = s dan limn → − ∞ f (tn ) = s. karena < sn > dan < tn > konvergen ke p, maka limx → − p f (x) = t, karena limn → − ∞ f (sn ) 6= limn → − ∞ f (tn ). Padahal nilai limit harus tunggal sehingga diperoleh bahwa limx → − p f (x) tidak ada. Definisi 102. Diberikan (X, d) dan (Y, ρ) ruang metrik himpunan E ⊂ X dan p titik limit E. Misalkan f : E −→ Y . Titik q ∈ Y dinamakan limit f (x) untuk x mendekati p, ditulis



Bab 4. Barisan



69 limx → − p f (x) = q



Jika ∀ himpunan terbuka V yang memuat titik q terdapat himpunan terbuka U yang memuat titik p sehingga ∀ titik x 6= p ∈ U berlaku f (U ∩ {p}{ ) ⊂ V



Teorema 103. Jika fungsi real f dan g didefinisikan pada himpunan bagian E di dalam ruang metriks X, titik p adalah titik limit E dan limx → − p f (x) = A; limx → − p g(x) = B maka i) limx → − p kf (x) = kA ii) limx → − p (f (x) + g(x)) = A + B iii) limx → − p (f (x) − g(x)) = A − B iv) limx → − p f (x).g(x) = A.B ii) limx → − p f (x)/g(x) = A/B; B 6= 0.



4.12



Limit Sepihak



Definisi 104.



a Fungsi f (x) dikatakan mempunyai limit kiri A jika f (x) terdefinisi



pada interval terbuka (a, x0 ) dan ∀ε > 0, ∃δ > 0 st ∀x ∈ (a, x0 ) dengan x0 − δ < x < x0 berlaku | f (x) − A |< ε, ditulis lim f (x) = A = f (x0 − )



x→x0 −



b Fungsi f (x) dikatakan mempunyai limit kanan A jika f (x) terdefinisi pada interval terbuka (x0 , b) dan ∀ε > 0, ∃δ > 0 st ∀x ∈ (x0 , b) dengan x0 < x < x0 − δ berlaku | f (x) − A |< ε, ditulis lim f (x) = A = f (x0 + )



x→x0 +



Contoh 33.



1. Tentukan limit kiri dan limit kanan dari f (x) =



f (x) didekati menuju 0.



x |x| , x



6= 0, dimana



Bab 4. Barisan



70



Jawab Karena



 x, if x ≥ 0 |x| = −x, otherwise.



(4.12.1)



Maka • Untuk x ≥ 0, f (x) =



x x



sehingga lim f (x) = x→x0



• Untuk x < 0, f (x) =



x −x



+



x =1 x



sehingga lim f (x) =



x→x0 −



x = −1 −x



Teorema 105. Dimisalkan fungsi f : (a, b) → R dan x0 ∈ (a, b) maka lim f (x) = A



x→x0



jika dan hanya jika f (x0 − ) = f (x0 + ) = A



Bukti. (⇒)



Diketahui



:



limx→x0 f (x) = A ↔ ∀ε > 0, ∃δ > 0



st | f (x) − A |< ε, 0 0st | f (x) − A |< ε, x0 − δ < x < x0



x→x− 0



(4.12.5)



Dari f (x0 + ) bisa ditulis sebagai lim f (x) = A ↔ ∀ε > 0, ∃δ > 0st | f (x) − A |< ε, x0 < x < x0 + δ



x→x+ 0



(4.12.6)



Dari 4.12.5 dan 4.12.6, maka x0 − δ < x < x0 + δ ↔ 0 N, |f (x) − A| < . Contoh 34.



1. Periksalah limx→∞ untuk:



a) f (x) = 1 −



1 x2



b) h(x) = sin(x)



Jawab:



a) f (x) = 1 −



1 x2



Klaim: limx→∞ f (x) = 1, Karena |f (x) − 1| = |1 −



Pilih bilangan N ≥



=



|−



=



1 x2



1 x2 1 | x2



− 1|



√1 



maka ∀ > N |f (x) − 1| =



1 x2




0. ∃δ > 0



Bab 4. Barisan



72



sedemikian sehingga ∀X ∈ E dengan d(X, P ) < δ berlaku, ρ(f (x), f (p)) < ε ditulis limx→p f (x) = f (p)



Teorema 108. Diberikan (X, d) dan (Y, p) ruang metrik, himpunan E ⊂ X, P titik limit E dan f : E → Y. Fungsi f dikatakan kontinu di titik P ∈ E ↔ limx→p f (x) = f (p)



Bukti. : ( → ) Diketahui : P titik limit E ρ kontinu di p ∈ E Akan dibuktikan : limx→p f (x) = f (p) Bukti. : • Ambil sebarang ε > 0 karena f kontinu, ∃δ > 0 sedemikian sehingga ∀x ∈ E dengan d(x, p) < δ berlaku ρ(f (x), f (p) < ε. • Diketahui juga bahwa p titik limit E, maka 0 < d(x, p) < δ, ∀x ∈ E. • Dengan kata lain, menurut definisi 107 fungsi kontinu lim f (x) = f (p)



x→p



.



(←) Diketahui : limx→p f (x) = f (p) Akan dibuktikan : f kontinu di p ∈ E Bukti. : • karena limx→p f (x) = f (p), maka ∃δ > 0 sedemikian sehingga ∀x ∈ E dengan 0 < d(x, p) < δ berlaku ρ(f (x), f (p)) < ε



• karena f (p) (f terdefinisi di p), maka d(x, p) < δ, dan ρ(f (x), f (p) < , artinya f kontinu di p ∈ E



Bab 4. Barisan



73



Contoh 35. Gi terbuka, apakah



T∞



i=1 Gi



terbuka?



Bukti. Gn = (− n1 , n1 ), Gn ⊂ R, ∀n ∈ N, dimana Gn adalah interval terbuka. Maka G =



T∞



n=1 Gn



T T T = (−1, 1) (− 21 , 21 ) ... (0, 0) = {0}



Akan dibuktikan : {0} adalah titik interior G



Nr (0)



=



(−r, r) * G



=



(−r, r) * {0}



Jadi, G tidak terbuka.



Contoh 36. Fi tertutup, apakah



S∞



i=1 Fi



tertutup?



Bukti. Fn = [0, 2 − n1 ], Fn ⊂ R, ∀n ∈ N, dimana Fn adalah interval tertutup. Maka F



=



S∞



=



S∞ 



=



S S [0, 1] [0, 32 ] [0, 2)



=



[0, 2)



n=1 Fn



n=1



0, 2 −



1 n







T F \{0} → (−r, r) [0, 2)\{0} = 6 ∅, 0 ∈ F T T Nr (2) F \{2} → (2 − r, 2 + r) [0, 2)\{2} = 6 ∅, 2 ∈ /F Nr (0)



T



karena 2 titik limit F tetapi 2 ∈ / F , maka F =



S∞



n=1 Fn



tidak tertutup.



Teorema 109. Diberikan (X, d),(Y, ρ),dan (Z, ∂) ruang metrik, himpunan E ⊂ X,p ∈ E dengan fungsi-fungsi :



Bab 4. Barisan



74 f : E −→ Y x 7→ f (x) = y g : f (E) −→ Z y 7→ g(y) = z h : E −→ Z x 7→ h(x) = z



Yang didefinisikan sebagai h(x) = g{f (x)}, x ∈ E. Jika f kontinu di p dan g kontinu di f (p), maka h kontinu di p.



Bukti. Diket : f kontinu di p dan g kontinu di f (p) akdib : h kontinu di p Bukti. . •Ambil sebarang 1 > 0. Karena g kontinu di f (p), maka ∃δ1 > 0 ←→ ∀y ∈ f (E) dengan ρ(y, f (p)) < δ1 berlaku ∂(g(y), g(f (p))) < 1 • Dilain pihak, f kontinu di p, maka ∀2 > 0, ∃δ2 > 0 ←→ ∀x ∈ E dengan d(x, p) < 2 berlaku ∂(f (x), f (p)) < 2 • Sehingga, ∀ > 0,∃δ > 0 ←→ ∀x ∈ E, dengan d(x, p) < δ berlaku ∂(h(x), h(p))



=



∂(g(f (x)), g(f (p)))



=



∂(g(y),g(f(p)))¡



∴ h kontinu di p



Teorema 110. Diberikan ruang metrik (X, d), (Y, ρ) dan fungsi f : X −→ Y . Fungsi f dikatakan kontinu pada X jika dan hanya jika untuk setiap himpunan terbuka V di dalam Y , maka himpunan f −1 (V ) terbuka di dalam X. Bukti. (⇒) Diketahui: V terbuka di Y . Akan dibuktikan: f −1 (V ) terbuka di X. Bukti: diketahui V ⊂ Y , ambil sebarang p ∈ f −1 (V ). Karena V terbuka di Y , maka ∃r > 0 dan Nr (f (p)) = {y ∈ Y | ρ(y, f (p)) < r} ⊆ V . Diketahui pula bahwa f kontinu di p, maka ∀ > 0, ∃δ > 0 sedemikian sehingga ∀x ∈ E dengan d(x, p) < δ berlaku ρ(f (x), f (p) < . Dengan demikian f (x) ∈ Nr (f (p)) ⊂ V atau f (x) ∈ V . Jadi jika d(x, p) < δ maka x ∈ f −1 (V ). Berarti persekitaran



Bab 4. Barisan



75



Nδ (p) = {x ∈ X | d(x, p) < δ} ⊂ f −1 (V ). Dengan kata lain, p titik interior dari f −1 (V ) atau f −1 (V ) terbuka di X. (⇒) Diketahui: f −1 (V ) terbuka di X. Akan dibuktikan: f kontinu di X. Bukti: Diberikan  > 0, ambil sebarang p ∈ X, misal V = {y ∈ Y | ρ(y, f (p)) < } adalah persekitaran di Y , maka V terbuka di Y . Jadi, V terbuka di Y dan diketahui f −1 (V ) terbuka di X. Karena f (p) ∈ V , maka p ∈ f −1 (V ). f −1 (V ) terbuka di X maka ∃δ > 0 dan Nδ (p) = {x ∈ X | d(x, p) < δ} ⊂ f −1 (V ). Jadi, ∀x ∈ X, ∃δ > 0 dengan d(x, p) < δ, maka ρ(y, f (p)) < . ∴ f kontinu di p.



Akibat 4. Diberikan ruang metrik (X, d), (Y, ρ) dan fungsi f : X → Y . Fungsi f dikatakan kontinu pada X jika dan hanya jika ∀ himpunan tertutup f di dalam Y , maka himpunan f −1 (F ) tertutup di dalam X. Teorema 111. Diberikan fungsi bernilai real f dan g yang didefinisikan pada ruang metrik (X, d). Jika f dan g kontinu pada X maka fungsi-fungsi (f + g), (f.g), ( fg ) juga kontinu pada X. Bukti. Ambil sebarang p ⊂ X. Diketahui bahwa f kontinu di p dan g kontinu di p. Maka menurut Teorema (3) bagian (ii) lim (f + g) =



x→p



lim f (x) + lim g(x)



x→p



= f (p) + g(p) = (f + g)(p) maka, f + g kontinu di p.



x→p



Bab 5



Kekontinuan dan Kekompakan Teorema 112. Diberikan fungsi f: X → Y kontinu pada x. Jika ruang metrik x kompak, maka f(x) kompak dalam Y. Bukti. Ambil sebarang keluarga selimut terbuka {Gα | α ∈ I} untuk f(x) di Y. Akan dibuktikan {Gα | α ∈ I} diselimuti oleh sub selimut yang berhingga. Diketahui f kontinu pada x, maka menurut 110, himpunan f −1 {Gα} terbuka ∀α ∈ I dan keluarga {f −1 (Gα) | α ∈ I} merupakan selimut terbuka untuk X. Diketahui pula S bahwa X kompak, maka ∃α1 , α2 , ..., αn ∈ I yang berhingga dan X ⊂ ni=1 f −1 (Gαi ). f (x) ⊂ f (



n [



f



−1



(Gαi )) =



i=1



Karena f(x) ⊂



Sn



i=1 Gαi ,



n [



(f f



−1



(Gαi )) =



i=1



n [



(Gαi )



i=1



maka, keluarga selimut terbuka {Gα | α ∈ I} untuk f(x)



memuat sub selimut berhingga yang masih menyelimuti f(x), yaitu {Gαi |i = 1, 2, ..., n} sehingga, f (x) ⊂



n [



Gαi .



i=1



Jadi, f(x) kompak di Y.



Definisi 113. Diberikan ruang metrik (X, d) dan E ⊂ X. fungsi f : E −→ Rk dikatakan terbatas jika ∃M > 0 sehingga ∀x ∈ E berlaku k f (x) k≤ M



76



Bab 5. Kekontinuan dan Kekompakan



77



Teorema 114. Jika f :−→ Rk kontinu pada ruang metrik X kompak maka f tertutup dan terbatas. Teorema 115. Jika fungsi f : E −→ R kontinu pada ruang metrik X yang kompak dan M = Supf (x), m = inf f (x) maka ∃ titik p, q ∈ X sehingga M = f (p) dan m = f (q). Dengan kata lain f mencapai nilai maksimum dan minimum. Bukti. Diketahui kontinu dan kompak, maka menurut Teorema 1, f (x) kompak fi Y. sedangkan menurut Teorema 2, jika f (x) kontinu dan kompak maka f (x) tertutup dan terbatas. karena f (x) tertutup, maka f (x) = f (x). Dan karena f (x) terbatas, maka f (x) terbatas ke atas dan terbatas kebawah. Misal f (x) terbatas ke atas, maka



M = sup f (x) ∈ R x∈X f :X→Y x 7→ f (x) = y ∈ M



Terdapat 2 kemungkinan :



1. M ∈ f (x), maka p ∈ X sehingga, M = f (p)



¯ Karena f (x) 2. M ∈ / f (x), maka M merupakan titik limit f (x) sehingga M ∈ f (x). ¯ = f (x) sehingga M ∈ f (x) ⇒ p ∈ X, jadi M = f (p) tertutup, maka f (x) *Dengan cara yang sama diperoleh M = f (q) Teorema 116. Jika f : X → Y fungsi korespondensi 1 − 1 yang kontinu pada ruang metrik X kompak, maka f −1 yang didefinisikan pada Y oleh f −1 (f (x)) = x, ∀x ∈ X, merupakan fungsi kontinu dari Y ke X. Bukti. Karena f korespondensi 1 − 1 maka f −1 adalah fungsi dari Y ke X . Menurut ??, ∀ himpunan terbuka V dalam X , maka f (V ) terbuka dalam Y , sehingga f −1 fungsi



Bab 5. Kekontinuan dan Kekompakan



78



kontinu di Y. ∴ Jadi terbukti bahwa invers fungsi f −1 adalah kontinu. Teorema 117. Jika {In } barisan interval tertutup dan terbatas di R sehingga In ⊃ In+1 T untuk setiap n ∈ N, maka In 6= 0 (dimana n=1,2,...,∞). Bukti. Misalkan In = [an , bn ] = [a1 , a2 , a3 , ..., bn , ..., b2 , b1 ] maka a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ ... ≤ bn ≤ ... ≤ b2 ≤ b1 . Dengan kata lain {an |n ∈ N} mempunyai supremum, misal ε = sup{an |n ∈ N}. Jadi an ≤ ε, ∀n ∈ N .....(1) Selanjutnya akan ditunjukkan ε ≤ bn , ∀n ∈ N. Ambil sembarang n0 ∈ N jika n < n0 maka an ≤ an0 ≤ bn0 dan jika n ≥ n0 maka an ≤ bn ≤ bn0 . Jadi bn0 batas atas {an |n ∈ N}. Akibatnya ε ≤ bn0 dan karena n0 ∈ N sebarang maka ε ≤ bn , ∀n ∈ N ...(2) Dari persamaan (1) dan (2) diperoleh an ≤ ε ≤ bn , ∀n ∈ N atau ε ∈ T atau In 6= Ø (dimana n=1,2,...,∞).



1. Buktikan fungsi bernilai real f (x) = x kontinu seragam pada R. Jawab : Ambil sebarang ε > 0 Pilih δ = ε sedemikian sehingga : d(x, y) < δ, ∀x, y ∈ X |x − y| < δ = ε maka ρ(f (x), f (y)) = |f (x) − f (y)| = |x − y| < δ = ε Jadi f (x) = x kontinu seragam di R. 2. Apakah f (x) = x2 kontinu seragam di R? Jawab: Ambil sebarang ε > 0



T



[an , bn ] =



T



In



Bab 5. Kekontinuan dan Kekompakan



79



sehingga |x − y| < δ, maka |f (x) − f (y)| = |x2 − y 2 | = |(x + y)(x − y)| = |x − y||x + y| = |x − y||x − y + 2y| = |x − y||2y − (y − x)| ≥ |x − y||2||y| − |y − x|



1 Misal |x − y| < δ < δ , maka 2 1 1 |f (x) − f (y)| ≥ δ|2||y| − δ| 2 2 1 2 = δ|y| − δ 4



Karena nilai mutlak pasti positif, maka :



1 δ|y| − δ 2 > 0 4 1 δ|y| > δ 2 4 1 |y| > δ 4 1 |y| = δ + 1 4 1 |f (x) − f (y)| ≥ δ|y| − δ 2 4 1 1 = δ( δ + 1) − δ 2 4 4 =δ = f (x) = x2 tidak kontinu seragam di R.



Teorema 118. Diberikan (X,d) dan (Y,ρ) ruang metrik dengan X kompak dan fungsi f:X→Y. Jika f kontinu pada X maka f kontinu sebagian pada X.



Bab 5. Kekontinuan dan Kekompakan



80



Bukti. Ambil sebarang  > 0 Pilih δ =? diketahui f kontinu pada X, maka f kontinu di setiap titik x ∈ X artinya, jika diambil  x ∈ X, ∃δx > 0 st ∀t ∈ X dengan d(t, x) < δx berlaku ρ(f (t), f (x) < 2 Bentuk persekitaran V x = {z ∈ X|d(z, x) < 12 δx } Maka keluarga {V x|x ∈ X} adalah selimut terbuka untuk X n S V xi . Karena X kompak, maka ∃x1 , x2 , ... ∈ X sehingga X ⊂ i=1



Akibat 5. Diberikan (X, d) dan (Y, ρ) ruang metrik dengan X kompak dan fungsi f : X → Y , f kontinu pada X ⇐⇒ f kontinu seragam pada X Teorema 119. Diberikan (X, d) dan (Y, ρ) ruang metrik, himpunan terhubung E ⊂ X dan fungsi f : X → Y . Jika f kontinu pada E maka f (E) terhubung. Teorema 120. Diberikan(X, d) dan (Y, p) ruang metrik, himpunan terhubung E ⊂ X dan fungsi f : X ← Y . Jika f kontinu pada E maka f (E) terhubung. Bukti. Andai f (E) tidak terhubung, maka f (E) = A ∪ B dimana : A¯ ∩ B = ∅ ¯=∅ A∩B



Misal : G = E ∩ f −1 (A) H = E ∩ f −1 (B)



maka : G ∪ H = (E ∩ f −1 (A) ∪ (E ∩ f −1 (B)) = E ∩ (f −1 (A) ∪ f −1 (B))



Bab 5. Kekontinuan dan Kekompakan



81



Padahal f (E) = A ∪ B, sehingga : f (E) = A ∪ B f −1 f (E) = f −1 (A ∪ B) E = f −1 (A) ∪ f −1 (B)



Jadi : G ∪ H = E ∪ (f −1 (A) ∪ f −1 (B)) =E∩E =E



dengan kata lain: E = G ∪ H, G = ∅ =∅



(E Tidak Terhubung) ∴ Pengandaian salah, f (E) Terhubung. Definisi 121. Barisan bilangan real < Sn > adalah fungsi dari himpunan semua bilangan Asli N ke dalam semua bilangan Real R. Contoh 37. Sn ={1,



1. Barisan bilangan real dengan Sn =



1 n



,∀n∈N



1 1 2 , 3 , ...}.



limn→∞ Sn =0 2. Barisan bilangan real dengan suku-suku xn = 1 , ∀n ∈ N xn = 1, 1, 1, ..., limn→∞ xn =1



Definisi 122. Diberikan barisan bilangan real < Sn >. Barisan < Sn > dikatakan mendekati bilangan s, jika ∀ε > 0 ∃N ∈ N berlaku |Sn − s| < ε Notasi : limn→∞ Sn = s, Sn → s Contoh 38. 1 n,



1. Dengan menggunakan definisi Limit Barisan. Buktikan bahwa Sn =



∀n ∈ N konvergen ke 0.



Bab 5. Kekontinuan dan Kekompakan



82



Jawab Sn =



1 n,



n ∈ N. Sn → 0 ⇔ ∀ε > 0, ∃N ∈ N sedemikian sehingga ∀n ≥ N,



|Sn − 0| < ε Ambil sebarang ε > 0, pilih N > |Sn − 0|



=



| n1 − 0|



=



| n1 |



1 ε



= n1 ≤ N1 < ε Dengan kata lain, |Sn − 0| < ε. Jadi, limn→∞



1 n =0



1. Sn =n={1, 2, 3, ...} Ambil sebarang ε > 0 Andai limn→∞ Sn = s, maka ∃N ∈ N sedemikian sehingga ∀n ≥ N. |Sn − 0| < ε. Ambil ε = 1, maka ∀n ≥ N. |Sn − s| < 1 −1 < n − s < 1 s − 1 < n < s + 1...(i) Padahal n itu tak berhingga, sedangkan (i) diperoleh n berhingga. Jadi pengandaian salah. ∴ Sn = n tidak punya Limit Barisan.



   1 ,x = 0       x ,0 < x < 1      2 ,x = 1 Contoh 39. f(x)=   x ,1 < x ≤ 2       −1 , 2 < x < 3      0 ,x = 3 merupakan fungsi yang kontinu bagian demi bagian pada interval [0,3] dengan titik-titik diskontinu di p = 0, 1, 2 dan 3.



Bab 6



Turunan Fungsi Definisi 123. Diberikan fungsi real f: (a,b) → R dan C ∈ (a,b). Fungsi f dikatakan terdiferensial (mempunyai turunan) di titik C ∈ (a,b) jika : lim



x→c



f (x)−f (c) x−c



ada



Fungsi f dikatakan terdiferensial pada (a,b) jika f terdiferensial di ∀ titik di dalam (a,b) Contoh 40. f (x) = x2 di R. Apakah f (x) terdiferensial di x = c? Jawab 1. limx→c



f (x)−f (c) = x−c



limx→c



x2 −c2 x−c =



limx→c



(x−c)(x+c) = x−c



limx→c x + c = 2c



jadi, f 0 (x) = 2c, sehingga f (x) terdiferensial di x = c. Definisi 124. Diberikan fungsi f terdefinisi pada interval tutup [a, b] dan kontinu di titik c ∈ [a, b]. Fungsi f dikatakan mempunyai turunan sisi kanan di titik c jika (c) f+0 (c) = limx→c+ f (x−f x−c



berhingga atau tak berhingga sedangkan turunan sisi kiri f di titik c adalah (c) f−0 (c) = limx→c− f (x−f x−c



Contoh 41. Apakah f (x) = |x| mempunyai turunan di R ? Jawab:



n x f (x) = |x| = −x 0



f+ (0) = limx→0+ 0



f− (0) = limx→0−



f (x)−f (c) x−c f (x)−f (c) x−c



= limx→0+ = limx→0−



x−0 x−0 = 1 −x−0 x−0 = −1



83



,



x≥0



,



x≤0



Bab 6. Turunan Fungsi 0



84



0



f+ (0) 6= f− (0) Jadi, f (x) tidak mempunyai turunan di x = 0 Teorema 125. Jika f terdefinisi pada (a, b) dan terdeferensial di titik c ∈ (a, b), maka terdapat fungsi f ∗ yang kontinu di c ∈ (a, b) dan memenuhi persamaan f (x) − f (c)



=



f ∗ (c)(x − c)



0



∀x ∈ (a, b) dan f ∗ (c) = f (c)



Sebaliknya jika ada fungsi f ∗ kontinu di c ∈ (a, b) dan memenuhi persamaan diatas, 0



maka f terdeferensial di c dan f ∗ (c) = f (c) Bukti. Diketahui f terdeferensial di titik c ⇔ f’(c) ada. akan dibuktikan: limn→c f ∗ (c) = f ∗ (c) Bukti:Dari persamaan (i) diperoleh f (x) − f (c) = f ∗ (c)(x − c) (c) f (x)−f (c) dimana x 6= 0, dan limn→c f (x)−f dimana x = c x−c x−c f (x)−f (c) 0 ∗ limn→c f ”(x) = limn→c x−c =f (c) =f (c). f ∗ kontinu di c ∈ (a, b), dan f 0 (c) = f ∗ (c) sebaliknya diketahui: f ∗



f ∗ (c) =



dan



f ∗ (c)



Diketahui



(c) = f (x)−f Sebaliknya, x−c ∗ : f kontinu di c ∈ (a, b)



f (x)−f (c) x−c f (x)−f (c) lim x−c ada x→c



kontinu di c ∈ (a, b)



dan f ∗ (c) =



Akan dibuktikan : f terdiferensial di c ↔



0



dan f ∗ (c) = f (c)



Bukti. Karena f ∗ kontinu di c ∈ (a, b), lim f ∗ (x) = f ∗ (c) x→c



lim



x→c



artinya lim



x→c



f (x)−f (c) x−c



ada dan lim



x→c



f (x) − f (c) = f ∗ (c) x−c



f (x)−f (c) x−c



0



(6.0.1) 0



= f (c). Dari 6.0.1 didapat f (c) = f ∗ (c)



Daftar Pustaka [1] Abbott, S., 2000, Understanding Analysis, Middlebury, Vermont. [2] Edward, F.S., 2011, Guidelines for Good Mathematical Writing. [3] Lebb, J., 2012, Basic Analysis-Introduction to Real Analysis. [4] Muslikh, M., 2012, Analisis Real, UB-Press, Malang, Indonesia. [5] Soemantri, R., 1988, Analisis Real I, Departemen Prndidikan dan Kebudayaan, Universitas Terbuka, Indonesia.



85