![Anreal Indo 1 [PDF]](https://pdfs.asia/img/200x200/anreal-indo-1.jpg)
13 0 5 MB
Machine Translated by Google
Machine Translated by Google
halaman ini sengaja dibiarkan kosong
Machine Translated by Google
Pengantar Analisis Nyata
Machine Translated by Google
halaman ini sengaja dibiarkan kosong
Machine Translated by Google
PENGANTAR ANALISIS NYATA Edisi keempat
Robert G. Bartle Donald R. Sherbert
Universitas Illinois, Urbana-Champaign
John Wiley & Sons, Inc.
Machine Translated by Google
VP & PENERBIT
Laurie Rosatone
EDITOR PROYEK
Shannon Corliss
MANAJER PEMASARAN
Jonathan Cottrell
EDITOR MEDIA
Melissa Edwards
PENELITI FOTO
Sheena Goldstein
MANAJER PRODUKSI
Janis Soo
ASSISTANT PRODUCTION EDITOR Yee Lyn Song DESAINER SAMPUL Seng Ping Ngieng
Buku ini dibuat dalam 10/12 Times Roman oleh Thomson Digital, dan dicetak serta dijilid oleh Hamilton Printing Company. Sampulnya dicetak oleh Hamilton Printing Company. Didirikan pada tahun 1807, John Wiley & Sons, Inc. telah menjadi sumber pengetahuan dan pemahaman yang berharga selama lebih dari 200 tahun, membantu orang-orang di seluruh dunia memenuhi kebutuhan mereka dan memenuhi aspirasi mereka. Perusahaan kami dibangun di atas landasan prinsip yang mencakup tanggung jawab terhadap komunitas yang kami layani dan tempat kami tinggal dan bekerja. Pada tahun 2008, kami meluncurkan Inisiatif Kewarganegaraan Perusahaan, upaya global untuk mengatasi tantangan lingkungan, sosial, ekonomi, dan etika yang kami hadapi dalam bisnis kami. Di antara masalah yang kami tangani adalah dampak karbon, spesifikasi dan pengadaan kertas, perilaku etis dalam bisnis kami dan di antara vendor kami, serta dukungan komunitas dan amal. Untuk informasi lebih lanjut, silakan kunjungi situs web kami: www.wiley.com/go/citizenship.
Buku ini dicetak di atas kertas bebas asam. 1 Hak Cipta # 2011, 2000, 1993, 1983 John Wiley & Sons, Inc. Semua hak dilindungi undang-undang. Tidak ada bagian dari publikasi ini yang boleh direproduksi, disimpan dalam sistem pengambilan atau ditransmisikan dalam bentuk apa pun atau dengan cara apa pun, elektronik, mekanis, fotokopi, perekaman, pemindaian, atau lainnya, kecuali sebagaimana diizinkan menurut Bagian 107 atau 108 dari Hak Cipta Amerika Serikat 1976 Bertindak, tanpa izin tertulis sebelumnya dari Penerbit, atau otorisasi melalui pembayaran biaya per salinan yang sesuai ke Copyright Clearance Center, Inc. 222 Rosewood Drive, Danvers, MA 01923, situs web www.copyright.com. Permintaan izin kepada Penerbit harus ditujukan ke Departemen Perizinan, John Wiley & Sons, Inc., 111 River Street, Hoboken, NJ 07030-5774, (201)748-6011, faks (201)748-6008, situs web http http://www.wiley.com/ go/permissions. Salinan evaluasi diberikan kepada akademisi dan profesional yang memenuhi syarat untuk tujuan peninjauan saja, untuk digunakan dalam kursus mereka selama tahun akademik berikutnya. Salinan ini dilisensikan dan tidak boleh dijual atau dialihkan ke pihak ketiga. Setelah menyelesaikan periode peninjauan, harap kembalikan salinan evaluasi ke Wiley. Petunjuk pengembalian dan label pengiriman pengembalian gratis tersedia di www.wiley.com/go/returnlabel. Di luar Amerika Serikat, harap hubungi perwakilan setempat Anda. Library of Congress Katalogisasi-dalam-Publikasi Data Bartle, Robert Gardner, 1927Pengantar analisis nyata / Robert G. Bartle, Donald R. Sherbert. – edisi ke-4. P. cm. Termasuk indeks. ISBN 978-0-471-43331-6 (sampul keras) 1. Analisis matematis. 2. Fungsi variabel nyata. I. Sherbert, Donald R., 1935- II. Judul. QA300.B294 2011 515–dc22
Dicetak di Amerika Serikat 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1
2010045251
Machine Translated by Google
SEBUAH PERSEMBAHAN
Edisi ini didedikasikan untuk mengenang Robert G. Bartle, seorang teman dan kolega yang luar biasa selama empat puluh tahun. Merupakan suatu kehormatan dan kesenangan yang luar biasa untuk menjadi rekan penulis Bob pada edisi-edisi sebelumnya dari buku ini. Saya sangat merindukan ilmunya, wawasannya, dan terutama humornya. 20 November 2010 Urbana, Illinois
Donald R. Sherbert
Machine Translated by Google
Untuk Jan, dengan terima kasih dan cinta.
Machine Translated by Google
KATA PENGANTAR
Studi analisis riil sangat diperlukan bagi seorang calon mahasiswa pascasarjana matematika murni atau terapan. Ini juga memiliki nilai besar bagi setiap siswa yang ingin melampaui manipulasi rutin rumus karena mengembangkan kemampuan untuk berpikir deduktif, menganalisis situasi matematika dan memperluas ide ke konteks baru. Matematika telah menjadi berharga di banyak bidang, termasuk ilmu ekonomi dan manajemen serta ilmu fisika, teknik, dan ilmu komputer. Buku ini ditulis untuk memberikan perlakuan yang dapat diakses, dengan langkah yang masuk akal tentang konsep dasar dan teknik analisis nyata bagi siswa di bidang ini. Sementara siswa akan menemukan buku ini menantang, pengalaman telah menunjukkan bahwa siswa yang serius sepenuhnya mampu menguasai materi.
Tiga edisi pertama diterima dengan sangat baik dan edisi ini mempertahankan semangat yang sama dan pendekatan yang ramah pengguna seperti edisi sebelumnya. Setiap bagian telah diperiksa. Beberapa bagian telah direvisi, contoh dan latihan baru telah ditambahkan, dan bagian baru tentang pendekatan Darboux ke integral telah ditambahkan ke Bab 7. Ada lebih banyak materi daripada yang dapat dicakup dalam satu semester dan instruktur perlu membuat pilihan dan mungkin menggunakan topik tertentu sebagai penghargaan atau proyek kredit tambahan. Untuk memberikan beberapa bantuan bagi siswa dalam menganalisis bukti teorema, ada lampiran pada ''Logika dan Pembuktian'' yang membahas topik-topik seperti implikasi, negasi, kontrapositif, dan berbagai jenis bukti. Namun, merupakan pengalaman yang lebih berguna untuk belajar bagaimana membangun bukti dengan melihat terlebih dahulu dan kemudian melakukan daripada dengan membaca tentang teknik pembuktian. Hasil dan bukti diberikan pada tingkat umum sedang. Misalnya, fungsi kontinu pada interval tertutup dan terbatas dipelajari secara rinci, tetapi pembuktiannya dapat dengan mudah disesuaikan dengan situasi yang lebih umum. Pendekatan ini digunakan untuk keuntungan dalam Bab 11 di mana konsep topologi dibahas. Ada banyak contoh untuk mengilustrasikan konsep, dan daftar latihan yang ekstensif untuk menantang siswa dan membantu mereka dalam memahami pentingnya teorema. Bab 1 berisi ringkasan singkat tentang pengertian dan notasi himpunan dan fungsi yang akan digunakan. Sebuah diskusi tentang Induksi Matematika diberikan, karena bukti induktif sering muncul. Ada juga bagian tentang himpunan terbatas, dapat dihitung, dan tak terbatas. Bab ini dapat digunakan untuk memberikan beberapa latihan dalam pembuktian, atau dibahas dengan cepat, atau digunakan sebagai bahan latar belakang dan kembali lagi nanti jika diperlukan. Bab 2 menyajikan sifat-sifat sistem bilangan real. Dua bagian pertama berurusan dengan properti Aljabar dan Urutan, dan Properti Kelengkapan yang penting diberikan di Bagian 2.3 sebagai Properti Tertinggi. Konsekuensinya dibahas sepanjang sisa bab ini. Dalam Bab 3, perlakuan menyeluruh terhadap barisan diberikan, bersama dengan konsep limit yang terkait. Materi adalah yang paling penting. Siswa merasa agak alami meskipun butuh waktu bagi mereka untuk terbiasa dengan penggunaan epsilon. Pengenalan singkat untuk Infinite Series diberikan di Bagian 3.7, dengan materi yang lebih lanjut disajikan di Bab 9.
vii
Machine Translated by Google viii
KATA PENGANTAR
Bab 4 tentang batasan fungsi dan Bab 5 tentang fungsi kontinu merupakan inti dari buku ini. Pembahasan limit dan kontinuitas sangat bergantung pada penggunaan urutan, dan pendekatan paralel yang erat dari bab-bab ini memperkuat pemahaman topik-topik penting ini. Sifat dasar fungsi kontinu pada interval dibahas dalam Bagian 5.3 dan 5.4. Gagasan pengukur diperkenalkan di Bagian 5.5 dan digunakan untuk memberikan bukti alternatif dari teorema ini. Fungsi monoton dibahas dalam Bagian 5.6. Dasar teori turunan diberikan pada bagian pertama Bab 6. Materi ini standar, kecuali hasil dari carath eodory digunakan untuk memberikan bukti yang lebih sederhana dari Aturan Rantai dan Teorema Inversi. Sisa dari bab ini terdiri dari penerapan Teorema Nilai Rata-rata dan dapat dieksplorasi jika waktu memungkinkan. Dalam Bab 7, integral Riemann didefinisikan dalam Bagian 7.1 sebagai limit jumlah Riemann. Ini memiliki keuntungan karena konsisten dengan paparan pertama siswa terhadap integral dalam kalkulus, dan karena tidak bergantung pada sifat orde, ini memungkinkan generalisasi langsung ke fungsi nilai kompleks dan vektor yang mungkin ditemui siswa dalam kursus selanjutnya. Hal ini juga konsisten dengan integral Riemann umum yang dibahas dalam Bab 10. Bagian 7.2 dan 7.3 mengembangkan sifat integral dan menetapkan Teorema Dasar Kalkulus. Bagian 7.4 yang baru, ditambahkan sebagai tanggapan atas permintaan dari sejumlah instruktur, mengembangkan pendekatan Darboux ke integral dalam hal integral atas dan bawah, dan hubungan antara dua definisi integral dibuat. Bagian 7.5 memberikan diskusi singkat tentang metode numerik untuk menghitung integral dari fungsi kontinu. Urutan fungsi dan konvergensi seragam dibahas dalam dua bagian pertama dari Bab 8, dan fungsi transendental dasar diletakkan di atas fondasi yang kuat di Bagian 8.3 dan 8.4. Bab 9 melengkapi pembahasan deret tak hingga yang dimulai pada Bagian 3.7. Bab 8 dan 9 secara intrinsik penting, dan mereka juga menunjukkan bagaimana materi di bab-bab sebelumnya dapat diterapkan. Bab 10 adalah presentasi integral Riemann umum (kadang-kadang disebut integral ''HenstockKurzweil'' atau ''pengukur''). Ini akan menjadi hal baru bagi banyak pembaca dan mereka akan kagum bahwa modifikasi yang tampaknya kecil dari definisi integral Riemann dapat menghasilkan integral yang lebih umum daripada integral Lebesgue. Pendekatan yang relatif baru terhadap teori integrasi ini dapat diakses dan menarik bagi siapa saja yang telah mempelajari integral dasar Riemann. Bab 11 berkaitan dengan konsep topologi. Teorema dan bukti sebelumnya diperluas ke pengaturan yang lebih abstrak. Misalnya, konsep kekompakan diberi penekanan yang tepat dan ruang metrik diperkenalkan. Bab ini akan berguna bagi siswa yang melanjutkan ke program pascasarjana dalam matematika. Ada daftar latihan yang panjang, beberapa mudah dan beberapa menantang, dan "petunjuk" untuk banyak dari mereka disediakan untuk membantu siswa memulai atau untuk memeriksa jawaban mereka. Solusi yang lebih lengkap dari hampir setiap latihan diberikan dalam Manual Instruktur terpisah, yang tersedia untuk guru atas permintaan penerbit. Merupakan pengalaman yang memuaskan untuk melihat bagaimana kematangan matematis siswa meningkat ketika mereka secara bertahap belajar bekerja dengan nyaman dengan konsepkonsep yang awalnya tampak begitu misterius. Tetapi tidak ada keraguan bahwa banyak kerja keras diperlukan dari pihak siswa dan guru. Sketsa biografi singkat dari beberapa matematikawan terkenal disertakan untuk memperkaya perspektif sejarah buku ini. Terima kasih kepada Dr. Patrick Muldowney untuk foto Profesor Henstock dan Kurzweil, dan kepada John Wiley & Sons untuk mendapatkan potret para ahli matematika lainnya.
Machine Translated by Google
KATA PENGANTAR
ix
Banyak komentar bermanfaat telah diterima dari rekan-rekan yang telah mengajar dari edisi sebelumnya dari buku ini dan komentar serta saran mereka telah dihargai. Saya ingin berterima kasih kepada mereka dan mengungkapkan harapan bahwa edisi baru ini bahkan lebih bermanfaat daripada yang sebelumnya.
20 November 2010 Urbana, Illinois
Donald R. Sherbert
ALPHABET Yunani SEBUAH
sebuah
B G D E Z H Q
hu
Saya
Saya
K L Mm
B gd e
z
k aku
Alfa Beta Gamma Delta epsilon Zeta Eta Theta sedikit
kappa lambda mu
n x
n
tidak
J
Xi
HAI
Hai
P P
P
S T
S
kamu
F x Cc V
R T kamu
w
x
Omikron Pi Rho Sigma tau Upsilon phi
Chi psi
v
Akhir
Machine Translated by Google
halaman ini sengaja dibiarkan kosong
Machine Translated by Google
ISI
BAB 1 PENDAHULUAN 1 1.1 Himpunan dan Fungsi 1 1.2 Induksi Matematika 12 1.3 Himpunan Hingga dan Tak Hingga 16
BAB 2 ANGKA NYATA 23 2.1 Sifat Aljabar dan Orde dari R 23 2.2 Nilai Absolut dan Garis Riil 32 2.3 Sifat Kelengkapan R 36 2.4 Penerapan Sifat Tertinggi 40 2.5 Interval 46
BAB 3 URUTAN DAN SERI 54 3.1 Barisan dan Limitnya 55 3.2 Teorema Limit 63 3.3 Barisan Monoton 70 3.4 Barisan dan Teorema Bolzano-Weierstrass 78 3.5 Kriteria Cauchy 85 3.6 Barisan Divergen Benar 91 3.7 Pengenalan Deret Tak hingga 94
BAB 4 BATAS 102 4.1 Limit Fungsi 103 4.2 Teorema Limit 111 4.3 Beberapa Perpanjangan Konsep Limit 116
BAB 5 FUNGSI LANJUTAN 124 5.1 Fungsi Kontinu 125 5.2 Kombinasi Fungsi Kontinu 130 5.3 Fungsi Kontinu pada Interval 134 5.4 Kontinuitas Seragam 141 5.5 Kontinuitas dan Pengukur 149 5.6 Fungsi Monoton dan Invers 153
xi
Machine Translated by Google
xii ISI
BAB 6 PERBEDAAN 161 6.1 Turunan 162 6.2 Teorema Nilai Mean 172 6.3 Aturan L'Hospital 180 6.4 Teorema Taylor 188
BAB 7 INTEGRAL RIEMANN 198 7.1 Integral Riemann 199 7.2 Fungsi Integral Riemann 208 7.3 Teorema Fundamental 216 7.4 Integral Darboux 225 7.5 Integrasi Perkiraan 233
BAB 8 URUTAN FUNGSI 241 8.1 Konvergensi Titik dan Seragam 241 8.2 Pertukaran Batas 247 8.3 Fungsi Eksponen dan Logaritma 253 8.4 Fungsi Trigonometri 260
BAB 9 SERI INFINITE 267 9.1 Konvergensi Mutlak 267 9.2 Tes untuk Konvergensi Mutlak 270 9.3 Tes untuk Konvergensi Nonmutlak 277 9.4 Deret Fungsi 281
BAB 10 GENERALIZED RIEMANN INTEGRAL 288 10.1 Definisi dan Sifat-sifat Utama 289 10.2 Integral tak wajar dan Lebesgue 302 10.3 Interval Tak hingga 308 10.4 Teorema Konvergensi 315
BAB 11 SEKILAS TENTANG TOPOLOGI 326 11.1 Himpunan Terbuka dan Tertutup di R 326 11.2 Himpunan Ringkas 333 11.3 Fungsi Kontinu 337 11.4 Ruang Metrik 341
LAMPIRAN A LOGIKA DAN BUKTI 348 LAMPIRAN B SET HINGGA DAN TERHITUNG 357
Machine Translated by Google
DAFTAR ISI xiii
LAMPIRAN C KRITERIA RIEMANN DAN LEBESGUE 360 LAMPIRAN D PERKIRAAN INTEGRASI 364 LAMPIRAN E DUA CONTOH 367 REFERENSI 370 KREDIT FOTO 371 PETUNJUK UNTUK LATIHAN TERPILIH 372 INDEKS 395
Machine Translated by Google
halaman ini sengaja dibiarkan kosong
Machine Translated by Google
BAB 1
PERSIAPAN
Dalam bab awal ini kami akan menyajikan latar belakang yang diperlukan untuk studi analisis nyata. Bagian 1.1 terdiri dari survei singkat operasi himpunan dan fungsi, dua alat penting untuk semua matematika. Di dalamnya kami menetapkan notasi dan menyatakan definisi dasar dan properti yang akan digunakan di seluruh buku. Kami akan menganggap kata ''set'' sebagai sinonim dengan kata ''class'''''collection'', dan ''family'', dan kami tidak akan mendefinisikan istilah ini atau memberikan daftar aksioma untuk teori himpunan. . Pendekatan ini, sering disebut sebagai teori himpunan "naif", cukup memadai untuk bekerja dengan himpunan dalam konteks analisis nyata. Bagian 1.2 berkaitan dengan metode pembuktian khusus yang disebut Induksi Matematika. Ini terkait dengan sifat dasar sistem bilangan asli dan, meskipun terbatas untuk membuktikan jenis pernyataan tertentu, ini penting dan sering digunakan. Diskusi informal tentang berbagai jenis pembuktian yang digunakan dalam matematika, seperti kontrapositif dan pembuktian dengan kontradiksi, dapat ditemukan di Lampiran A. Dalam Bagian 1.3 kami menerapkan beberapa alat yang disajikan dalam dua bagian pertama dari bab ini untuk diskusi tentang apa artinya himpunan menjadi hingga atau tak terbatas. Definisi yang cermat diberikan dan beberapa konsekuensi dasar dari definisi ini diturunkan. Hasil penting bahwa himpunan bilangan rasional dapat dihitung tak terbatas ditetapkan. Selain memperkenalkan konsep dasar dan menetapkan terminologi dan notasi, bab ini juga memberi pembaca beberapa pengalaman awal dalam bekerja dengan definisi yang tepat dan bukti penulisan. Studi yang cermat tentang analisis nyata tidak dapat dihindari memerlukan membaca dan menulis bukti, dan seperti keterampilan apa pun, perlu untuk berlatih. Bab ini adalah titik awal.
Bagian 1.1 Set dan Fungsi
Untuk pembaca: Pada bagian ini kami memberikan tinjauan singkat tentang terminologi dan notasi yang akan digunakan dalam teks ini. Kami menyarankan Anda memeriksanya dengan cepat dan kembali lagi nanti ketika Anda perlu mengingat arti suatu istilah atau simbol. Jika sebuah elemen x berada dalam himpunan A, kita tuliskan
x2A dan katakan bahwa x adalah anggota A, atau x milik A. Jika x tidak ada di A, kita tulis x 2 = A: Jika setiap anggota himpunan A juga termasuk dalam himpunan B, kita katakan bahwa A adalah himpunan bagian dari B dan tulis
AB atau BA:
1
Machine Translated by Google 2 BAB 1 PENGANTAR Kita katakan bahwa himpunan A adalah himpunan bagian sejati dari himpunan B jika AB, tetapi paling sedikit ada satu elemen dari
B yang tidak ada di A. Dalam hal ini kita terkadang menulis
AB: 1.1.1 Definisi Dua himpunan A dan B dikatakan sama, dan kita tulis A B, jika keduanya mengandung unsur yang sama.
Jadi, untuk membuktikan bahwa himpunan A dan B adalah sama, kita harus menunjukkan bahwa
AB dan BA: Suatu himpunan biasanya didefinisikan dengan mencantumkan elemen-elemennya secara eksplisit, atau dengan menentukan a
sifat yang menentukan unsur-unsur himpunan. Jika P menunjukkan properti yang bermakna dan jelas untuk elemen himpunan S, maka kita tulis fx 2 S : P xð
G
untuk himpunan semua elemen x di S yang properti P benar. Jika himpunan S dipahami dari konteksnya, maka sering dihilangkan dalam notasi ini. Beberapa set khusus digunakan di seluruh buku ini, dan mereka dilambangkan dengan standar simbol. (Kami akan menggunakan simbol :¼ yang berarti bahwa simbol di sebelah kiri sedang didefinisikan
dengan simbol di sebelah kanan.)
Himpunan bilangan asli N :¼ fg 1; 2; 3; ...
, ,
Himpunan bilangan bulat Z :¼ fg 0; 1; 1; 2; 2; ...
Himpunan bilangan rasional Q :¼ fm=n : m; n 2 Z dan n 6¼ 0 g Himpunan , bilangan real R. Himpunan R bilangan real sangat penting dan akan dibahas panjang lebar di Bab 2. 1.1.2 Contoh (a) Himpunan x 2 N : x2 3x 2 0 terdiri dari bilangan asli yang memenuhi persamaan yang dinyatakan. Karena satu-satunya solusi dari persamaan kuadrat ini adalah x 1 dan x 2, kita dapat menyatakan himpunan ini lebih sederhana dengan {1, 2}.
(b) Suatu bilangan asli n adalah genap jika memiliki bentuk n 2k untuk suatu k 2 N. Himpunan genap bilangan asli dapat ditulis
f 2k : k 2 N g
;
yang kurang rumit dari fn 2 N : n 2k; k2N . Demikian pula himpunan G ganjil natural angka dapat ditulis
fg 2k 1 : k 2 N :
&
Atur Operasi Kami sekarang mendefinisikan metode untuk mendapatkan set baru dari yang diberikan. Perhatikan bahwa set ini
operasi didasarkan pada arti kata ''atau,'' ''dan,'' dan ''tidak.'' Untuk serikat, itu penting untuk menyadari fakta bahwa kata ''atau'' digunakan dalam pengertian inklusif, memungkinkan kemungkinan bahwa x mungkin milik kedua set. Dalam terminologi hukum, ini termasuk pengertian kadang-kadang ditunjukkan oleh ''dan/atau.''
Machine Translated by Google 1.1 SET DAN FUNGSI 3
1.1.3 Definisi (a) Gabungan himpunan A dan B adalah himpunan A [ B :¼ fgx : x 2 A atau x 2 B : (b) Irisan himpunan A dan B adalah himpunan A \ B :¼ fgx : x 2 A dan x 2 B : (c) Komplemen B relatif terhadap A adalah himpunan AnB :¼ fgx : x 2 A dan x 2= B :
Gambar 1.1.1 (a) A [ B (b) A \ B (c) AnB Himpunan yang tidak memiliki anggota disebut himpunan kosong dan dilambangkan dengan simbol ;. Dua himpunan A dan B dikatakan lepas jika tidak memiliki elemen yang sama; ini bisa jadi dinyatakan dengan menulis A \ B ;. Untuk mengilustrasikan metode pembuktian persamaan himpunan, selanjutnya kita akan menetapkan salah satu dari
Hukum De Morgan untuk tiga set. Bukti yang lain dibiarkan sebagai latihan. 1.1.4 Teorema Jika A, B, C himpunan, maka (a) Anð B [ C Þ\ AnB AnC , (b) Anð B \ C [ AnB AnC . Bukti. Untuk membuktikan (a), kami akan menunjukkan bahwa setiap elemen dalam Anð B [ C terkandung dalam keduanya
(AnB) dan (AnC), dan sebaliknya. Jika x ada di Anð B [ C , maka x ada di A, tetapi x tidak ada di B [ C. Oleh karena itu x ada di A, tetapi x bukan keduanya di B atau di C. Oleh karena itu, x ada di A tapi bukan B, dan x ada di A tapi bukan C. Jadi, x 2 AnB dan x 2 AnC, yang menunjukkan bahwa x 2 Þ\ AnB AnC . Sebaliknya, jika x 2 Þ\ AnB AnC , maka x 2 AnB dan x 2 AnC .
Jadi x 2 A dan
, keduanya x 2= B dan x 2= C. Oleh karena itu, x 2 A dan x 2= Þ B [ C sehingga x 2 Anð Þ B [ C . Karena himpunan Þ\ AnB AnC dan Anð B [ C mengandung unsur yang sama, maka himpunan tersebut adalah
sama dengan Definisi 1.1.1.
QED
Ada kalanya diinginkan untuk membentuk serikat pekerja dan persimpangan lebih dari dua set. Untuk himpunan berhingga himpunan {A1, A2, ..., An}, serikat mereka adalah himpunan A yang terdiri dari semua elemen yang termasuk setidaknya satu dari himpunan Ak, dan persimpangannya terdiri dari semua elemen milik semua himpunan Ak. Ini diperluas ke kumpulan himpunan tak terbatas {A1, A2, ..., An, . . } sebagai berikut. . Gabungan mereka adalah himpunan elemen yang dimiliki setidaknya salah satu himpunan An. Dalam hal ini kita menulis
[1] An :¼ fgxN: :x 2 An untuk beberapa n 2
n¼1
Machine Translated by Google 4 BAB 1 PENGANTAR
Demikian pula, persimpangan mereka adalah himpunan elemen yang termasuk dalam semua himpunan An ini. Di dalam kasus yang kita tulis
\1An :¼ fgxN: :x 2 An untuk semua n 2
n¼1
Fungsi Untuk membahas fungsi, kita mendefinisikan produk Cartesian dari dua himpunan. 1.1.5 Definisi Jika A dan B adalah himpunan tak kosong, maka hasil kali Cartesian AB dari A
dan B adalah himpunan semua pasangan terurut (a, b) dengan a 2 A dan b 2 B. Artinya, AB :¼ f g a; b : a 2 A; b2B : Jadi jika A {1, 2, 3} dan B {1, 5}, maka himpunan AB adalah himpunan yang elemen-elemennya pasangan yang dipesan
1; 1
;
1; 5
;
2; 1
;
2; 5
;
3; 1
;
3; 5:
Kita dapat memvisualisasikan himpunan AB sebagai himpunan enam titik pada bidang dengan koordinat yang kami baru saja terdaftar.
Kita sering menggambar diagram (seperti Gambar 1.1.2) untuk menunjukkan produk Cartesian dari dua himpunan A dan B. Namun, harus disadari bahwa diagram ini mungkin merupakan penyederhanaan. Misalnya, jika A :¼ fgx 2 R : 01 yx 12 atau dan B 2 y:¼3 fgy maka 2 Ralih-alih : persegi panjang, Gambarkita 1.1.3. harus menggambar seperti ,
Gambar 1.1.2
Gambar 1.1.3
Sekarang kita akan membahas pengertian dasar dari suatu fungsi atau pemetaan. Untuk matematikawan awal abad kesembilan belas, kata ''fungsi'' berarti a rumus pasti, seperti f xð :¼ x2 3x 5, yang berasosiasi dengan setiap bilangan real x bilangan lain f (x). (Disini, f(0) 5, f (1) 1, f (5) 35.) Pemahaman ini mengecualikan kasus rumus yang berbeda pada interval yang berbeda, sehingga fungsi tidak bisa didefinisikan ''berkeping-keping.''
Ketika matematika berkembang, menjadi jelas bahwa definisi yang lebih umum dari ''fungsi'' akan berguna. Juga menjadi jelas bahwa penting untuk memperjelas perbedaan antara fungsi itu sendiri dan nilai-nilai fungsi. Definisi yang direvisi mungkin:
Machine Translated by Google 1.1 SET DAN FUNGSI 5
Fungsi f dari himpunan A ke himpunan B adalah aturan korespondensi yang menetapkan setiap elemen x di A sebuah elemen f (x) yang ditentukan secara unik di B.
Tetapi betapapun sugestifnya definisi yang direvisi ini, ada kesulitan untuk menafsirkan frasa ''aturan korespondensi''. Untuk memperjelas hal ini, kami akan mengungkapkan definisi tersebut seluruhnya dalam bentuk himpunan; akibatnya, kita akan mendefinisikan fungsi sebagai grafiknya.
Meskipun ini memiliki kelemahan karena agak artifisial, ini memiliki keuntungan karena tidak ambigu dan lebih jelas. 1.1.6 Definisi Misalkan A dan B adalah himpunan. Maka suatu fungsi dari A ke B adalah himpunan f dari pasangan-pasangan terurut dalam AB sedemikian sehingga untuk setiap a 2 A terdapat b 2 B yang unik dengan (a, b) 2 f. (Dengan kata lain, jika (a, b) 2 f dan (a, b0 ) 2 f, maka b b0 .)
Himpunan A dari elemen pertama dari suatu fungsi f disebut domain dari f dan sering dilambangkan dengan D( f ). Himpunan semua elemen kedua dalam f disebut jangkauan f dan sering dilambangkan dengan R( f ). Perhatikan bahwa, meskipun D( f ) A, kita hanya memiliki RðfÞ B. (Lihat Gambar 1.1.4.) Syarat esensial bahwa:
a; b0 2 f menyiratkan bahwa b b0
2 a; bf dan
kadang-kadang disebut uji garis vertikal. Dalam istilah geometri dikatakan setiap garis vertikal x a dengan 2 A memotong grafik f tepat satu kali. Notasinya
f: A! B sering digunakan untuk menunjukkan bahwa f adalah fungsi dari A ke B. Kita juga akan mengatakan bahwa f adalah pemetaan dari A ke B, atau bahwa f memetakan A ke B. Jika (a, b) adalah elemen di f, itu adalah kebiasaan untuk menulis
bf
atau terkadang 7! B:
Gambar 1.1.4 Fungsi sebagai graf Jika b f (a), kita sering menyebut b sebagai nilai f pada a, atau sebagai bayangan a di bawah f.
Transformasi dan Mesin Selain menggunakan grafik, kita dapat memvisualisasikan suatu fungsi sebagai transformasi dari himpunan D( f )
A ke dalam himpunan RðfÞ B. Dalam ungkapan ini, ketika (a, b) 2 f, kita menganggap f mengambil
Machine Translated by Google 6 BAB 1 PENGANTAR
elemen a dari A dan ''mengubah'' atau ''memetakan'' menjadi elemen b f (a) di RðfÞ B. Kita sering menggambar diagram, seperti Gambar 1.1.5, bahkan ketika himpunan A dan B bukan himpunan bagian dari pesawat.
Gambar 1.1.5 Fungsi sebagai transformasi
Ada cara lain untuk memvisualisasikan suatu fungsi: yaitu, sebagai mesin yang menerima input elemen D(f)¼ Aasin dan menghasilkan elemen RðfÞ B yang sesuai sebagai output. Jika kita mengambil elemen x 2 D(f) dan memasukkannya ke dalam f, maka keluarlah nilai yang sesuai f(x). Jika kita memasukkan elemen y2 D(f) yang berbeda ke dalam f, maka akan dihasilkan f(y), yang mungkin berbeda atau tidak dengan f(x). Jika kita mencoba memasukkan sesuatu yang bukan milik D(f) ke dalam f, kita menemukan bahwa itu tidak diterima, karena f hanya dapat beroperasi pada elemen dari D(f). (Lihat Gambar 1.1.6.)
Gambar 1.1.6 Fungsi sebagai mesin Visualisasi terakhir ini memperjelas perbedaan antara f dan f(x): yang pertama adalah mesin itu sendiri, dan yang kedua adalah output dari mesin f ketika x adalah inputnya. Meskipun tidak ada orang yang akan mengacaukan penggiling daging dengan daging giling, cukup banyak orang yang mengacaukan fungsi dengan nilai-nilainya sehingga layak untuk membedakannya secara notasi.
Gambar Langsung dan Terbalik Misal f : A ! B adalah fungsi dengan domain D( f ) A dan range RðfÞ B. 1.1.7 Definisi Jika E adalah himpunan bagian dari A, maka bayangan langsung dari E di bawah f adalah himpunan bagian f(E) dari B yang diberikan oleh
fðEÞ :¼ fg fðxÞ : x 2 E :
Machine Translated by Google 1.1 SET DAN FUNGSI 7
Jika H adalah himpunan bagian dari B, maka bayangan terbalik dari H di bawah f adalah himpunan bagian f
1
F
1 (H) dari A diberikan oleh
HÞ :¼ fgx 2 A : fðxÞ 2 H :
1
Catatan Notasi f (H) yang digunakan dalam hubungan ini memiliki kekurangan. Namun, kami akan menggunakannya karena itu adalah notasi standar.
Jadi, jika diberikan himpunan EA, maka titik y1 2 B berada pada bayangan langsung f (E) jika dan hanya jika terdapat paling sedikit satu titik x1 2 E sedemikian rupa sehingga y1 f (x1). Demikian pula, diberikan satu set 1
HB, maka titik x2 pada bayangan terbalik f (H) jika dan hanya jika y2 :¼ f (x2) milik H. (Lihat Gambar 1.1.7.)
Gambar 1.1.7 Gambar langsung dan gambar terbalik
1.1.8 Contoh (a) Misalkan f : R ! R didefinisikan oleh f (x) :¼ x2 . Maka bayangan langsung dari himpunan E :¼adalah fgx : 0 xhimpunan 2 f Eð Þ¼ fgy : 0 y 4 Jika 0 y 4Gmaka :¼ fgy : . 1 , bayangan6¼ invers E. dari G adalah kasus ini, himpunan kita melihat fx 2g.bahwa Jadi, dalam f 1ð f Eð GÞ fx : 2 1
Sebaliknya, kita memiliki ffy : H ¼ fgy Þ :G0 G. y 1Tetapi 6¼ H.jika H :¼ f g1y1 1 have ff Sketsa grafik f dapat membantu memvisualisasikan himpunan ini.
, lalu kita
(b) Misalkan f : A ! B, dan misalkan G, H adalah himpunan bagian dari B. Akan ditunjukkan bahwa
F
1
G\Hf
1
\Gf
1
H:
1
Karena, jika G \ H G , maka f xð Þ2 G \ H, sehingga f (x) 2 G dan f (x) 2 H. Tetapi ini menyiratkan 1 1 1 1 . x 2 f itu x 2 f dan x 2 f H , mana x 2 f Jadi implikasi Þ\ G f yangHdinyatakan terbukti. [Inklusi sebaliknya juga benar, sehingga kita sebenarnya telah menetapkan kesetaraan
antara set ini; lihat Latihan 15.] & Fakta lebih lanjut tentang gambar langsung dan terbalik diberikan dalam latihan.
Jenis Fungsi Khusus Definisi berikut mengidentifikasi beberapa jenis fungsi yang sangat penting. 1.1.9 Definisi Misalkan f : A ! B adalah fungsi dari A ke B. (a) Fungsi f dikatakan injektif (atau menjadi satu-satu) jika setiap kali x1 6¼ x2, maka f xð 1 6¼ f xð 2 . Jika f adalah fungsi injektif, kita juga mengatakan bahwa f adalah injeksi.
(b) Fungsi f dikatakan surjektif (atau memetakan A ke B) jika f (A) B; yaitu jika rentang R( f ) B. Jika f adalah fungsi surjektif, kita juga mengatakan bahwa f adalah surjeksi.
Machine Translated by Google 8 BAB 1 PENGANTAR
(c) Jika f keduanya injektif dan surjektif, maka f dikatakan bijektif. Jika f bijektif, kita juga mengatakan bahwa f adalah bijeksi.
Untuk membuktikan bahwa fungsi f adalah injektif, kita harus menetapkan bahwa: untuk semua x1; x2 di A; jika f xð 1 f xð 2 ; maka x1 x2 :
Untuk melakukan ini kita asumsikan bahwa f (x1) f (x2) dan tunjukkan bahwa x1 x2 .
[Dengan kata lain, grafik f memenuhi pengujian garis horizontal pertama: Setiap garis horizontal y b dengan b 2 B memotong grafik f di paling banyak satu titik.] Untuk membuktikan bahwa suatu fungsi f adalah surjektif, kita harus menunjukkan bahwa untuk setiap b 2 B terdapat di paling sedikit satu x 2 A sedemikian sehingga f(x) b.
[Dengan kata lain, grafik f memenuhi pengujian garis horizontal kedua: Setiap horizontal garis y b dengan b 2 B memotong grafik f di setidaknya satu titik.] 1.1.10 Contoh Misalkan A :¼ fgx 2 tentukan R : x 6¼ 1f xð dan Þ :¼ 2x=ð x 1 untuk semua x 2 A. Untuk menunjukkan bahwa f injektif, kita ambil x1 dan x2 di A dan asumsikan bahwa f (x1) f (x2). Jadi kita memiliki
2x1
2x2 ¼.
x1 1
x2 1
;
, yang menyiratkan bahwa x1ð x2 1 x2ð x1 1 dan karenanya x1 x2 . Oleh karena itu f adalah injektif. Untuk menentukan jangkauan f, kita selesaikan persamaan y 2x=ð x 1 untuk x dalam suku y. Kita peroleh x y=ðy 2Þ, yang berarti untuk y 6¼ 2. Jadi jangkauan f adalah himpunan B :¼ fy 2 R : y 6¼ 2 g . Jadi, f adalah bijeksi A ke B. & Fungsi Invers
Jika f adalah fungsi dari A ke B, maka f adalah himpunan bagian khusus dari AB (yaitu, satu melewati uji garis vertikal.) Himpunan pasangan terurut di BA diperoleh dengan menukar anggota dari pasangan terurut di f umumnya bukan fungsi. (Artinya, himpunan f mungkin tidak melewati kedua tes garis horizontal.) Namun, jika f adalah bijeksi, maka pertukaran ini mengarah ke a fungsi, yang disebut ''fungsi invers'' dari f.
1.1.11 Definisi Jika f : A ! B adalah bijeksi dari A ke B, maka g :¼ f 2 b; a BA : 2 a; bf
G
adalah fungsi pada B menjadi A. Fungsi ini disebut fungsi invers dari f, dan dinotasikan 1
. oleh f Fungsi f Kita juga
1
disebut juga invers dari f. 1
dapat menyatakan hubungan antara f dan inversnya f D( f ) R( f 1
1
) dan itu
) dan R( f) D( f b fðaÞ
jika dan hanya jika
sebuah f
1
bÞ:
Sebagai contoh, kita melihat pada Contoh 1.1.10 bahwa fungsi 2x fðxÞ :¼
x1
adalah bijeksi A :¼ fgx 2 Rhimpunan : x 6¼ 1 ke B :¼ fy 2 R : y 6¼ 2 g . Memecahkan y f(x) untuk x dalam hal y, kami menemukan fungsi invers ke f diberikan oleh F
1
kamu
yÞ :¼ y 2
untuk y 2 B:
dengan mencatat bahwa
Machine Translated by Google 1.1 SET DAN FUNGSI 9
1
Keterangan Kami memperkenalkan notasi f (H) dalam Definisi 1.1.7. Masuk akal bahkan jika f 1 memang ada, maka tidak memiliki fungsi terbalik. Namun, jika fungsi invers f (H) adalah bayangan 1 1. langsung dari himpunan HB di bawah ff
Komposisi Fungsi Sering terjadi bahwa kita ingin ''menyusun'' dua fungsi f, g dengan terlebih dahulu mencari f (x) dan kemudian
menerapkan g untuk mendapatkan g ( f (x)); namun, ini hanya mungkin jika f(x) termasuk dalam domain dari
G. Agar dapat melakukan ini untuk semua f (x), kita harus mengasumsikan bahwa jangkauan f terkandung
dalam domain g. (Lihat Gambar 1.1.8.)
Gambar 1.1.8 Komposisi f dan g
1.1.12 Definisi Jika f : A ! B dan g : B ! C, dan jika RðfÞ DðgÞ B, maka fungsi komposit gf(perhatikan urutannya!) adalah fungsi dari A ke C yang didefinisikan oleh gf x :¼ gf x Þ ð untuk semua x 2 A: 1.1.13 Contoh (a) Urutan komposisi harus diperhatikan dengan cermat. Karena, biarkan f dan g adalah fungsi-fungsi yang nilainya pada x 2 R diberikan oleh fðxÞ :¼ 2x dan
gðxÞ :¼ 3x2 1:
Karena DðgÞ R dan R fð Þ R D gð , maka domain D(gf) juga sama dengan R, dan fungsi komposit gf diberikan oleh 2
gf x 3 2ð x
1 12x2 1:
Di sisi lain, domain dari fungsi komposit fg juga R, tetapi D
fg x 2 3x2 1 6x2 2:
Jadi, dalam hal ini, kita memiliki gf 6¼ f g. (b) Dalam mempertimbangkan gf, beberapa perhatian harus dilakukan untuk memastikan bahwa kisaran f adalah
terkandung dalam domain g. Misalnya, jika ffiffiffi
f xð :¼ 1 x2 maka, karena D gð fx : x 0 g
dan g xð :¼
xp ;
, fungsi komposit gf diberikan oleh rumus ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
Þ gf x hanya 1 x2 p untuk x 2 D fð yang memenuhi f (x)
0; yaitu, untuk x memenuhi 1 x 1.
Machine Translated by Google 10 BAB 1 PENGANTAR
Kita perhatikan bahwa jika kita membalik urutannya, maka komposisi fg diberikan oleh rumus
x;
Þ fg x 1 tetapi
&
hanya untuk x dalam domain D gð fgx : x 0 .
Kami sekarang memberikan hubungan antara fungsi komposit dan gambar terbalik. Itu bukti yang tersisa sebagai latihan instruktif. 1.1.14 Teorema Misalkan f : A ! B dan g : B ! C adalah fungsi dan misalkan H himpunan bagian dari C. Lalu kita punya 1
gf
Hf
1
G
1
H:
Perhatikan pembalikan dalam urutan fungsi. Pembatasan Fungsi
Jika f : A ! B adalah fungsi dan jika A1 A, kita dapat mendefinisikan fungsi f1: A1 ! B oleh
f 1ð x :¼ f xð
untuk x2 A1:
Fungsi f1 disebut pembatasan f ke A1. Kadang-kadang dilambangkan dengan f 1 f jA1. Mungkin aneh bagi pembaca bahwa seseorang akan memilih untuk membuang sebagian dari
fungsi, tetapi ada beberapa alasan bagus untuk melakukannya. Misalnya, jika f : R ! R adalah fungsi kuadrat:
untuk x 2 R;
f xð :¼ x2
maka f bukan injektif, sehingga tidak dapat memiliki fungsi invers. Namun, jika kita membatasi f ke himpunan
: x 0 restriksi , A1 :¼ fgxmaka f jA1 adalah bijeksi dari A1 ke A1. Oleh karena itu, ini restriksi memiliki fungsi invers, yaitu fungsi akar kuadrat positif. (Sketsa dan grafik.) Demikian pula, fungsi trigonometri S(x) :¼ sin x danC(x) :¼ cos x tidak injektif pada semua dariR. Namun, dengan membuat pembatasan yang sesuai dari fungsi-fungsi ini, seseorang dapat memperoleh kebalikannya
sinus dan fungsi invers cosinus yang pembaca pasti sudah temui. Latihan untuk Bagian 1.1
1. Misalkan A :¼ fk : k 2 N; k 20 g Tentukan himpunan:
;
B :¼ f 3k 1 : k 2 N g
;
dan C :¼ fg 2k 1 : k 2 N :
(a) A \ B \ C, (b) n A \ BC, (c) n A \ C B. 2. Gambarlah diagram untuk menyederhanakan dan mengidentifikasi himpunan berikut:
(a) An(BnA), (b) An(AnB), (c) A \ BnA . 3. Jika A dan B himpunan, tunjukkan bahwa AB jika dan hanya jika A \ B A.
4. Buktikan Hukum De Morgan kedua [Teorema 1.1.4(b)]. 5. Buktikan Hukum Distributif: (a) A \ ð Þ¼ B [ C ð Þ[ A \ B ð Þ A \ C (b) A [ Þ¼ B \ C \ A [ B Þ A [ C .
,
Machine Translated by Google 1.1 SET DAN FUNGSI 11
6. Beda simetris dua himpunan A dan B adalah himpunan D dari semua anggota yang termasuk ke dalam salah satu A atau B tetapi tidak keduanya. Gambarkan D dengan diagram.
(a) Tunjukkan bahwa D ð [ AnB BnA . (b) Tunjukkan bahwa D juga diberikan oleh D ð n A [ B A \ B
.
setiap n 2 N, misalkan An fgn 1 k : k7.2 Untuk N. (a) Berapakah A1 \ A2? (b) Tentukan himpunan [fg An :\fg n 2An N :dan n2N. 8. Gambarlah diagram pada bidang hasil kali Cartesian AB untuk himpunan A dan B yang diberikan. (a) A fgx 2 Rx2 : 1y2 x 21 atau dari 3 x 4 (b) A fg 1; 2; 3 x; y : ; B fgx 21Rx:3x .1 atau x 2 B fgx 2 R : . ;
9. Misalkan A :¼ B :¼ fgx himpunan 2 R : 1 xbagian 1 dan perhatikan C :¼ ð A B. Apakah himpunan ini merupakan fungsi? Menjelaskan.
10. Misalkan f xð :¼ 1=x2; x 6¼ 0; x 2 R (a) Tentukan bayangan langsung f (E) dimana E :¼ fx 2 R : 1 x 2 g (b) Tentukan 1 bayangan terbalik f (G) di mana G :¼ fx 2 R : 1 x 4 g 11.
. .
Misalkan g(x) :¼ x2 dan f (x) :¼ x 2 untuk x 2 R, dan misalkan h adalah fungsi komposit h :¼ gf. . (a) Tentukan bayangan langsung h(E) dari E :¼ fx 2 R : 0 x 1 g (b) Tentukan bayangan terbalik h
1
(G) dari G :¼ fx 2 R : 0 x 4 gg 1 x 0
.
fx 2 R : 0 x 1dan g Tunjukkan F :¼ bahwa E \ F ¼ f g0 dan . f Eð Þ¼ \ F f g0 , sedangkan f Eð f Fð fy 2 R : 0 y 1 g Jadi Þ\ ff Fð Eð .ÞApa \ F adalah yang terjadi himpunan jika himpunan 0 bagian dihapus Edari darif Eð .
12. Misalkan f(x) :¼ x2 untuk x 2 R, dan misalkan E :¼ fx 2 R :
dan F? 13. Misalkan f dan E, F seperti pada Latihan 12. Carilah himpunan EnF dan f (E)nf ( f ) dan tunjukkan bahwa itu tidak benar
bahwa f Eð nF f Eð n f Fð . 14. Tunjukkan bahwa jika f : A ! B dan E, F adalah himpunan bagian dari A, maka f Eð Þ¼ [ F f Eð Þ[ f Fð dan f Eð \ F f Eð Þ\ f Fð . 15. Tunjukkan bahwa jika f : A ! B dan G, H adalah himpunan bagian dari B, maka f 1ð G [ H f 1ð Þ[ G ff 1ð Þ¼ G \ H f 1ð Þ\ G f 1ð H x2. 1 p 16. Tunjukkan bahwa fungsi f didefinisikan oleh f
1
H dan
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
xð :¼ x= fgy < adalah y < 1 bijeksi R ke ; x :21R, . 17. Untuk a, b 2 R dengan a < b, cari bijeksi eksplisit dari A :¼ fgx : a < x < b ke B :¼ fgy(a) : 0Berikan < y < 1 18. . contoh dua fungsi f, g pada R ke R sedemikian sehingga f 6¼ g, tetapi sedemikian sehingga fg g f. (b) Berikan contoh tiga fungsi f, g, h pada R sehingga f g þ h 6¼ fg f h. 19. (a) Tunjukkan bahwa jika f : A ! B adalah injektif dan EA, maka f
1
fðEÞÞ E. Berikan contoh untuk
menunjukkan bahwa persamaan tidak perlu berlaku jika f tidak injektif.
(b) Tunjukkan bahwa jika f : A ! B adalah surjektif dan HB, maka ff 1ðHÞ H. Berikan contoh untuk tunjukkan bahwa persamaan tidak perlu berlaku jika f bukan surjektif.
20. (a) Misalkan f adalah injeksi. Tunjukkan bahwa f untuk semua y 2 R(f).
1
(b) Jika f adalah bijeksi A ke B, tunjukkan bahwa f
f(x) x untuk semua x 2 D(f) dan ff itu 1
1
(y) y
adalah bijeksi B ke A.
21. Buktikan jika f : A ! B adalah bijektif dan g : B ! C adalah bijektif, maka komposit gf adalah a peta bijektif A ke C. 22. Misalkan f : A ! B dan g : B ! C menjadi fungsi. (a) Tunjukkan bahwa jika gf injektif, maka f injektif. (b) Tunjukkan bahwa jika gf surjektif, maka g surjektif. 23. Buktikan Teorema 1.1.14. 24. Misalkan f, g adalah fungsi sedemikian rupa sehingga (gf )(x) x untuk semua x 2 D( f ) dan (fg)(y) y untuk semua y 2 D (g).
Buktikan bahwa g f 1.
Machine Translated by Google 12 BAB 1 PENGANTAR
Bagian 1.2 Induksi Matematika
Induksi Matematika adalah metode pembuktian yang kuat yang sering digunakan untuk menetapkan validitas pernyataan yang diberikan dalam bentuk bilangan asli. Meskipun kegunaannya terbatas pada konteks yang agak khusus ini, Induksi Matematika adalah alat yang sangat diperlukan dalam semua cabang matematika. Karena banyak bukti induksi mengikuti garis argumen formal yang sama, kita akan sering menyatakan hanya bahwa hasil mengikuti dari Induksi Matematika dan menyerahkannya kepada pembaca untuk memberikan rincian yang diperlukan. Pada bagian ini, kami akan menyatakan prinsip dan memberikan beberapa contoh untuk mengilustrasikan bagaimana pembuktian induktif berlangsung. Kami akan mengasumsikan keakraban dengan himpunan bilangan asli: N fg 1; 2; 3; ...
;
dengan operasi aritmatika biasa penjumlahan dan perkalian, dan dengan arti bilangan asli lebih kecil dari yang lain. Kami juga akan mengasumsikan properti fundamental berikut dari N.
1.2.1 Sifat Berurutan Baik dari N Setiap himpunan bagian tak kosong dari N memiliki elemen terkecil. Pernyataan yang lebih rinci dari sifat ini adalah sebagai berikut: Jika S adalah himpunan bagian dari N dan jika S 6¼ ;, maka terdapat m 2 S sedemikian sehingga mk untuk semua k 2 S.
Berdasarkan Properti yang Teratur dengan Baik, kami akan mendapatkan versi dari Prinsip Induksi Matematika yang dinyatakan dalam himpunan bagian dari N. 1.2.2 Prinsip Induksi Matematika Misalkan S adalah himpunan bagian dari N yang memiliki dua sifat:
(1) Angka 1 2 S. (2) Untuk setiap k 2 N, jika k 2 S, maka k 1 2 S. Maka kita memiliki S N. Bukti. Misalkan sebaliknya bahwa S 6¼ N. Maka himpunan NnS tidak kosong, sehingga menurut Asas Urutan yang Baik ia memiliki elemen terkecil m. Sejak 1 2 S dengan hipotesis (1), kita tahu bahwa m > 1. Tetapi ini menyiratkan bahwa m 1 juga bilangan asli. Karena m 1 < m dan karena m adalah elemen terkecil di N sehingga m 2= S, kita simpulkan bahwa m 1 2 S. Kita sekarang menerapkan hipotesis (2) pada elemen k :¼ m 1 di S, untuk menyimpulkan bahwa k 1 m 1 1 m milikdari S. Tetapi asumsi pernyataan bahwa NnS initidak bertentangan kosong, kami dengan memperoleh fakta bahwa kontradiksi. m 2= S. Karena m diperoleh Oleh karena itu kita harus memiliki S N.
QED
Prinsip Induksi Matematika sering dituangkan dalam kerangka pernyataan tentang bilangan asli. Jika P(n) adalah pernyataan yang bermakna tentang n 2 N, maka P(n) mungkin benar untuk beberapa nilai n dan salah untuk yang lain. Misalnya, jika P1(n) adalah pernyataan: ''n2 n,'' maka P1(1) benar sedangkan P1(n) salah untuk semua n > 1, n 2 N. Sebaliknya, jika P2(n) adalah pernyataan: ''n2 > 1,'' maka P2(1) salah, sedangkan P2(n) benar untuk semua n > 1. Dalam konteks ini, Prinsip Induksi Matematika dapat dirumuskan sebagai berikut. Untuk setiap n 2 N , misalkan P(n) adalah pernyataan tentang n. Seandainya: (10 ) P(1) benar. (20 ) Untuk setiap k 2 N , jika P(k) benar, maka P(k 1) benar. Maka P(n) benar untuk semua n 2 N.
Machine Translated by Google 1.2 INDUKSI MATEMATIKA 13
Hubungan dengan versi sebelumnya dari Induksi Matematika, diberikan dalam 1.2.2, . g Maka kondisi (1) dan (2) dari 1.2.2 dibuat dengan membiarkanS :¼ fn 2 N : PðnÞ benar sesuai persis dengan kondisi (10 ) dan (20 ), masing-masing. Kesimpulan bahwa S N pada 1.2.2 sesuai dengan kesimpulan bahwa P(n) benar untuk semua n 2 N. Dalam (20 ) asumsi ''jika P(k) benar'' disebut hipotesis induksi. Di menetapkan (20 ), kami tidak peduli dengan kebenaran atau kepalsuan sebenarnya dari P(k), tetapi hanya
dengan validitas implikasi ''jika P(k), maka P(k 1).'' Misalnya, jika kita perhatikan pernyataan P(n): ''n n 5,'' maka (20 ) secara logis benar, karena kita dapat cukup tambahkan 1 ke kedua sisi P(k) untuk mendapatkan P(k 1). Namun, sejak pernyataan P(1): ''1 6'' salah, kita tidak dapat menggunakan Induksi Matematika untuk menyimpulkan bahwa n n 5 untuk semua n 2 N.
Mungkin saja pernyataan P(n) salah untuk bilangan asli tertentu, tetapi kemudian adalah benar untuk semua n n0 untuk beberapa n0 tertentu. Prinsip Induksi Matematika dapat dimodifikasi untuk menghadapi situasi ini. Kami akan merumuskan prinsip yang dimodifikasi, tetapi biarkan saja
verifikasi sebagai latihan. (Lihat Latihan 12.)
1.2.3 Prinsip Induksi Matematika (versi kedua) Misalkan n0 2 N dan misalkan P(n)
menjadi pernyataan untuk setiap bilangan asli n n0. Seandainya: (1) Pernyataan P(n0) benar.
(2) Untuk semua k n0, kebenaran P(k) menyiratkan kebenaran P(k 1). Maka P(n) benar untuk semua n n0.
Kadang-kadang bilangan n0 dalam (1) disebut basis, karena berfungsi sebagai titik awal, , dan implikasi dalam (2), yang dapat ditulis P kð Þ) P kð 1 disebut jembatan, karena menghubungkan kasus k ke kasus k 1. Contoh berikut menggambarkan bagaimana Induksi Matematika digunakan untuk membuktikan pernyataan tentang bilangan asli.
1.2.4 Contoh (a) Untuk setiap n 2 N, jumlah n bilangan asli pertama diberikan oleh 1 2n
12n
1:
Untuk membuktikan rumus ini, kita biarkan S adalah himpunan semua n 2 N yang rumusnya benar.
Kita harus memverifikasi bahwa kondisi (1) dan (2) dari 1.2.2 terpenuhi. Jika n 1, maka kita memiliki 1 1 111 sehingga 1 2 S, dan (1) terpenuhi. Selanjutnya, kita asumsikan bahwa k 2 S dan ingin 2
simpulkan dari asumsi ini bahwa k 1 2 S. Memang, jika k 2 S, maka 1 2k
12k
kð 1 :
Jika kita menambahkan k 1 ke kedua sisi persamaan yang diasumsikan, kita memperoleh 1
12kk1
2 ¼.
1
2
k kð 1 k 1 k1k2:
Karena ini adalah rumus yang dinyatakan untuk n k þ 1, kita simpulkan bahwa k 1 2 S. Oleh karena itu,
kondisi (2) dari 1.2.2 terpenuhi. Akibatnya, dengan Prinsip Matematika Induksi, kami menyimpulkan bahwa S N, sehingga rumus berlaku untuk semua n 2 N.
(b) Untuk setiap n 2 N, jumlah kuadrat dari n bilangan asli pertama diberikan oleh: 12 22 n2 _ _ _
1 6n
1 2n 1 :
Machine Translated by Google 14 BAB 1 PENGANTAR
1
Untuk menetapkan rumus ini, kita perhatikan bahwa itu benar untuk n 1, karena 12
6
1 2 3. Jika kita
menganggap itu benar untuk k, kemudian menambahkan (k 1)2 ke kedua sisi dari rumus yang diasumsikan memberikan 2
12 22 k2 k 1 _
¼.
¼.
1 6
¼.
2
1
6 k kð 1 2k 1 k 1
k 1 2k2 k 6k 6
1
6 k 1 Þ k 2 2k 3 :
Akibatnya, rumus berlaku untuk semua n 2 N.
(c) Diberikan dua bilangan real a dan b, kita akan membuktikan bahwa ab adalah faktor dari bn untuk semua n2N Pertama kita lihat bahwa pernyataan tersebut jelas benar untuk n 1. Jika sekarang kita asumsikan bahwa ab adalah a
faktor ak bk
,
kemudian
akþ1 bkþ1 akþ1 abk abk bkþ1 _ a ak bk bk ab : Dengan hipotesis induksi, ab adalah faktor dari a (ak bk ) dan jelas merupakan faktor dari , dan itu mengikuti dari Matematika bk (ab). Oleh karena itu, ab adalah faktor dari akþ1 bkþl
Induksi bahwa ab adalah faktor dari suatu bn untuk semua n 2 N. Berbagai hasil pembagian dapat diturunkan dari fakta ini. Misalnya, sejak 11 7 4, kita melihat bahwa 11n 7n habis dibagi 4 untuk semua n 2 N. (d) Pertidaksamaan 2n > 2n 1 salah untuk n 1, 2, tetapi benar untuk n 3. Jika kita asumsikan bahwa 2k > 2k 1, maka perkalian dengan 2 menghasilkan, ketika 2k 2 > 3, pertidaksamaan
2kþ1 > 2 2ð k 1 4k 2 2k 2k 2 > 2k 3 2ð k 1 1: Karena 2k 2 > 3 untuk semua k 1, bridge valid untuk semua k 1 (walaupun pernyataannya adalah salah untuk k 1, 2). Oleh karena itu, dengan basis n0 3, kita dapat menerapkan Induksi Matematika ke simpulkan bahwa pertidaksamaan berlaku untuk semua n 3. (e) Pertidaksamaan 2n (n 1)! dapat ditentukan dengan Induksi Matematika.
Pertama-tama kita amati bahwa itu benar untuk n 1, karena 21 2 1 1. Jika kita asumsikan bahwa
2k (k 1)!, maka dari fakta bahwa 2 k 2 itu k 2 k 1 ! k 2 !:
2kþ1 2 2k 2ð k 1 !
Jadi, jika pertidaksamaan berlaku untuk k, maka pertidaksamaan juga berlaku untuk k 1. Oleh karena itu, Matematika
Induksi menyiratkan bahwa pertidaksamaan benar untuk semua n 2 N. (f) Jika r 2 R, r 6¼ 1, dan n 2 N, maka 1rr
2
nr
¼.
1 rnþ1 :
1
R
Ini adalah rumus untuk jumlah suku-suku dalam ''perkembangan geometris''. Bisa ditetapkan menggunakan Induksi Matematika sebagai berikut. Pertama, jika n 1, maka 1 r (1 r
2
)=(1
kþ1
R). Jika kita mengasumsikan kebenaran rumus untuk n k dan menambahkan istilah r
ke kedua sisi, kita dapatkan (setelah sedikit aljabar) 1rr
k kþ1 r
1 rkþ1 ¼.
1r
r
kþ1
1 rkþ2 ¼.
1
R
;
yang merupakan rumus untuk n k 1. Oleh karena itu, Induksi Matematika menyiratkan validitas dari rumus untuk semua n 2 N.
Machine Translated by Google 1.2 INDUKSI MATEMATIKA 15
[Hasil ini juga dapat dibuktikan tanpa menggunakan Induksi Matematika. Jika kita membiarkan sn :¼ 1 r r2 þ rn, maka rsn r þ r2 rnþ1 , sehingga 1
nþ1 R
r sn sn rsn 1 _
:
Jika kita membagi dengan 1 r, kita memperoleh rumus yang dinyatakan.]
(g) Penggunaan Prinsip Induksi Matematika yang ceroboh dapat menyebabkan hal yang tidak masuk akal kesimpulan. Pembaca diundang untuk menemukan kesalahan dalam ''bukti'' dari pernyataan berikut. Klaim: Jika n 2 N dan jika maksimum bilangan asli p dan q adalah n, maka p q. ''Bukti'' Misalkan S adalah himpunan bagian dari N yang klaimnya benar. Terbukti, 1 2 S sejak jika p, q 2 N dan maksimumnya adalah 1, maka keduanya sama dengan 1 dan p q. Sekarang asumsikan bahwa k 2 S dan
bahwa maksimum p dan q adalah k 1. Maka maksimum p 1 dan q 1 adalah k. Tapi sejak k 2 S, maka p 1 q 1 dan oleh karena itu p q. Jadi, k 1 2 S, dan kita simpulkan bahwa pernyataan benar untuk semua n 2 N. (h) Ada pernyataan yang benar untuk banyak bilangan asli tetapi tidak benar untuk mereka semua.
Misalnya, rumus p (n) :¼ n2 n 41 memberikan bilangan prima untuk n 1, 2, .
. . ,
40. Namun, p(41) jelas habis dibagi 41, jadi itu bukan bilangan prima. Versi lain dari Prinsip Induksi Matematika terkadang cukup berguna. Ini disebut "Prinsip Induksi Kuat", meskipun sebenarnya setara dengan 1.2.2.
1.2.5 Prinsip Induksi Kuat Misalkan S adalah himpunan bagian dari N sedemikian sehingga
(100) 1 2 S. (200) Untuk setiap k 2 N, jika f 1; 2; ...
;
gk S, maka k 1 2 S.
Kemudian S N. Kami akan menyerahkan kepada pembaca untuk menetapkan kesetaraan 1.2.2 dan 1.2.5. Latihan untuk Bagian 1.2
1. Buktikan bahwa 1=1 2 1=2 3 þ 1=n nð Þ¼ þ 1 n=ð n þ 1 untuk semua n 2 N. 2. Buktikan bahwa 13 23 n3 n nð 1 3. Buktikan bahwa 3 11 4. Buktikan bahwa 12 32
2
1 2
untuk semua n 2 N.
8n 5 4n2 n untuk semua n 2 N. 2n 1
2
5. Buktikan bahwa 12 22 32 1 6. Buktikan
3
4n
n =3 untuk semua n 2 N.
nþ1
nþ1
n2 1
n nð 1 =2 untuk semua n 2 N.
bahwa n3 5n habis dibagi 6 untuk semua n 2 N. 7. Buktikan bahwa 52n 1 habis dibagi 8 untuk semua n 2 N.
8. Buktikan bahwa 5n 4n 1 habis dibagi 16 untuk semua n 2 N. 9. Buktikan bahwa n3 (n 1)3 (n 2)3 habis dibagi 9 untuk semua n 2 N. 10. Menduga rumus jumlah 1=1 3 1=3 5 þ 1=ð 2n 1 ð Þ 2n þ 1 dengan menggunakan Induksi , dan buktikan Matematika. 11. Menduga rumus jumlah n bilangan asli ganjil pertama 1 3 þ ð 2n 1 buktikan rumusmu dengan menggunakan induksi matematika.
12. Buktikan Prinsip Induksi Matematika 1.2.3 (versi kedua).
, dan
Machine Translated by Google 16 BAB 1 PENGANTAR
13. Buktikan bahwa n < 2n untuk semua n 2 N. 14. Buktikan bahwa 2n < n! untuk semua n 4, n 2 N. 2
15. Buktikan bahwa 2n 3 2n
untuk semua n 5, n 2 N.
16. Temukan semua bilangan asli n sedemikian rupa sehingga n2 < 2n . Buktikan pernyataan Anda.
17. Temukan bilangan asli terbesar m sehingga n3 n habis dibagi m untuk semua n 2 N. Buktikan tuntutan. ffiffiffi
ffiffiffi ffiffiffi
ffiffiffi
bahwa 1= np > np untuk 1 semua p 1= 2n p2 1= N, 18. n > Buktikan 1. 19. Misalkan S adalah himpunan bagian dari N sedemikian sehingga (a) 2k 2 S untuk semua k 2 N, dan (b) jika k 2 S dan k 2, maka k 1 2 S. Buktikan bahwa S N. 20. Misalkan bilangan xn didefinisikan sebagai berikut: x1 :¼ 1, x2 :¼ 2, dan xnþ2 :¼
1 semua xn _untuk 2 xnþ1
n 2 N. Gunakan Prinsip Induksi Kuat (1.2.5) untuk menunjukkan bahwa 1 x n 2 untuk semua n 2 N.
Bagian 1.3 Himpunan Hingga dan Tak Hingga
. . . ,'' berhenti ketika kita Ketika kita menghitung elemen dalam suatu himpunan, kita mengatakan ''satu, dua, tiga, telah menghabiskan set. Dari perspektif matematika, apa yang kita lakukan adalah mendefinisikan a pemetaan bijektif antara himpunan dan bagian dari himpunan bilangan asli. Jika himpunannya adalah sedemikian rupa sehingga penghitungan tidak berakhir, seperti himpunan bilangan asli itu sendiri, maka kita menggambarkan himpunan sebagai tak terbatas.
Gagasan tentang ''terbatas'' dan ''tak terhingga'' sangat primitif, dan sangat mungkin bahwa pembaca belum pernah memeriksa gagasan ini dengan sangat hati-hati. Pada bagian ini kita akan mendefinisikan istilah-istilah ini dengan tepat dan menetapkan beberapa hasil dasar dan menyatakan beberapa hal penting lainnya
hasil yang tampak jelas tetapi buktinya agak rumit. Bukti-bukti ini dapat ditemukan di Lampiran B dan dapat dibaca nanti. 1.3.1 Definisi (a) Himpunan kosong ; dikatakan memiliki 0 elemen. (b) Jika n 2 N, suatu himpunan S dikatakan memiliki n anggota jika terdapat bijeksi dari himpunan tersebut
Nn :¼ f 1; 2; ...
;
gn ke S.
(c) Suatu himpunan S dikatakan berhingga jika himpunan tersebut kosong atau memiliki n anggota untuk suatu n 2 N.
(d) Suatu himpunan S dikatakan tak hingga jika tidak berhingga. Karena invers dari bijeksi adalah bijeksi, mudah untuk melihat bahwa himpunan S memiliki n . .
elemen jika dan hanya jika ada bijeksi dari S ke himpunan {1, 2, . , n}. Juga,
karena komposisi dua bijeksi adalah bijeksi, kita melihat bahwa himpunan S1 memiliki n elemen jika dan hanya jika ada bijeksi dari S1 ke himpunan S2 lain yang memiliki n elemen. Selanjutnya, himpunan T1 berhingga jika dan hanya jika terdapat bijeksi dari T1 ke himpunan lain T2 yang berhingga. Sekarang perlu untuk menetapkan beberapa sifat dasar himpunan hingga untuk memastikan bahwa definisi tidak mengarah pada kesimpulan yang bertentangan dengan pengalaman kami menghitung. Dari definisi, tidak sepenuhnya jelas bahwa himpunan hingga mungkin tidak memiliki n elemen untuk lebih dari satu nilai n. Juga dimungkinkan bahwa himpunan N :¼ f1; 2; 3; ...g mungkin himpunan berhingga menurut definisi ini. Pembaca akan merasa lega bahwa kemungkinan ini benar-benar terjadi tidak terjadi, seperti yang dinyatakan oleh dua teorema berikutnya. Bukti dari pernyataan ini, yang menggunakan sifat dasar N yang dijelaskan dalam Bagian 1.2, diberikan dalam Lampiran B. 1.3.2 Teorema Keunikan Jika S suatu himpunan berhingga, maka banyaknya anggota S adalah a nomor unik di N
Machine Translated by Google 1.3 SET TERBATAS DAN TAK TERBATAS 17
1.3.3 Teorema Himpunan N bilangan asli adalah himpunan tak hingga.
Hasil berikutnya memberikan beberapa sifat dasar dari himpunan berhingga dan tak hingga. 1.3.4 Teorema (a) Jika A suatu himpunan dengan m anggota dan B adalah himpunan dengan n anggota dan jika A \ B ; maka A ,[ B memiliki m n elemen. (b) Jika A adalah himpunan dengan m2 N anggota dan CA adalah himpunan dengan 1 anggota, maka AnC adalah himpunan
dengan m 1 elemen. (c) Jika C himpunan tak hingga dan B himpunan berhingga, maka CnB himpunan tak hingga. Bukti. (a) Misalkan f adalah bijeksi Nm ke A, dan misalkan g bijeksi Nn ke B. Kita ; tentukan h pada Nmþn dengan h(i) :¼ f (i) untuk i 1; ... m dan h(i) :¼ g(im) untuk
saya m 1; ... m n. Kami ; meninggalkannya sebagai latihan untuk menunjukkan bahwa h adalah bijeksi dari Nmþn ke A [ B. Pembuktian bagian (b) dan (c) diserahkan kepada pembaca, lihat Latihan 2.
QED
Tampaknya ''jelas'' bahwa himpunan bagian dari himpunan berhingga juga berhingga, tetapi asersi harus disimpulkan dari definisi. Ini dan pernyataan yang sesuai untuk himpunan tak hingga adalah didirikan berikutnya.
1.3.5 Teorema Misalkan S dan T adalah himpunan dan T S. (a) Jika S adalah himpunan berhingga, maka T adalah himpunan berhingga.
(b) Jika T himpunan tak hingga, maka S himpunan tak hingga.
Bukti. (a) Jika T ;, kita telah mengetahui bahwa T adalah himpunan berhingga. Dengan demikian kita dapat menduga bahwa
T 6¼ ;. Buktinya adalah dengan induksi pada jumlah elemen di S. Jika S memiliki 1 elemen, maka satu-satunya subset tak kosong T dari S harus bertepatan dengan S, jadi T adalah a himpunan terbatas.
Misalkan setiap himpunan bagian tak kosong dari suatu himpunan dengan k elemen adalah berhingga. Sekarang biarkan S menjadi
himpunan yang memiliki k 1 elemen (sehingga terdapat bijeksi f dari Nkþ1 ke S), dan misalkan T S. Jika , f kð þ 1 2= T, kita dapat menganggap T sebagai himpunan bagian dari S1 :¼ Snf f kð 1 g yang memiliki k elemen dengan Teorema 1.3.4(b). Oleh karena itu, dengan hipotesis induksi, T adalah himpunan hingga. Sebaliknya, jika f kð 2 1 T, maka T1 :¼ Tnf f kð 1 g adalah himpunan bagian dari S1. Sejak
S1 memiliki k elemen, hipotesis induksi menyiratkan bahwa T1 adalah himpunan hingga. Tapi ini menyiratkan bahwa T T1 [ ff kð 1 g juga merupakan himpunan berhingga.
(b) Pernyataan ini merupakan kontraposisi dari pernyataan dalam (a). (Lihat Lampiran A untuk diskusi tentang kontrapositif.) Set yang Dapat Dihitung
Kami sekarang memperkenalkan jenis penting dari himpunan tak terbatas.
1.3.6 Definisi (a) Suatu himpunan S dikatakan denumerable (atau tak terhingga) jika ada ada bijeksi N ke S. (b) Suatu himpunan S dikatakan dapat dihitung jika himpunan itu berhingga atau dapat disebut. (c) Himpunan S dikatakan tak terhitung jika tak terhitung.
Dari sifat-sifat bijeksi, jelas bahwa S dapat didenumerisasi jika dan hanya jika ada ada bijeksi S ke N. Juga himpunan S1 dapat didenumerisasi jika dan hanya jika ada a
QED
Machine Translated by Google
18 BAB 1 PENGANTAR
bijeksi dari S1 ke set S2 yang denumerable. Selanjutnya, himpunan T1 dapat dihitung jika dan hanya jika terdapat bijeksi dari T1 ke himpunan T2 yang dapat dihitung. Akhirnya, tak terbatas set yang dapat dihitung adalah denumerable.
1.3.7 Contoh (a) Himpunan E :¼ fg 2n : n 2 N genap dari bilangan dapat didenumerasikan, karena pemetaan f : N ! E didefinisikan oleh f (n) :¼ 2n untuk n 2 N adalah bijeksi N ke E. Demikian pula, himpunan O :¼bilangan fg 2n 1 :asli n 2ganjil N dapat didenumerisasi. (b) Himpunan Z dari semua bilangan bulat dapat didenumerisasi.
Untuk membangun bijeksi N ke Z, kita memetakan 1 ke 0, kita memetakan himpunan genap nomor ke himpunan N bilangan bulat positif, dan kami memetakan himpunan bilangan asli ganjil ke bilangan bulat negatif. Pemetaan ini dapat ditampilkan dengan enumerasi: 1; 2;
Z f 0; 1;
2; 3;
g 3; ... :
(c) Gabungan dari dua himpunan yang dapat didenumerisasi terpisah adalah dapat didenumerisasi.
Memang, jika A fg dan a1;Ba2; fg b1; a3; b2; ... b3; ... kitamenghitung dapat
,
elemen A [ B sebagai:
&
a1; b1; a2; b2; a3; b3; ... : 1.3.8 Teorema Himpunan NN adalah denumerable.
Bukti Tidak Resmi. Ingat bahwa NN terdiri dari semua pasangan terurut (m, n), di mana m, n 2 N. Kita dapat menghitung pasangan ini sebagai:
1; 1 ; 1; 2 2; 1
;
;
1; 3 ; 2; 2
;
3; 1
;
1; 4
;
...
;
sesuai dengan peningkatan jumlah m n, dan peningkatan m. (Lihat Gambar 1.3.1.)
QED
Pencacahan yang baru saja dijelaskan adalah contoh dari ''prosedur diagonal'', karena kita bergerak sepanjang diagonal yang masing-masing mengandung banyak suku berhingga seperti yang diilustrasikan pada Gambar 1.3.1.
Bijeksi yang ditunjukkan oleh diagram dapat diturunkan sebagai berikut. Kami pertama kali memperhatikan bahwa
diagonal pertama memiliki satu titik, diagonal kedua memiliki dua titik, dan seterusnya, dengan k titik pada diagonal ke-k. Menerapkan rumus dalam Contoh 1.2.4(a), kita melihat bahwa jumlah total titik-titik pada diagonal 1 sampai k diberikan oleh cð k 1 2 k
1 2 k kð 1
Gambar 1.3.1 Himpunan NN
Machine Translated by Google 1.3 SET TERBATAS DAN TAK TERBATAS 19
Titik (m, n) terletak pada diagonal ke-k ketika k m n 1, dan merupakan titik ke-m pada diagonal itu saat kita bergerak ke bawah dari kiri ke kanan. (Misalnya, titik (3, 2) terletak pada diagonal ke-4 sejak 3 2 1 4, dan ini adalah titik ke-3 pada diagonal tersebut.) Oleh karena itu, dalam skema penghitungan yang ditampilkan oleh Gambar 1.3.1, kami menghitung titik (m, n) terlebih dahulu
menghitung titik-titik di k 1 m n 2 diagonal pertama dan kemudian menambahkan m. Karena itu, fungsi penghitungan h : NN ! N diberikan oleh h mð; n :¼ cð m n 2 m ¼.
1 2
m n 2 m n 1 m: TH
1 3 4 3 9, sebagai Misalnya, titik (3, 2) dihitung sebagai angka hð 3; 2 2 ditunjukkan oleh Gambar 1.3.1. Demikian pula, titik (17, 25) dihitung sebagai angka h (17, 25) c(40) 17 837.
Argumen geometris yang mengarah ke rumus penghitungan ini bersifat sugestif dan meyakinkan, tetapi masih harus dibuktikan bahwa h sebenarnya adalah bijeksi NN ke N. Sebuah bukti rinci diberikan dalam Lampiran B. Konstruksi bijeksi eksplisit antar himpunan seringkali rumit. Selanjutnya dua hasil berguna dalam menetapkan keterhitungan himpunan, karena tidak melibatkan menunjukkan bahwa pemetaan tertentu adalah bijeksi. Hasil pertama mungkin tampak jelas secara intuitif,
tetapi buktinya agak teknis; itu akan diberikan dalam Lampiran B. 1.3.9 Teorema Misalkan S dan T adalah himpunan dan T S. (a) Jika S adalah himpunan yang dapat dihitung, maka T adalah himpunan yang dapat dihitung.
(b) Jika T himpunan tak terhitung, maka S himpunan tak terhitung. 1.3.10 Teorema Pernyataan berikut ekuivalen: (a) S adalah himpunan yang dapat dihitung.
(b) Terdapat surjeksi dari N ke S. (c) Ada injeksi S ke N. Bukti. (a) ) (b) Jika S berhingga, terdapat bijeksi h dari beberapa himpunan Nn ke S dan kita tentukan H pada N dengan
hðkÞ untuk k 1; ... hðnÞ
Hok :¼
; n;
untuk k > n:
Maka H adalah surjeksi dari N ke S. Jika S adalah denumerable, terdapat bijeksi H dari N ke S, yang juga merupakan surjeksi dari N ke S (b) ) (c) Jika H adalah surjeksi dari N ke S, kita definisikan H1 : S ! N dengan membiarkan H1(s) menjadi Untuk melihat bahwa H1 adalah injeksi S
elemen terkecil dalam himpunan H 1ðsÞ :¼ fgn 2 N : HðnÞ s .
ke dalam N, perhatikan bahwa jika s, t 2 S dan nst :¼ H1ðsÞ H1ðtÞ, maka s H(nst) t. (c) ) (a) Jika H1 adalah injeksi S ke N, maka itu adalah bijeksi S ke H1ðSÞ N. Dengan Teorema 1.3.9(a), H1(S) dapat dihitung, di mana himpunan S dapat dihitung.
QED
1.3.11 Teorema Himpunan Q dari semua bilangan rasional adalah denumerable. Bukti. Ide pembuktiannya adalah untuk mengamati bahwa himpunan Q yang terdapat dalam pencacahan: 1 1;
1 2;
2 1;
1 3;
2 2;
3 1;
1 4;
...
th
;
bilangan rasional positif adalah
Machine Translated by Google 20 BAB 1 PENGANTAR
yang merupakan ''pemetaan diagonal'' lainnya (lihat Gambar 1.3.2). Namun, pemetaan ini bukan 1 2 2 4 mewakili bilangan rasional yang sama.
injeksi, karena fraksi yang berbeda dan
Gambar 1.3.2 Himpunan Qth Untuk melanjutkan lebih formal, perhatikan bahwa karena NN dapat dihitung (menurut Teorema 1.3.8), itu mengikuti dari Teorema 1.3.10(b) bahwa terdapat surjeksi f dari N ke N N. Jika g : th
NN! Q adalah pemetaan yang mengirimkan pasangan terurut (m, n) ke bilangan rasional memiliki representasi m=n, maka g adalah surjeksi pada Q . Oleh karena itu, komposisi gf th
adalah surjeksi N ke Q , dan Teorema 1.3.10 menyiratkan bahwa Q
adalah himpunan yang dapat dihitung.
Demikian pula, himpunan Q dari semua bilangan rasional negatif dapat dihitung. Berikut ini seperti dalam th
Contoh 1.3.7(b) bahwa himpunan Q Q [ f0g [ Q dapat dihitung. Karena Q mengandung N, maka
QED
harus merupakan himpunan yang dapat didenumerasi.
Hasil selanjutnya berkaitan dengan serikat dari set. Mengingat Teorema 1.3.10, kita membutuhkan tidak perlu khawatir tentang kemungkinan tumpang tindih set. Juga, kita tidak harus membangun penolakan.
1.3.12 Teorema Jika Am adalah himpunan yang dapat dihitung untuk setiap m 2 N, maka gabungan A :¼ S1 m¼1 Saya dapat dihitung.
Bukti. Untuk setiap m 2 N, misalkan wm adalah surjeksi dari N ke Am. Kami mendefinisikan b : NN ! oleh bm; n :¼ wmðnÞ: Kami mengklaim bahwa b adalah surjeksi. Memang, jika 2 A, maka ada setidaknya m 2 N sedemikian rupa sehingga a 2 Am, dimana terdapat paling sedikit n 2 N sedemikian sehingga a wmðnÞ. Oleh karena itu, a b (m, n). Karena NN dapat dihitung, maka dari Teorema 1.3.10 terdapat surjeksi f : N ! NN dimana bf adalah surjeksi dari N ke A. Sekarang terapkan Teorema 1.3.10 lagi untuk menyimpulkan bahwa A dapat dihitung.
QED
Keterangan Cara yang kurang formal (tetapi lebih intuitif) untuk melihat kebenaran Teorema 1.3.12 adalah dengan sebutkan unsur-unsur Am, m 2 N, sebagai: ;
A1 f
a11; a12; a13; ...
A2 f
a21; a22; a23; ...
;
a31; a32; a33; ...
; ggg
A3 f
:
Machine Translated by Google 1.3 SET TERBATAS DAN TAK TERBATAS 21
Kami kemudian menghitung array ini menggunakan ''prosedur diagonal'':
a11; a12; a21; a13; a22; a31; a14; ...
;
seperti yang ditampilkan pada Gambar 1.3.1.
Georg Cantor Georg Cantor (1845–1918) lahir di St. Petersburg, Rusia. Ayahnya, seorang pengusaha Denmark yang bekerja di Rusia, memindahkan keluarganya ke Jerman beberapa tahun kemudian. Cantor belajar sebentar di Zurich, kemudian pergi ke Universitas Berlin, yang terbaik dalam matematika pada saat itu. Dia menerima gelar doktor pada tahun 1869, dan menerima posisi di Universitas Halle, di mana dia bekerja sendirian dalam penelitiannya, tetapi kadang-kadang melakukan perjalanan tujuh puluh mil ke Berlin untuk mengunjungi rekan-rekannya. Cantor dikenal sebagai pendiri teori himpunan modern dan dia adalah orang pertama yang mempelajari konsep himpunan tak hingga secara rinci. Pada tahun 1874 ia membuktikan bahwa Q dapat dihitung dan, sebaliknya, bahwa R tidak dapat dihitung (lihat Bagian 2.5), menunjukkan dua jenis tak terhingga. Dalam serangkaian makalah ia mengembangkan teori umum himpunan tak terbatas, termasuk beberapa hasil yang mengejutkan. Pada tahun 1877 ia membuktikan bahwa persegi satuan dua dimensi di pesawat dapat dimasukkan ke dalam korespondensi satu-satu dengan interval satuan pada garis, hasilnya ia mengirim surat kepada rekannya Richard Dedekind di Berlin, menulis ''Saya melihat itu, tapi saya tidak percaya itu.'' Teorema Cantor pada himpunan bagian menunjukkan ada banyak orde tak terhingga yang berbeda dan ini membawanya untuk menciptakan teori bilangan ''transfinite'' yang dia terbitkan pada tahun 1895 dan 1897. Karyanya menimbulkan kontroversi yang cukup besar di antara ahli matematika pada masa itu, tetapi pada tahun 1904, Royal Society London menganugerahi Cantor Medali Sylvester, penghargaan tertingginya. Mulai tahun 1884, ia menderita episode depresi yang semakin parah seiring berjalannya waktu. Dia dirawat di rumah sakit beberapa kali karena gangguan saraf di Halle Nervenklinik dan menghabiskan tujuh bulan terakhir hidupnya di sana.
Kami menutup bagian ini dengan salah satu teorema Cantor yang lebih luar biasa.
1.3.13 Teorema Cantor Jika A adalah sembarang himpunan, maka tidak ada surjeksi A pada himpunan PðAÞ dari semua himpunan bagian dari A.
Bukti. Misalkan w : A ! PðAÞ adalah surjeksi. Karena w(a) adalah himpunan bagian dari A, maka a termasuk dalam w(a) atau tidak termasuk dalam himpunan ini. Kami membiarkan D :¼ fga 2 A : a 2= wðaÞ :
Karena D adalah himpunan bagian dari A, jika w adalah surjeksi, maka D wð Þ a0 untuk beberapa a0 2 A. Kita harus memiliki a0 2 D atau a02= D. Jika a0 2 D, maka karena D wð Þ a0 , kita harus memiliki a0 2 wð Þ a0 , bertentangan dengan definisi D. Demikian pula, jika a0 2= D, maka a0 2= wð a0 sehingga a0 2 D, yang juga merupakan kontradiksi. Oleh karena itu, w tidak bisa menjadi surjeksi.
QED
Teorema Cantor menyiratkan bahwa ada perkembangan tak berujung dari set yang lebih besar dan lebih besar. Secara khusus, ini menyiratkan bahwa koleksi PðNÞ dari semua himpunan bagian dari bilangan asli N tidak dapat dihitung.
Machine Translated by Google 22 BAB 1 PENGANTAR
Latihan untuk Bagian 1.3
1. Buktikan bahwa himpunan tak kosong T1 berhingga jika dan hanya jika ada bijeksi dari T1 ke himpunan berhingga T2. 2. Buktikan bagian (b) dan (c) dari Teorema 1.3.4. 3. Misalkan S :¼ {1, 2} dan T :¼ {a, b, c}. (a) Tentukan jumlah injeksi yang berbeda dari S ke T. (b) Tentukan jumlah surjeksi yang berbeda dari T ke S. 4. Tunjukkan bijeksi antara N dan himpunan semua bilangan bulat ganjil yang lebih besar dari 13. 5. Berikan definisi eksplisit dari bijeksi f dari N ke Z yang dijelaskan dalam Contoh 1.3.7(b). 6. Tunjukkan bijeksi antara N dan subset wajar dari dirinya sendiri. 7. Buktikan bahwa himpunan T1 dapat didenumerisasi jika dan hanya jika ada bijeksi dari T1 ke denumerable atur T2. 8. Berikan contoh himpunan berhingga yang dapat dihitung yang serikatnya tidak berhingga. 9. Buktikan secara rinci bahwa jika S dan T adalah denumerable, maka S [ T denumerable. 10. (a) Jika (m, n) adalah titik ke-6 di bawah diagonal ke-9 larik pada Gambar 1.3.1, hitunglah bilangan menurut metode penghitungan yang diberikan untuk Teorema 1.3.8. (b) Diketahui h(m, 3) 19, tentukan m. 11. Tentukan banyaknya elemen dalam PðSÞ, himpunan semua himpunan bagian dari S, untuk setiap himpunan berikut: (a) S :¼ {1, 2}, (b) S :¼ {1, 2, 3}, (c) S :¼ {1, 2, 3, 4}. Pastikan untuk memasukkan himpunan kosong dan himpunan S itu sendiri dalam PðS.
12. Gunakan Induksi Matematika untuk membuktikan bahwa jika himpunan S memiliki n anggota, maka PðSÞ memiliki 2n anggota .
13. Buktikan bahwa himpunan F NÞ dari semua himpunan bagian berhingga dari N dapat dihitung.
Machine Translated by Google
BAB 2
ANGKA NYATA
Pada bab ini kita akan membahas sifat-sifat esensial sistem bilangan real R. Meskipun dimungkinkan untuk memberikan konstruksi formal dari sistem ini berdasarkan himpunan yang lebih primitif (seperti himpunan N bilangan asli atau himpunan Q bilangan rasional), kami telah memilih untuk tidak melakukannya. Sebagai gantinya, kami menunjukkan daftar properti dasar yang terkait dengan bilangan real dan menunjukkan bagaimana properti selanjutnya dapat disimpulkan darinya. Kegiatan semacam ini jauh lebih berguna dalam mempelajari alat analisis daripada memeriksa kesulitan logis dalam membangun model untuk R. Sistem bilangan real dapat digambarkan sebagai "bidang terurut lengkap", dan kita akan membahas deskripsi itu dengan cukup rinci. Dalam Bagian 2.1, pertama-tama kita memperkenalkan sifat "aljabar"—sering disebut sifat "bidang" dalam aljabar abstrak—yang didasarkan pada dua operasi penjumlahan dan perkalian. Kami melanjutkan bagian ini dengan pengenalan sifat 'urutan' dari R dan kami memperoleh beberapa konsekuensi dari sifat-sifat ini dan mengilustrasikan penggunaannya dalam bekerja dengan ketidaksetaraan. Gagasan nilai mutlak, yang didasarkan pada sifat-sifat urutan, dibahas dalam Bagian 2.2. Dalam Bagian 2.3, kita membuat langkah terakhir dengan menambahkan sifat "kelengkapan" yang penting ke sifat aljabar dan keteraturan dari R. Sifat inilah, yang tidak sepenuhnya dipahami sampai akhir abad kesembilan belas, yang mendasari teori limit. dan kesinambungan dan pada dasarnya semua yang berikut dalam buku ini. Pengembangan analisis riil yang ketat tidak akan mungkin terjadi tanpa sifat esensial ini. Di Bagian 2.4, kami menerapkan Properti Kelengkapan untuk memperoleh beberapa hasil mendasar tentang R, termasuk Properti Archimedean, keberadaan akar kuadrat, dan kerapatan bilangan rasional di R. Kami menetapkan, di Bagian 2.5, Properti Interval Bersarang dan penggunaan itu untuk membuktikan tak terhitungnya R. Kami juga membahas hubungannya dengan representasi biner dan desimal dari bilangan real. Bagian dari tujuan Bagian 2.1 dan 2.2 adalah untuk memberikan contoh bukti teorema dasar dari asumsi yang dinyatakan secara eksplisit. Dengan demikian, siswa dapat memperoleh pengalaman dalam menulis bukti formal sebelum menghadapi argumen yang lebih halus dan rumit terkait dengan Sifat Kelengkapan dan konsekuensinya. Namun, siswa yang sebelumnya telah mempelajari metode aksiomatik dan teknik pembuktian (mungkin dalam kursus aljabar abstrak) dapat pindah ke Bagian 2.3 setelah melihat sepintas pada bagian sebelumnya. Sebuah diskusi singkat tentang logika dan jenis bukti dapat ditemukan di Lampiran A di bagian belakang buku ini. Istilah seperti ''kontrapositif'' dan ''berlawanan'' dijelaskan di sana dan beberapa bukti diperiksa secara rinci.
Bagian 2.1 Sifat Aljabar dan Orde dari R Kita mulai dengan diskusi singkat tentang ''struktur aljabar'' dari sistem bilangan real. Kami akan memberikan daftar singkat sifat dasar penjumlahan dan perkalian dari mana semua sifat aljabar lainnya dapat diturunkan sebagai teorema. Dalam terminologi abstrak 23
Machine Translated by Google
24 BAB 2 ANGKA NYATA aljabar, sistem bilangan real adalah "bidang" sehubungan dengan penjumlahan dan perkalian. Properti dasar yang tercantum dalam 2.1.1 dikenal sebagai aksioma medan. Sebuah operasi biner mengasosiasikan dengan setiap pasangan (a, b) elemen unik B(a, b), tetapi kita akan menggunakan notasi konvensional dari a b dan ab ketika membahas sifat-sifat penjumlahan dan perkalian. 2.1.1 Sifat Aljabar R Pada himpunan R bilangan real terdapat dua operasi biner, yang dilambangkan dengan dan dan masing-masing disebut penjumlahan dan perkalian. Operasi ini memenuhi properti berikut: (A1) a b b a untuk semua a, b dalam R (sifat komutatif penjumlahan); (A2) a bÞ þ c a ðb cÞ untuk semua a, b, c dalam R (sifat asosiatif penjumlahan); (A3) terdapat sebuah elemen 0 di R sedemikian rupa sehingga 0 a a dan a 0 a untuk semua a dalam R (adanya elemen nol); (A4) untuk setiap a di R terdapat elemen a di R sedemikian rupa sehingga a aÞ ¼ 0 dan aÞ a 0 (adanya elemen negatif); (M1) ab ba untuk semua a, b dalam R (sifat komutatif perkalian); (M2) a bÞ c a b cÞ untuk semua a, b, c dalam R (sifat asosiatif perkalian); (M3) terdapat elemen 1 di R yang berbeda dari 0 sehingga 1 a a dan a 1 a untuk semua a dalam R (adanya elemen satuan); (M4) untuk setiap a 6¼ 0 di R terdapat elemen 1=a di R sedemikian rupa sehingga a 1=aÞ 1 dan 1=aÞ a 1 (adanya timbal balik); (D) a b cÞ¼ða bÞþða cÞ dan b cÞ a b aÞþðc aÞ untuk semua a, b, c di R (sifat distributif perkalian terhadap penjumlahan). Properti ini harus akrab bagi pembaca. Empat yang pertama berkaitan dengan penjumlahan, empat berikutnya dengan perkalian, dan yang terakhir menghubungkan dua operasi. Inti dari daftar ini adalah bahwa semua teknik aljabar yang sudah dikenal dapat diturunkan dari sembilan sifat ini, dengan semangat yang sama bahwa teorema geometri Euclidean dapat disimpulkan dari lima aksioma dasar yang dinyatakan oleh Euclid dalam Elements-nya. Karena tugas ini lebih cocok untuk mata kuliah aljabar abstrak, kami tidak akan melakukannya di sini. Namun, untuk menunjukkan semangat usaha, kami akan mencicipi beberapa hasil dan buktinya. Kami pertama-tama menetapkan fakta dasar bahwa elemen 0 dan 1, yang keberadaannya ditegaskan dalam (A3) dan (M3), sebenarnya unik. Kami juga menunjukkan bahwa perkalian dengan 0 selalu menghasilkan 0.
2.1.2 Teorema (a) Jika z dan a adalah elemen dalam R dengan z a ¼ a, maka z 0. (b) Jika u dan b 6¼ 0 adalah elemen dalam R dengan ub b, maka u 1. (c) Jika a 2 R, maka a 0 0. Bukti. (a) Dengan menggunakan (A3), (A4), (A2), hipotesis z a a, dan (A4), kita peroleh z z þ 0 ¼ z a aÞÞ z aÞ þ aÞ a aÞ 0: (b) Dengan menggunakan (M3), (M4), (M2), persamaan yang diasumsikan ub b, dan (M4) lagi, kita peroleh
u u 1 u ðb 1=bÞÞ ¼ u bÞ 1=bÞ ¼ b ð1=bÞ 1: (c) Kami memiliki (mengapa?)
a a 0 a 1 a 0 a 1 0Þ a 1 a: Oleh karena itu, kami menyimpulkan dari (a) bahwa a 0 0.
QED
Machine Translated by Google
2.1 SIFAT ALJABAR DAN ORDERAN R 25
Kami selanjutnya menetapkan dua sifat penting dari perkalian: keunikan timbal balik dan fakta bahwa hasil kali dua bilangan adalah nol hanya jika salah satu faktornya nol. 2.1.3 Teorema (a) Jika a 6¼ 0 dan b dalam R sedemikian rupa sehingga ab 1, maka b 1=a. (b) Jika ab 0, maka a 0 atau b 0. Bukti. (a) Dengan menggunakan (M3), (M4), (M2), hipotesis ab 1, dan (M3), kita peroleh b 1 b ¼ 1=aÞ aÞ b ¼ 1=aÞ ða bÞ¼ð1=aÞ 1 1=a: (b) Cukup dengan mengasumsikan a 6¼ 0 dan membuktikan bahwa b 0. (Mengapa?) Kami mengalikan ab dengan 1=a dan menerapkan (M2), (M4), dan (M3) untuk mendapatkan
1=aÞ a bÞ 1=aÞ aÞ b 1 b b: Karena ab 0, dengan 2.1.2(c) ini juga sama dengan 1=aÞ a bÞ¼ð1=aÞ 0 0: Jadi kita memiliki b 0.
QED
Teorema ini mewakili sampel kecil dari sifat aljabar dari sistem bilangan real. Beberapa konsekuensi tambahan dari properti bidang diberikan dalam latihan. Operasi pengurangan didefinisikan oleh ab :¼ a bÞ untuk a, b di R. Demikian pula, pembagian didefinisikan untuk a, b di R dengan b 6¼ 0 oleh a=b :¼ a 1=bÞ. Berikut ini, kami akan menggunakan notasi biasa ini untuk pengurangan dan pembagian, dan kami akan menggunakan semua properti yang sudah dikenal dari operasi ini. Kami biasanya akan menghilangkan penggunaan titik untuk menunjukkan perkalian dan menulis ab untuk a b. Demikian pula, kita akan menggunakan notasi biasa untuk eksponen dan menulis a2 untuk aa, a3 untuk a2Þa; dan, secara umum, kami mendefinisikan anþ1 :¼ anÞa untuk n 2 N. Kami setuju untuk mengadopsi konvensi bahwa a1 a. Selanjutnya, jika a 6¼ 0, kita tulis a0 1 dan a1 n 1=a, dan jika n 2 N, kita akan menulis an untuk 1=aÞ , untuk saat yang tepat untuk melakukannya. Secara umum, kita akan bebas menerapkan semua teknik aljabar biasa tanpa penjelasan lebih lanjut. Bilangan Rasional dan Irasional Kami menganggap himpunan N bilangan asli sebagai himpunan bagian dari R, dengan mengidentifikasi bilangan asli n 2 N dengan jumlah n kali lipat dari elemen satuan 1 2 R. Demikian pula, kami mengidentifikasi 0 2 Z dengan elemen nol dari 0 2 R, dan kami mengidentifikasi jumlah n kali lipat 1 dengan bilangan bulat n. Jadi, kami menganggap N dan Z sebagai himpunan bagian dari R.
Unsur-unsur R yang dapat ditulis dalam bentuk b=a dimana a; b 2 Z dan a 6¼ 0 disebut bilangan rasional. Himpunan semua bilangan rasional di R akan dilambangkan dengan notasi standar Q. Jumlah dan hasil kali dua bilangan rasional adalah bilangan rasional (buktikan), dan terlebih lagi, sifat-sifat medan yang tercantum di awal bagian ini dapat menjadi ditunjukkan untuk menahan Q. Fakta bahwa ada elemen di R yang tidak ada di Q tidak langsung terlihat. Pada abad keenam SM masyarakat Yunani kuno Pythagoras menemukan bahwa diagonal persegi dengan sisi satuan tidak dapat dinyatakan sebagai rasio bilangan bulat. Mengingat Teorema Pythagoras untuk segitiga siku-siku, ini menyiratkan bahwa kuadrat tidak ada bilangan rasional yang bisa sama dengan 2. Penemuan ini memiliki dampak besar pada perkembangan matematika Yunani. Salah satu akibatnya adalah bahwa unsur-unsur R yang tidak berada di Q dikenal sebagai bilangan irasional, artinya bukan merupakan rasio bilangan bulat. Meskipun kata ''irasional'' dalam penggunaan bahasa Inggris modern memiliki arti yang sangat berbeda, kita akan mengadopsi penggunaan matematis standar dari istilah ini.
Machine Translated by Google
26 BAB 2 ANGKA NYATA Sekarang kita akan membuktikan bahwa tidak ada bilangan rasional yang kuadratnya 2. Dalam pembuktiannya kita menggunakan pengertian bilangan genap dan ganjil. Ingat bahwa bilangan asli adalah genap jika memiliki bentuk 2n untuk beberapa n 2 N, dan ganjil jika memiliki bentuk 2n 1 untuk beberapa n 2 N. Setiap bilangan asli adalah genap atau ganjil, dan tidak ada bilangan asli yang genap dan ganjil. 2.1.4 Teorema Tidak ada bilangan rasional r sehingga r2 2. 2
Bukti. Misalkan, sebaliknya, bahwa p dan q adalah bilangan bulat sehingga p=qÞ 2. Kita dapat berasumsi bahwa p dan q positif dan tidak memiliki faktor bilangan bulat yang sama selain 1. (Mengapa?) Karena p2 2q2 , kita melihat bahwa p2 genap. Ini menyiratkan bahwa p juga genap (karena jika p 2n 1 ganjil, maka kuadratnya p2 2ð2n2 2n 1Þ 1 juga ganjil). Oleh karena sebagai itu, karena faktor persekutuan, p dan q tidak maka memiliki q harus 2 bilangan asli ganjil. Karena p genap, maka p 2m untuk suatu m 2 N, dan karenanya 4m2 2q2 , sehingga 2m2 q2. Oleh karena itu, q2 genap, dan karenanya q adalah bilangan asli genap. Karena hipotesis bahwa p=qÞ genap dan ganjil, itu pasti salah.
2
2 mengarah pada kesimpulan yang kontradiktif bahwa q adalah QED
Sifat Orde dari R The ''order properties'' dari R mengacu pada gagasan positif dan ketidaksetaraan antara bilangan real. Seperti halnya struktur aljabar sistem bilangan real, kita lanjutkan dengan mengisolasi tiga sifat dasar dari mana semua sifat orde dan perhitungan dengan pertidaksamaan dapat disimpulkan. Cara paling sederhana untuk melakukannya adalah dengan mengidentifikasi subset khusus dari R dengan menggunakan gagasan ''positif''. 2.1.5 Sifat Orde dari R Ada subset tak kosong P dari R, yang disebut himpunan bilangan real positif, yang memenuhi sifat-sifat berikut: Jika a, b milik P, maka a b milik P. (i) milik R, Jika maka a, tepat b milik salah P, maka satu ab darimilik berikut P. (ii) ini(iii) berlaku: Jika a
sebuah 2P;
a 0;
sebuah 2P:
Dua kondisi pertama memastikan kompatibilitas urutan dengan operasi penjumlahan dan perkalian, masing-masing. Kondisi 2.1.5(iii) biasanya disebut Sifat Trikotomi, karena membagi R menjadi tiga jenis elemen yang berbeda. Dinyatakan bahwa himpunan fa : a 2 Pg bilangan real negatif tidak memiliki elemen yang sama dengan himpunan P bilangan real positif, dan, selain itu, himpunan R adalah gabungan dari tiga himpunan lepas. Jika a 2 P, kita tulis a > 0 dan katakan bahwa a adalah bilangan real positif (atau benar-benar positif). Jika a 2 P [ f0g, kami menulis 0 dan mengatakan bahwa a adalah bilangan real nonnegatif. Demikian pula, jika a 2 P, kita tulis a < 0 dan katakan bahwa a adalah bilangan real negatif (atau sangat negatif). Jika a 2 P [ f0g, kami menulis 0 dan mengatakan bahwa a adalah bilangan real nonpositif. Gagasan pertidaksamaan antara dua bilangan real sekarang akan didefinisikan dalam himpunan P dari elemen-elemen positif. 2.1.6 Definisi Misalkan a, b adalah elemen-elemen dari R.
(a) Jika ab 2 P, maka ditulis a > b atau b < a. (b) Jika ab 2 P [ f0g, maka kita tuliskan ab atau b a.
Machine Translated by Google
2.1 SIFAT ALJABAR DAN ORDERAN R 27 Sifat Trikotomi 2.1.5(iii) menyiratkan bahwa untuk a; b 2 R tepat salah satu dari berikut ini akan berlaku: a > b; a b; a < b: Oleh karena itu, jika keduanya ab dan ba, maka a b. Untuk kenyamanan notasi, kita akan menulis a c (b) , maka a > c. 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. Bukti. (a) Jika ab 2 P dan bc 2 P, maka 2.1.5(i) menyiratkan bahwa a bÞþðb cÞ ¼ ac milik P. Oleh karena itu a > c. (b) Jika ab 2 P, maka a cÞðb cÞ ab ada di P. Jadi a c > b c. (c) Jika ab 2 P dan c 2 P, maka ca cb cða bÞ ada di P sebesar 2.1.5(ii). Jadi ca > cb jika c > 0.
Sebaliknya, jika c < 0, maka c 2 P, sehingga cb ca cÞða bÞ ada di P. Jadi cb > ca ketika c < 0.
QED Adalah wajar untuk mengharapkan bahwa bilangan asli adalah bilangan real positif. Sifat ini diturunkan dari sifat dasar keteraturan. Pengamatan kuncinya adalah bahwa kuadrat dari bilangan real yang tidak nol adalah positif. 2.1.8 Teorema (a) Jika a 2 R dan a 6¼ 0, maka a2 > 0. (b) 1 > 0. (c) Jika n 2 N, maka n > 0.
Bukti. (a) Dengan Sifat Trikotomi, jika a 6¼ 0, maka a 2 P atau a 2 P. Jika a 2 P, maka dengan 2.1.5(ii), kita memiliki a2 aa 2 P. Juga, jika a 2 P, maka a2 ðaÞðaÞ 2 P. Kita simpulkan bahwa jika a 6¼ 0, maka a2 > 0. (b) Karena 1 12, maka dari (a) bahwa 1 > 0. (c) Kita menggunakan Induksi Matematika. Pernyataan untuk n 1 benar oleh (b). Jika kita menganggap pernyataan ini benar untuk bilangan asli k, maka k 2 P, dan karena 1 2 P, kita memiliki k 1 2 P dengan 2.1.5(i). Oleh karena itu, pernyataan ini benar untuk semua bilangan asli.
QED Perlu dicatat bahwa tidak ada bilangan real positif terkecil yang bisa ada. Ini diikuti dengan mengamati bahwa jika a > 0, maka karena > 0 (mengapa?), kita memilikinya 12 0 < 1 a < a: 2
Machine Translated by Google
28 BAB 2 ANGKA NYATA
Jadi jika diklaim bahwa a adalah bilangan real positif terkecil, kita dapat menunjukkan bilangan positif yang lebih a. kecil. Pengamatan ini 21mengarah pada hasil berikutnya, yang akan sering digunakan sebagai metode pembuktian.
Misalnya, untuk membuktikan bahwa suatu bilangan a 0 sebenarnya sama dengan nol, kita melihat bahwa cukup untuk menunjukkan bahwa a lebih kecil dari bilangan positif sembarang.
2.1.9 Teorema Jika a 2 R sedemikian rupa sehingga 0 a < e untuk setiap e > 0, maka a 0. Bukti. Misalkan sebaliknya a > 0. Maka jika diambil e0 :¼
1 a, kita memiliki 0 < e0 < a. 2
QED
Oleh karena itu, salah bahwa a < e untuk setiap e > 0 dan kita simpulkan bahwa a 0.
Keterangan Ini adalah latihan untuk menunjukkan bahwa jika a 2 R sedemikian rupa sehingga 0 ae untuk setiap e > 0, maka a 0.
Hasil kali dua bilangan positif adalah positif. Namun, kepositifan produk dari dua angka tidak berarti bahwa setiap faktor adalah positif. Kesimpulan yang benar diberikan dalam teorema berikutnya. Ini adalah alat penting dalam bekerja dengan ketidaksetaraan. 2.1.10 Teorema Jika ab > 0, maka > 0 bdan (ii) a < 0adan < 0.b > 0, atau (i)
Bukti. Pertama kita perhatikan bahwa ab > 0 menyiratkan bahwa a 6 0 dan b 6 0. (Mengapa?) Dari Sifat Trikotomi, a > 0 atau a < 0. Jika a > 0, maka 1=a > 0, dan oleh karena itu b 1=aÞ abÞ > 0.
QED
Demikian pula jika a < 0, maka 1=a < 0, sehingga b ð1=aÞðabÞ < 0. 2.1.11 Akibat Akibat Jika ab < 0, maka keduanya (i) a < 0 dan b > 0, atau (ii) a > 0 dan b < 0.
ketidaksetaraan Kami sekarang menunjukkan bagaimana Properti Urutan yang disajikan di bagian ini dapat digunakan untuk ''menyelesaikan'' ketidaksetaraan tertentu. Pembaca harus membenarkan setiap langkah.
2.1.12 Contoh (a) Tentukan himpunan A dari semua bilangan real x sehingga 2x 3 6. Kami mencatat bahwa kami memiliki
x 2 A () 2x 3 6 () 2x 3 () x Jadi A x 2 R : x (b) Tentukan
32:
32.
himpunan B :¼ fx 2 R : x2 x > 2g. Kami menulis ulang pertidaksamaan sehingga Teorema 2.1.10 dapat diterapkan. Perhatikan bahwa
x 2 B () x2 x 2 > 0 () x 1Þðx 2Þ > 0: Oleh karena itu, kita memiliki (i) x 1 > 0 dan x 2 > 0, atau kita memiliki (ii) x 1 < 0 dan x 2 < 0. Dalam kasus (i) kita harus memiliki keduanya x > 1 dan x > 2, yang dipenuhi jika dan hanya
y Simbol () harus dibaca ''jika dan hanya jika.''
Machine Translated by Google 2.1 SIFAT ALJABAR DAN ORDERAN R 29
jika x > 1. Dalam kasus (ii) kita harus memiliki keduanya x < 1 dan x < 2, yang dipenuhi jika dan hanya jika x < 2. Kami menyimpulkan bahwa B fx 2 R : x > 1g[fx 2 R : x < 2g. (c) Tentukan himpunan 2x 1
C :¼ x 2 R :
0, atau (ii) x 1 > 0 dan x 2 < 0. (Mengapa?) Dalam kasus (i) kita harus memiliki keduanya x < 1 dan x > 2, yang dipenuhi jika dan hanya jika 2 < x < 1. Dalam kasus (ii), kita harus memiliki keduanya x > 1 dan x < 2, yang tidak pernah terpenuhi.
&
Kami menyimpulkan bahwa C fx 2 R : 2 < x < 1g. Contoh berikut mengilustrasikan penggunaan Orde Properties dari R dalam menetapkan
ketidaksetaraan tertentu. Pembaca harus memverifikasi langkah-langkah dalam argumen dengan mengidentifikasi properti yang dipekerjakan. Perlu dicatat bahwa keberadaan akar kuadrat dari bilangan positif belum telah didirikan; namun, kami menganggap keberadaan akar ini untuk tujuan ini contoh. (Keberadaan akar kuadrat akan dibahas di Bagian 2.4.) 2.1.13 Contoh (a) Misalkan a 0 dan b 0. Maka ffiffiffi ffiffiffi
a < b () a2 < b2 () bp
1Þ
ap
0 dan b > 0, meninggalkan kasus a 0 kepada pembaca. Itu mengikuti
dari 2.1.5(i) bahwa a b > 0. Karena b2 a2 ¼ b aÞðb aÞ, maka dari 2.1.7(c) bahwa ba > 0 menyiratkan bahwa b2 a2 > 0. Juga, dari 2.1.10, b2 a2 > 0 menyiratkan ba > 0 itu. ffiffiffi
ffiffiffi
ffiffiffi
ffiffiffi
2
ketika a dan b masing-masing digantikan implikasi oleh ap dan bpKarena kedua . adalah a bpapkonsekuensi > 0 dan Jika apdari a2 >dan 0 implikasi dan b bpb >>pertama 0. 0, maka
, itu
ffiffiffi
ffiffiffi
Kami juga menyerahkan kepada pembaca untuk menunjukkan bahwa jika a 0 dan b 0, maka ffiffiffi ffiffiffi
ab () a2 b2 () ap
10 _
bp 1 2 a bÞ dan mereka
(b) Jika a dan b bilangan real positif, maka rata-rata aritmatikanya adalah ab p . ffiffiffiffi
rata-rata geometris adalah
Pertidaksamaan Mean Aritmatika-Geometris untuk a, b adalah ffiffiffiffi
ab p 1
2Þ
2 a bÞ
dengan persamaan yang terjadi jika dan hanya jika a b.
ffiffiffi ffiffiffi
bp >2.1.8(a) 0, dan Oleh Untuk membuktikannya, perhatikan bahwa jika a > 0; b > 0, dan a 6¼ b, maka ap > 0; bp. karena itu (Mengapa?) dari ffiffiffi
ffiffiffi
ffiffiffi
ffiffiffi
bahwa p 6¼ bujur sangkar ini, kita peroleh
ap ffiffiffiffi
sebuah 2 ab
p b > 0;
dari mana mengikuti itu ffiffiffiffi
ab p
0. Memperluas
Machine Translated by Google 30 BAB 2 ANGKA NYATA
Oleh karena itu (2) berlaku (dengan ketidaksamaan yang ketat) ketika a 6¼ b. Selain itu, jika a bð> 0Þ, maka keduanya
sisi (2) sama dengan a, sehingga (2) menjadi persamaan. Ini membuktikan bahwa (2) berlaku untuk a > 0; b > 0. ffiffiffiffi
ab p
Di sisi lain, misalkan a > 0; b > 0 dan itu
1 2a
bÞ. Kemudian,
mengkuadratkan kedua sisi dan mengalikan dengan 4, kita memperoleh 2
4ab a bÞ
a2 2ab b2 _
;
dari mana mengikuti itu 2
0 a2 2ab b2 a bÞ
:
Tetapi persamaan ini menyiratkan bahwa a b. (Mengapa?) Jadi, persamaan pada (2) menyiratkan bahwa a b.
Catatan Pertidaksamaan Mean Aritmatika-Geometrik umum untuk real positif nomor a1; a2; ... ; sebuah is 3Þ
a1a2 danÞ
1 = n a1 a2 an
n
dengan persamaan yang terjadi jika dan hanya jika a1 a2 an . Hal ini dimungkinkan untuk membuktikan ini lebih
pernyataan umum menggunakan Induksi Matematika, tetapi pembuktiannya agak rumit. Lebih banyak lagi
bukti elegan yang menggunakan sifat-sifat fungsi eksponensial ditunjukkan dalam Latihan 8.3.9 di Bab 8.
(c) Pertidaksamaan Bernoulli. Jika x > 1, maka 4Þ
1 xÞ
n
1 nx untuk semua n 2 N
Pembuktiannya menggunakan Induksi Matematika. Kasus n 1 menghasilkan kesetaraan, sehingga pernyataan
valid dalam hal ini. Selanjutnya, kita asumsikan validitas pertidaksamaan (4) untuk k 2 N dan akan k 1 kx dan itu 1 x > 0 menyimpulkannya untuk k 1. Memang, asumsi bahwa 1 xÞ menyiratkan (mengapa?) bahwa
1 xÞ
kþ1
k
1 xÞ 1 xÞ 1 kxÞ 1 xÞ 1 k 1Þx kx2 1 k 1Þx:
Jadi, pertidaksamaan (4) berlaku untuk n k þ 1. Oleh karena itu, (4) berlaku untuk semua n 2 N.
&
Latihan untuk Bagian 2.1
1. Jika a; b 2 R, buktikan berikut ini. (a) Jika a b 0, maka b a, (c) 1Þa a,
(b) aÞ a, (d) 1Þð1Þ 1.
2. Buktikan bahwa jika a; b 2 R, maka
(a) a bÞ aÞ þ ðbÞ, (c) 1=ðaÞ ¼ 1=aÞ,
(b) aÞ bÞ ab, (D)
a=bÞ aÞ=b jika b 6¼ 0.
3. Selesaikan persamaan berikut, justifikasi setiap langkah dengan mengacu pada sifat yang sesuai atau
dalil. (a) 2x 5 8; (c) x2 1 3;
(b) x2 2x; (d) x 1Þðx 2Þ 0:
Machine Translated by Google
2.1 SIFAT ALJABAR DAN ORDERAN R 31 4. Jika a 2 R memenuhi aa a, buktikan bahwa a 0 atau a 1. 5. Jika a 6¼ 0 dan b 6¼ 0, tunjukkan bahwa 1=ðabÞ¼ð1=aÞð1=bÞ. 6. Gunakan argumen dalam pembuktian Teorema 2.1.4 untuk menunjukkan bahwa tidak ada bilangan rasional s sehingga s2 6. 7. Ubah bukti Teorema 2.1.4 untuk menunjukkan bahwa tidak ada bilangan rasional sehingga 2 t 3. 8. (a) Tunjukkan bahwa jika x, y adalah bilangan rasional, maka x y dan xy adalah bilangan rasional. (b) Buktikan bahwa jika x bilangan rasional dan y bilangan irasional, maka x y bilangan irasional. Selain itu, jika x 6¼ 0, maka tunjukkan bahwa xy adalah bilangan irasional. 2 p : s;t 2 Q . Tunjukkan bahwa K memenuhi berikut ini: 9. ffiffiffi
Misalkan K :¼ s t (a) Jika x1; x2 2 K, maka x1 x2 2 K dan x1x2 2 K. (b) Jika x 6¼ 0 dan x 2 K, maka 1=x 2 K. (Jadi himpunan K adalah subbidang dari R. Dengan urutan yang diwarisi dari R, himpunan K adalah medan terurut yang terletak di antara Q dan R.) 10. (a) Jika a < b dan cd, buktikan bahwa a c < b d. d, buktikan bahwa 0 (b) Jika 0 < a < b dan 0 c
ac bd.
11. (a) Tunjukkan bahwa jika a > 0, maka 1=a > 0 dan 1=ð1=aÞ a. (b) Tunjukkan bahwa jika a < b, maka a
0, maka sebuah 0.
18. Biarkan a; b 2 R, dan misalkan untuk setiap e > 0 kita memiliki ab e. Tunjukkan bahwa ab. a bÞ 2
19. Buktikan bahwa 12
12
a2 b2 untuk semua a; b 2 R. Tunjukkan bahwa persamaan berlaku jika dan hanya jika
a b.
20. (a) Jika 0 < c < 1, tunjukkan bahwa 0 < c2 < c < 1. (b) Jika 1 < c, tunjukkan bahwa 1 < c < c2. 21. (a) Buktikan tidak ada n 2 N sedemikian sehingga 0 < n < 1. (Gunakan Sifat Berurutan Baik dari N.) (b) Buktikan bahwa tidak ada bilangan asli yang genap dan ganjil. 22. (a) Jika c > 1, tunjukkan bahwa cn c untuk semua n 2 N, dan bahwa cn > c untuk n > 1. c untuk
(b) Jika 0 < c < 1, tunjukkan bahwa cn
semua n 2 N, dan cn < c untuk n > 1.
23. Jika a > 0; b > 0; dan n 2 N, tunjukkan bahwa a < b jika dan hanya jika a < bn . [Petunjuk: Gunakan Matematika Induksi.] 24. (a) Jika c > 1 dan m; n 2 N, tunjukkan bahwa cm > cn jika dan hanya jika m > n. (b) Jika 0 < c < 1 dan m; n 2 N, tunjukkan bahwa cm < cn jika dan hanya jika m > n. 25. Dengan asumsi adanya akar, tunjukkan bahwa jika c > 1, maka c1=m < c1=n jika dan hanya jika m > n. 26. Gunakan Induksi Matematika untuk menunjukkan bahwa jika a 2 R dan m; n 2 N, maka amþn aman dan
amÞ amn .
Machine Translated by Google 32 BAB 2 ANGKA NYATA
Bagian 2.2 Nilai Mutlak dan Garis Nyata
Dari Sifat Trikotomi 2.1.5(iii), kita yakin bahwa jika a 2 R dan a 6¼ 0, maka tepat salah satu bilangan a dan a positif. Nilai absolut dari 6¼ 0 didefinisikan sebagai salah satu positif dari dua angka ini. Nilai mutlak 0 didefinisikan sebagai 0. 2.2.1 Definisi Nilai mutlak suatu bilangan real a, dilambangkan dengan jaj, ditentukan oleh
jaj :
8 a jika a > 0; 0 jika a 0; a < : jika a < 0:
Misalnya, j5j 5 dan j 8j 8. Kita melihat dari definisi bahwa jaj 0 untuk semua 2 R, dan bahwa jaj 0 jika dan hanya jika a 0. Juga j aj¼jaj untuk semua 2 R. Beberapa properti tambahan adalah sebagai berikut. 2.2.2 Teorema (a) jabj¼jajbj untuk semua a; b 2 R: 2
untuk 2 R. (b) jaj (c) a2 Jika c 0, semua maka jaj c jika dan hanya jika ca
c. jaj a jaj untuk semua 2 R. (d)
Bukti. (a) Jika a atau b adalah 0, maka kedua ruas sama dengan 0. Ada empat kasus lain yang perlu dipertimbangkan. Jika a > 0; b > 0, lalu ab > 0, sehingga jabj ab jajjbj. Jika a > 0; b < 0, maka ab < 0, sehingga jabj¼ab aðbÞ¼jajbj. Kasus-kasus yang tersisa diperlakukan 2. sama. (b) Sejak a2 0, kita memiliki a2 ja2j¼jaaj¼jajajjaj¼jaj (c) Ifjaj Sebaliknya, jika cac, c, makaackita memiliki keduanyasehingga ac dan c jaj (mengapa?), c a. maka kita memiliki dan ac (mengapa?), (d) Ambil cyang jaj di setara bagiandengan (c). C.
QED
Pertidaksamaan penting berikut ini akan sering digunakan. 2.2.3 Pertidaksamaan Segitiga Jika a; b 2 R, maka ja bj jajþjbj. Bukti. Dari 2.2.2(d), kita memiliki jaj a jaj dan jbj b jbj. Dengan menambahkan pertidaksamaan ini, kita memperoleh jajþjbj a b jajþjbj: Oleh karena itu, dengan 2.2.2(c) kita memiliki ja bj jajþjbj.
QED
Dapat ditunjukkan bahwa persamaan terjadi pada Pertidaksamaan Segitiga jika dan hanya jika ab > 0,
yang setara dengan mengatakan bahwa a dan b memiliki tanda yang sama. (Lihat Latihan 2.)
Ada banyak variasi yang berguna dari Ketimpangan Segitiga. Berikut adalah dua. 2.2.4 Akibat Wajar Jika a; b 2 R, maka
(a) jajjbj ja bj; (b) ja bj jajþjbj: Bukti. (a) Kami menulis a ab b dan kemudian menerapkan Pertidaksamaan Segitiga untuk mendapatkan jaj jða bÞ bj pula, ja bjþjbj. Sekarang kurangi jbj untuk mendapatkan jajjbj ja bj. Demikian
Machine Translated by Google 2.2 NILAI MUTLAK DAN GARIS NYATA 33
dari jbj¼jb a aj bj jb gabungkan kedua jb ajþjaj, pertidaksamaan kita perolehini, ja dengan menggunakan
aj jjbj. Jika kita
2.2.2(c), kita mendapatkan pertidaksamaan pada (a).
bj
(b) Ganti b pada Pertidaksamaan Segitiga dengan b untuk mendapatkan ja bj jajþj bj. Karena j jbj
QED
kita peroleh pertidaksamaan pada (b).
Aplikasi langsung dari Induksi Matematika memperluas persamaan Segitiga Dalam ke sejumlah elemen R yang terbatas. 2.2.5 Akibat Wajar Jika a1; a2; ...
;
a adalah sembarang bilangan real, maka
ja1 a2 anj ja1jþja2jþ janj : _ Contoh berikut mengilustrasikan bagaimana sifat-sifat nilai mutlak dapat digunakan. 2.2.6 Contoh (a) Tentukan himpunan A dari x 2 R sedemikian hingga j2x 3j < 7. Dari modifikasi 2.2.2(c) untuk kasus pertidaksamaan tegas, kita melihat bahwa x 2 A jika dan hanya jika 7 < 2x 3 < 7, yang dipenuhi jika dan hanya jika 10 < 2x < 4. Bagi dengan 2, kita simpulkan bahwa A fx 2 R : 5 < x < 2g. (b) Tentukan himpunan B :¼ fx 2 R : jx 1j < jxjg. Salah satu metode adalah dengan mempertimbangkan kasus sehingga simbol nilai absolut dapat dihilangkan.
Di sini kita mengambil kasus
iÞ x 1; iiÞ 0 x < 1; iiiÞ x < 0: (Mengapa kita memilih ketiga kasus ini?) Jika (i) pertidaksamaan menjadi x 1 < x, yang dipenuhi tanpa batasan lebih lanjut. Oleh karena itu semua x sedemikian rupa sehingga x 1 milik 1
himpunan B. Dalam kasus (ii), pertidaksamaan menjadi x 1Þ < x, yang mensyaratkan bahwa x >2.Jadi, 1 kasus ini memberikan kontribusi semua x sedemikian rupa 2 sehingga < x < 1 ke himpunan B. Dalam kasus (iii), pertidaksamaan
menjadi x 1Þ < x, yang ekuivalen dengan 1 < 0. Karena pernyataan ini salah, tidak nilai x dari kasus (iii) memenuhi pertidaksamaan. Membentuk kesatuan dari tiga kasus, kami 1 simpulkan bahwa B x 2 R : x > 2.
Ada metode kedua untuk menentukan himpunan B berdasarkan fakta bahwa a < b jika dan hanya jika a2 < b2 ketika a 0 dan b 0. (Lihat 2.1.13(a).) Jadi, pertidaksamaan jx 1j < 2
jxj sama dengan pertidaksamaan jx 1j
< jxj
2
2
. Sejak jajo a2 untuk setiap a dengan 2.2.2(b), kita 1
dapat memperluas kuadrat untuk mendapatkan x2 2x 1 < x2, yang disederhanakan menjadi x >2.Jadi, kita
lagi menemukan bahwa B x 2 R : x >
1 Metode 2.
kuadrat ini kadang-kadang dapat digunakan untuk
keuntungan, tetapi seringkali analisis kasus tidak dapat dihindari ketika berhadapan dengan nilai absolut.
Gambaran grafik pertidaksamaan diperoleh dengan membuat sketsa grafik y jxj dan y jx 1j, dan menafsirkan pertidaksamaan jx 1j < jxj berarti bahwa grafik y jx 1j terletak di bawah grafik y jxj. Lihat Gambar 2.2.1. kamu
y=|x|
y = | x – 1|
x 12
1
Gambar 2.2.1 jx 1j < jxj
Machine Translated by Google
34 BAB 2 ANGKA NYATA
(c) Selesaikan pertidaksamaan j2x 1j x 1. 1
Ada dua kasus yang perlu dipertimbangkan. jika x
2,
maka j2x 1j¼2x 1 dan pertidaksamaan
menjadi 2x þ 1 x 1, yaitu x 0. Jadi kasus satu memberi kita 0 x yang memberi kita kita asumsikan x dapatkan 1 2
1 2,
1 2. Untuk kasus dua 1 kami
pertidaksamaan 2x 1 x 1, atau x 2. Sejak xx 2. Menggabungkan dua kasus,
2,
kita mendapatkan 0 x 2. Lihat Gambar 2.2.2. kamu
y=x+1 (2, 3)
y = |2x – 1| (0, 1) x -1
1
2
Gambar 2.2.2 j2x 1j x 1 (d) Misalkan fungsi f didefinisikan oleh fðxÞ :¼ 2x2 3x 1Þ=ð2x 1Þ untuk 2 x < 3. Temukan konstanta M sedemikian rupa sehingga j fðxÞj M untuk semua x yang memenuhi 2 x 3.
Kami mempertimbangkan secara terpisah pembilang dan penyebut dari
j fðxÞj j2x
j2x2 3x 1j :
1j
Dari Pertidaksamaan Segitiga diperoleh j2x2 3x 1j 2jxj
2
3jxj 1 2 32 3 3 1 28
sejak jxj 3 untuk x dalam pertimbangan. Juga, j2x 1j 2jxj 1 2 2 1 3 sejak jxj 2 untuk x dalam pertimbangan. Jadi, 1=j2x 1j 1=3 untuk x 2. (Mengapa?)
Oleh karena itu, untuk 2 x 3 kita memiliki j fðxÞj 28=3. Oleh karena itu kita dapat mengambil M 28=3. (Catatan bahwa kami telah menemukan satu konstanta M; ternyata setiap nomor H > 28=3 juga akan memenuhi j fðxÞj H. Mungkin juga 28=3 bukan pilihan terkecil yang mungkin untuk M.) &
Garis Nyata Interpretasi geometris yang mudah dan akrab dari sistem bilangan real adalah real garis. Dalam interpretasi ini, nilai absolut jaj dari elemen a dalam R dianggap sebagai jarak dari a ke titik asal 0. Secara umum, jarak antara elemen a dan b dalam R adalah ja bj. (Lihat Gambar 2.2.3.)
Gambar 2.2.3 Jarak antara a 2 dan b 3
Machine Translated by Google 2.2 NILAI MUTLAK DAN GARIS NYATA 35
Nanti kita akan membutuhkan bahasa yang tepat untuk membahas gagasan tentang satu bilangan real yang "dekat" dengan yang lain. Jika a adalah bilangan real tertentu, maka mengatakan bahwa bilangan real x adalah ''dekat dengan'' a harus berarti bahwa jarak jx aj antara keduanya adalah ''kecil.'' Sebuah konteks di mana ide ini dapat didiskusikan disediakan. dengan terminologi lingkungan, yang sekarang kita definisikan.
2.2.7 Definisi Misalkan a 2 R dan e > 0. Maka tetangga-e dari a adalah himpunan VeðaÞ :¼ fx 2 R : jx aj < eg. Untuk 2 R, pernyataan bahwa x milik VeðaÞ sama dengan salah satu dari pernyataan (lihat Gambar 2.2.4) e < xa < e () ae < x < a e:
Gambar 2.2.4 Sebuah e-neighborhood dari a
2.2.8 Teorema Misalkan a 2 R. Jika x termasuk ke dalam lingkungan VeðaÞ untuk setiap e > 0, maka
x a. Bukti. Jika x tertentu memenuhi jx aj < e untuk setiap e > 0, maka dari 2.1.9 diperoleh jx aj 0, dan dengan demikian x a. QED
2.2.9 Contoh (a) Misalkan U :¼ fx : 0 < x < 1g. Jika a 2 U, maka misalkan e lebih kecil dari dua bilangan a dan 1 a. Maka ini adalah latihan untuk menunjukkan bahwa VeðaÞ terkandung dalam U. Jadi setiap elemen U memiliki beberapa e-neighborhood yang terkandung dalam U. (b) Jika I :¼ fx : 0 x 1g, maka untuk sembarang e > 0, e-neighborhood Veð0Þ dari 0 memuat titik-titik yang tidak terdapat pada I, sehingga Veð0Þ tidak terdapat pada I. Sebagai contoh, bilangan xe :¼ e=2 terdapat pada Veð0Þ tetapi tidak terdapat pada I. (c) Jika jx aj < e dan jy bj < e, maka Pertidaksamaan Segitiga menyiratkan bahwa
jðx yÞða bÞj jðx aÞþðy bÞj jx ajþjy bj < 2e:
Jadi jika x, y masing-masing milik e-neighborhoods dari a, b, maka x y termasuk dalam 2e-neighborhood dari a b (tetapi tidak harus e-neighborhood dari a b). &
Latihan untuk Bagian 2.2
1. Jika a; b 2 R dan b 6¼ 0, tunjukkan bahwa: (a) jaja2 p ; ffiffiffiffi
(b) ja=bj¼jaj=jbj:
2. Jika a; b 2 R, tunjukkan bahwa ja bj¼jajþjbj jika dan hanya jika ab 0. 3. Jika x; y; z 2 R dan xz, tunjukkan bahwa xyz jika dan hanya jika jx yjþjy zj¼jx zj. Menafsirkan ini secara geometris.
Machine Translated by Google 36 BAB 2 ANGKA NYATA
4. Tunjukkan bahwa jx aj < e jika dan hanya jika ae < x < a e. 5. Jika a < x < b dan a < y < b, tunjukkan bahwa jx yj < b a. Menafsirkan ini secara geometris. 6. Temukan semua x 2 R yang memenuhi pertidaksamaan berikut:
3:
(a) j4x 5j (b) jx2 1j13; 7. Temukan semua x 2 R yang memenuhi persamaan jx 1jþjx 2j 7. 8. Temukan semua nilai x yang memenuhi persamaan berikut: (a) x 1 j2x 1j, (b) 2x 1 jx 5j.
9. Temukan semua nilai x yang memenuhi pertidaksamaan berikut. Grafik sketsa. (a) jx 2j x 1, (b) 3jxj 2 x: 10. Temukan semua x 2 R yang memenuhi pertidaksamaan berikut.
(a) jx 1j > jx 1j; (b) jxjþjx 1j < 2: 11. Buat sketsa grafik persamaan y jxjjx 1j. 12. Temukan semua x 2 R yang memenuhi pertidaksamaan 4 < jx 2jþjx 1j < 5.
13. Temukan semua x 2 R yang memenuhi j2x 3j < 5 dan jx 1j > 2 secara bersamaan. 14. Tentukan dan sketsa himpunan pasangan x; yÞ dalam RR yang memenuhi:
(a) jxj¼jyj; (b) jxjþjyj 1; (c) jxyj 2, (d) jxjjyj 2: 15. Tentukan dan sketsa himpunan pasangan (x,y) pada RR yang memenuhi:
(a) jxj (c) jxyj
jjj; (b) jxjþjyj 1; 2; (d) jxjjyj 2:
16. Misalkan e > 0 dan d > 0, dan a 2 R. Tunjukkan bahwa VeðaÞ \ VdðaÞ dan VeðaÞ [ VdðaÞ adalah gneighbor hood dari a untuk nilai g yang sesuai. 17. Tunjukkan bahwa jika a; b 2 R, dan a 6¼ b, maka terdapat e-neighborhoods U dari a dan V dari b sedemikian sehingga
U \ V ;. 18. Tunjukkan bahwa jika a; b 2 R maka
(a) maksf ga; b a b21ja bjÞ dan minf ga; b (b) minfa; B; cg minfminfa; bg; cg:
1 2a
b ja bjÞ:
19. Tunjukkan bahwa jika a; B; c 2 R, maka ''angka tengah'' adalah midfa; B; cg minfmaxfa; bg; maksfb; cg; maksfc; ag.
Bagian 2.3 Sifat Kelengkapan R Sejauh ini, kita telah membahas sifat-sifat aljabar dan sifat-sifat orde bilangan real sistem R. Pada bagian ini kami akan menyajikan satu lagi properti R yang sering disebut ''Sifat Kelengkapan.'' Sistem Q bilangan rasional juga memiliki aljabar dan orde properti yang dijelaskan di bagian sebelumnya, tetapi kita telah melihat bahwa 2 p ffiffiffi
ffiffiffi
2 p tidak dapat diwakili
sebagai bilangan rasional; oleh karena bukan milik Q. Pengamatan ini menunjukkan perlunya itu dari properti tambahan untuk mengkarakterisasi sistem bilangan real. Properti tambahan ini, the Kelengkapan (atau Sifat Tertinggi), adalah sifat esensial dari R, dan kita akan mengatakan bahwa R adalah bidang terurut lengkap. Sifat khusus inilah yang memungkinkan kita untuk mendefinisikan dan mengembangkan berbagai prosedur pembatasan yang akan dibahas dalam bab-bab berikutnya. Ada beberapa cara berbeda untuk menggambarkan Properti Kelengkapan. Kami memilih untuk berikan pendekatan apa yang mungkin paling efisien dengan mengasumsikan bahwa setiap tak kosong himpunan bagian terbatas dari R memiliki supremum.
Machine Translated by Google 2.3 KELENGKAPAN PROPERTI R 37
Suprema dan Infima Kami sekarang memperkenalkan pengertian batas atas dan batas bawah untuk satu set bilangan real. Ide-ide ini akan menjadi sangat penting di bagian selanjutnya. 2.3.1 Definisi Misalkan S adalah himpunan bagian tak kosong dari R.
(a) Himpunan S dikatakan terbatas di atas jika terdapat bilangan u 2 R sehingga su untuk semua s 2 S. Setiap bilangan u disebut batas atas dari S. (b) Himpunan S dikatakan dibatasi di bawah ini jika terdapat bilangan w 2 R sehingga ws untuk semua s 2 S. Setiap bilangan seperti itu w disebut batas bawah S. (c) Suatu himpunan dikatakan terbatas jika keduanya terbatas di atas dan terbatas di bawah. Satu set adalah dikatakan tidak terbatas jika tidak dibatasi.
Misalnya, himpunan S :¼ fx 2 R : x < 2g dibatasi di atas; bilangan 2 dan bilangan yang lebih besar dari 2 merupakan batas atas dari S. Himpunan ini tidak memiliki batas bawah, sehingga himpunan tidak terbatas di bawah. Jadi itu tidak terbatas (meskipun dibatasi di atas). Jika suatu himpunan memiliki satu batas atas, maka himpunan tersebut memiliki banyak batas atas tak terhingga, karena jika u adalah batas atas S, maka bilangan u 1; kamu 2; ... juga batas atas S. (Pengamatan serupa berlaku untuk batas bawah.) Dalam himpunan batas atas S dan himpunan batas bawah S, kami memilih elemen terkecil dan terbesarnya masing-masing, untuk perhatian khusus dalam definisi berikut. (Lihat Gambar 2.3.1.)
Gambar 2.3.1 inf S dan sup S 2.3.2 Definisi Misalkan S adalah himpunan bagian tak kosong dari R.
(a) Jika S dibatasi di atas, maka suatu bilangan u dikatakan supremum (atau paling sedikit atas terikat) dari S jika memenuhi kondisi: (1) u adalah batas atas S, dan (2) jika v adalah batas atas S, maka u v. (b) Jika S terbatas di bawah, maka suatu bilangan w dikatakan infimum (atau batas bawah terbesar) dari S jika memenuhi syarat: (10 ) w adalah batas bawah S, dan (20 ) jika t adalah batas bawah S, maka t w. Tidak sulit untuk melihat bahwa hanya ada satu supremum dari subset S dari R. (Kemudian kita dapat merujuk ke supremum himpunan alih-alih supremum.) Karena, misalkan u1 dan u2 keduanya suprema dari S. Jika u1 < u2, maka hipotesis bahwa u2 adalah supremum menyiratkan bahwa u1 tidak bisa menjadi atas terikat S. Demikian pula, kita melihat bahwa u2 < u1 tidak mungkin. Oleh karena itu, kita harus memiliki u1 u2 . Argumen serupa dapat diberikan untuk menunjukkan bahwa infimum suatu himpunan ditentukan secara unik. Jika supremum atau infimum dari suatu himpunan S ada, kita akan menyatakannya dengan sup S dan inf S:
Machine Translated by Google
38 BAB 2 ANGKA NYATA
Kami juga mengamati bahwa jika u0 adalah batas atas sembarang dari himpunan tak kosong S, maka sup S u0 . Ini karena sup S adalah batas atas terkecil dari S. Pertama-tama, perlu ditekankan bahwa agar himpunan tak kosong S dalam R memiliki supremum, ia harus memiliki batas atas. Jadi, tidak setiap subset dari R memiliki supremum; sama, tidak setiap subset dari R memiliki infimum. Memang, ada empat kemungkinan untuk subset S dari R yang tidak kosong: ia dapat
(i) memiliki supremum dan infimum, (ii) memiliki supremum tetapi tidak memiliki infimum, (iii) memiliki infimum tetapi tidak memiliki supremum, (iv) tidak memiliki supremum maupun infimum. Kami juga ingin menekankan bahwa untuk menunjukkan bahwa u sup S untuk beberapa subset tak kosong S dari R, kita perlu menunjukkan bahwa baik (1) dan (2) Definisi 2.3.2(a) berlaku. Ini akan menjadi pelajaran untuk merumuskan kembali pernyataan-pernyataan ini. Definisi u sup S menegaskan bahwa u adalah batas atas S sedemikian rupa sehingga uv untuk setiap batas atas v dari S. Hal ini berguna untuk memiliki cara alternatif untuk menyatakan gagasan bahwa u adalah ''terkecil'' dari atas batas S. Salah satu caranya adalah dengan mengamati bahwa bilangan yang lebih kecil dari u bukanlah batas atas S. Artinya, jika z < u, maka z bukan batas atas S. Tetapi untuk mengatakan bahwa z bukan batas atas terikat S berarti ada elemen sz di S sedemikian rupa sehingga z < sz. Demikian pula, jika e > 0, maka ue lebih kecil dari u dan dengan demikian gagal menjadi batas atas S. Pernyataan berikut tentang batas atas u dari himpunan S adalah ekuivalen:
(1) jika v adalah sembarang batas atas S, maka uv, (2) jika z < u, maka z bukan batas atas S, (3) jika z < u, maka terdapat sz 2 S sedemikian sehingga z < sz, (4) jika e > 0, maka terdapat se 2 S sehingga ue < se. Oleh karena itu, kita dapat menyatakan dua formulasi alternatif untuk supremum. 2.3.3 Lemma Sebuah bilangan u adalah supremum dari subset tak kosong S dari R jika dan hanya jika u memenuhi kondisi: (1) su untuk semua s 2 S, (2) jika v < u, maka terdapat s0 2 S sedemikian rupa sehingga v < s0 . Untuk pekerjaan masa depan dengan batasan, akan berguna jika kondisi ini dinyatakan dalam e > 0. Hal ini dilakukan pada lemma berikutnya.
2.3.4 Lemma Batas atas u dari himpunan tak kosong S dalam R adalah supremum dari S jika dan hanya jika untuk setiap e > 0 terdapat se 2 S sehingga ue < se. Bukti. Jika u adalah batas atas dari S yang memenuhi kondisi yang dinyatakan dan jika v < u, maka kita menempatkan e :¼ u v. Kemudian e > 0, sehingga terdapat se 2 S sedemikian rupa sehingga v ue < se. Oleh karena itu, v bukan batas atas S, dan kita simpulkan bahwa u sup S. Sebaliknya, misalkan u sup S dan misalkan e > 0. Karena ue < u, maka ue bukan batas atas S. Oleh karena itu, beberapa elemen se dari S harus lebih besar dari ue; yaitu, ue < se. (Lihat Gambar 2.3.2.)
QED Penting untuk disadari bahwa supremum suatu himpunan mungkin atau mungkin bukan elemen dari himpunan tersebut. Kadang-kadang dan kadang-kadang tidak, tergantung pada set tertentu. Kami mempertimbangkan beberapa contoh.
Machine Translated by Google 2.3 KELENGKAPAN PROPERTI R 39
Gambar 2.3.2 u sup S 2.3.5 Contoh (a) Jika suatu himpunan tak kosong S1 memiliki jumlah elemen berhingga, maka dapat ditunjukkan bahwa S1 memiliki elemen u terbesar dan elemen terkecil w. Kemudian u sup S1 dan w inf S1, dan keduanya adalah anggota S1. (Ini jelas jika S1 hanya memiliki satu elemen, dan dapat dibuktikan dengan induksi pada jumlah elemen di S1; lihat Latihan 12 dan 13.) (b) Himpunan S2 :¼ fx : 0 x 1g jelas memiliki 1 untuk batas atas. Kami membuktikan bahwa 1 adalah supremumnya sebagai berikut. Jika v < 1, terdapat elemen s0 2 S2 sehingga v < s0 . (Sebutkan salah satu elemen tersebut s0 .) Oleh karena itu v bukan batas atas S2 dan, karena v adalah bilangan arbitrer v < 1, kita simpulkan bahwa sup S2 1. Hal yang sama ditunjukkan bahwa inf S2 0. Perhatikan bahwa keduanya supremum dan infimum S2 terkandung dalam S2. (c) Himpunan S3 :¼ fx : 0 < x < 1g jelas memiliki 1 untuk batas atas. Dengan menggunakan argumen yang sama seperti yang diberikan dalam (b), kita melihat bahwa sup S3 1. Dalam hal ini, himpunan S3 tidak mengandung supremumnya. Demikian pula, inf S3 0 tidak terdapat dalam S3.
&
Sifat Kelengkapan dari R Tidak mungkin untuk membuktikan berdasarkan sifat medan dan orde dari R yang dibahas pada Bagian 2.1 bahwa setiap himpunan bagian tak kosong dari R yang dibatasi di atas memiliki supremum di R. Namun, ini adalah sifat dasar dan dalam dari sistem bilangan real bahwa hal ini memang terjadi. Kami akan sering menggunakan properti ini, terutama dalam diskusi kami tentang proses pembatasan. Pernyataan berikut tentang keberadaan suprema adalah asumsi akhir kita tentang R. Dengan demikian, kita katakan bahwa R adalah medan terurut lengkap.
2.3.6 Sifat Kelengkapan R Setiap himpunan tak kosong dari bilangan real yang memiliki batas atas juga memiliki supremum di R. Properti ini juga disebut Properti Supremum R. Properti analog untuk infima dapat disimpulkan dari Properti Kelengkapan sebagai berikut. Misalkan S adalah himpunan bagian tak kosong dari R yang terbatas di bawah ini. Maka himpunan tak kosong S :¼ fgs : s 2 S dibatasi di atas, dan Supremum Sifat menyiratkan bahwa u :¼ sup S ada di R. Pembaca harus memverifikasi secara rinci bahwa –u adalah infimum dari S.
Latihan untuk Bagian 2.3
1. Misalkan S1 :¼ fx 2 R : x 0g. Tunjukkan secara rinci bahwa himpunan S1 memiliki batas bawah, tetapi tidak ada batas atas
batas. Tunjukkan bahwa inf S1 0. 2. Misalkan S2 :¼ fx 2 R : x > 0g. Apakah S2 memiliki batas bawah? Apakah S2 memiliki batas atas? Melakukan
inf S2 ada? Apakah sup S2 ada? Buktikan pernyataan Anda.
3. Misalkan S3 f1=n : n 2 NÞ. Tunjukkan bahwa sup S3 1 dan inf S3 0. (Ini akan mengikuti dari Properti Archimedean dalam Bagian 2.4 bahwa inf S3 4. Misalkan S4 :¼f 1
1
n
S4. dan sup S4. 0.)Temukan g =n : n inf 2N
Machine Translated by Google 40 BAB 2 ANGKA NYATA
5. Carilah infimum dan supremum, jika ada, dari setiap himpunan berikut. (b) B :¼ x 2 R : x 2 x2 (a) A :¼ fx 2 R : 2x 5 > 0 g (d) D :¼ x 2 R : x2 2x 5 ;< 0 :
;
(c) C :¼ fgx 2 R : x < 1=x ; 6. Misalkan S adalah himpunan bagian tak kosong dari R yang terbatas di bawah ini. Buktikan bahwa inf S supfs : s 2 Sg.
7. Jika suatu himpunan SR memuat salah satu batas atasnya, tunjukkan bahwa batas atas ini adalah supremum dari S.
8. Biarkan SR tidak kosong. Tunjukkan bahwa u 2 R adalah batas atas S jika dan hanya jika kondisi t 2 R dan t > u menyiratkan bahwa t 2= S.
9. Biarkan SR tidak kosong. Tunjukkan bahwa jika u sup S, maka untuk setiap bilangan n 2 N bilangan tersebut u 1=n bukan batas atas S, tetapi bilangan u 1=n adalah batas atas S. sebaliknya juga benar; lihat Latihan 2.4.3.) 10. Tunjukkan bahwa jika A dan B adalah himpunan berbatas dari R, maka A [ B adalah himpunan terbatas. Menunjukkan bahwa
.
supðA [ BÞ sup sup fg A;sup B
11. Misalkan S adalah himpunan terbatas pada R dan misalkan S0 adalah himpunan bagian tak kosong dari S. Tunjukkan bahwa
inf S inf S0 sup S0 sup S. 12. Misalkan SR dan misalkan s :¼ sup S milik S. Jika u 2= S, tunjukkan bahwa supðS [ fug supfs ; ug. 13. Tunjukkan bahwa himpunan hingga tak kosong SR berisi supremumnya. [Petunjuk: Gunakan Matematika Induksi dan latihan sebelumnya.] 14. Misalkan S adalah himpunan yang terbatas di bawah ini. Buktikan bahwa batas bawah w dari S adalah infimum dari S jika dan
hanya jika untuk setiap e > 0 terdapat t 2 S sedemikian sehingga t < w e.
Bagian 2.4 Penerapan Properti Tertinggi Sekarang kita akan membahas bagaimana bekerja dengan suprema dan infima. Kami juga akan memberikan beberapa
aplikasi penting dari konsep-konsep ini untuk memperoleh sifat dasar R. Kita mulai dengan contoh-contoh yang menggambarkan teknik yang berguna dalam menerapkan ide-ide supremum dan tidak terbatas.
2.4.1 Contoh (a) Merupakan fakta penting bahwa mengambil suprema dan infima himpunan adalah kompatibel dengan sifat aljabar R. Sebagai contoh, kami menyajikan di sini: kompatibilitas mengambil suprema dan tambahan. Misalkan S adalah himpunan bagian tak kosong dari R yang dibatasi di atas, dan misalkan a adalah sembarang bilangan di R.
Tentukan himpunan a S :¼ fa s : s 2 S . Kami akan membuktikan bahwa g supða SÞ a sup S: Jika kita misalkan u :¼ sup S, maka xu untuk semua x 2 S, sehingga a xa u. Oleh karena itu, a u adalah batas atas untuk himpunan a S ; akibatnya, kita memiliki supða SÞ a u. Sekarang jika v adalah sembarang batas atas himpunan a S, maka a xv untuk semua x 2 S. Akibatnya xva untuk semua x 2 S, sehingga va adalah batas atas S. Oleh karena itu, u sup S va, yang memberi kita a u v. Karena v adalah batas atas dari a S, kita dapat ganti v dengan supð a S untuk mendapatkan u supða SÞ. Menggabungkan ketidaksetaraan ini, kami menyimpulkan bahwa
supða SÞ a u a sup S: Untuk hubungan serupa antara suprema dan infima himpunan dan operasi penjumlahan dan perkalian, lihat latihan.
Machine Translated by Google 2.4 APLIKASI PROPERTI TERTINGGI 41
(b) Jika suprema atau infima dari dua set terlibat, seringkali perlu untuk menetapkan hasil dalam dua tahap, bekerja dengan satu set pada satu waktu. Berikut adalah contoh. Misalkan A dan B adalah himpunan bagian tak kosong dari R yang memenuhi sifat: ab untuk semua a 2 A dan semua b 2 B: Kami akan membuktikan bahwa
sup A inf B: Karena, diberikan b 2 B, kita memiliki ab untuk semua a 2 A. Ini berarti b adalah batas atas A, sehingga sup A b. Selanjutnya, karena pertidaksamaan terakhir berlaku untuk semua b 2 B, kita melihat bahwa bilangan sup A adalah batas bawah untuk himpunan B. Oleh karena itu, kita simpulkan bahwa sup A inf B. &
Fungsi
Gagasan batas atas dan batas bawah diterapkan pada fungsi dengan mempertimbangkan jangkauan suatu fungsi. Diberikan sebuah fungsi f : D ! R, kita katakan bahwa f terbatas di atas jika himpunan fðDÞ ¼ fgf fxð (D): xterbatas 2 D dibatasi diuntuk bawah. di semua atas di xR;2yaitu, D. Demikian terdapatpula, B2R fungsi sedemikian f terbatas rupa di bawah sehingga jikafðxÞ himpunan B Kami mengatakan bahwa f dibatasi jika dibatasi di atas dan di bawah; ini setara dengan mengatakan bahwa ada B 2 R sedemikian rupa sehingga jf xð j B untuk semua x 2 D.
Contoh berikut mengilustrasikan bagaimana bekerja dengan fungsi suprema dan infima. 2.4.2 Contoh Misalkan f dan g adalah fungsi bernilai real dengan domain bersama D R. Kita asumsikan bahwa f dan g terbatas. (a) Jika fðxÞ gðxÞ untuk semua x 2 D, maka sup f Dð sup g Dð , yang kadang-kadang ditulis: sup fðxÞ sup gðxÞ: x2D
x2D
Kami pertama-tama mencatat bahwa fðxÞ gðxÞ sup gðDÞ, yang menyiratkan bahwa jumlah sup g(D) adalah
batas atas untuk f (D). Oleh karena itu, sup fðDÞ sup gðDÞ. (b) Kami mencatat bahwa hipotesis fðxÞ gðxÞ untuk semua x 2 D di bagian (a) tidak menyiratkan hubungan apa pun antara sup f(D) dan inf g(D). x:0x1g , maka fðxÞ gðxÞ Misalnya, jika fðxÞ :¼ x2 dan gðxÞ :¼ x dengan D f untuk semua x 2 D. Namun, kita melihat bahwa sup fðDÞ 1 dan inf gðDÞ ¼ 0. Karena sup gðDÞ 1, kesimpulan dari (a) berlaku. (c) Jika fðxÞ gðyÞuntuk semua x, y 2 D, maka kita dapat menyimpulkan bahwa sup fðDÞ infgðDÞ, yang dapat kita tulis sebagai:
x2DfðxÞ inf sup gy: y2D
(Perhatikan bahwa fungsi dalam (b) tidak memenuhi hipotesis ini.) Pembuktian berlangsung dalam dua tahap seperti pada Contoh 2.4.l(b). Pembaca harus menulis &
rincian argumen.
Hubungan lebih lanjut antara fungsi suprema dan infima diberikan dalam latihan.
Properti Archimedean Karena Anda familiar dengan himpunan R dan gambaran biasa dari garis nyata, mungkin tampak jelas bahwa himpunan N bilangan asli tidak terbatas di R. Bagaimana kita bisa membuktikan ini
Machine Translated by Google 42 BAB 2 ANGKA NYATA
fakta ''jelas''? Faktanya, kita tidak dapat melakukannya dengan hanya menggunakan Aljabar dan Sifat Urutan yang diberikan dalam Bagian 2.1. Memang, kita harus menggunakan Sifat Kelengkapan dari R serta Sifat Induktif dari N (yaitu, jika n 2 N, maka n 1 2 N). Tidak adanya batas atas untuk N berarti bahwa pada sembarang bilangan real x terdapat bilangan asli n (bergantung pada x) sedemikian sehingga x < n. 2.4.3 Sifat Archimedean Jika x 2 R, maka terdapat nx 2 N sedemikian sehingga x nx. Bukti. Jika pernyataan salah, maka nx untuk semua n 2 N; oleh karena itu, x adalah batas atas dari N. Oleh karena itu, dengan Sifat Kelengkapan, himpunan tak kosong N memiliki supremum u 2 R. Mengurangkan 1 dari u menghasilkan angka u 1, yang lebih kecil dari supremum u dari N. Oleh karena itu u 1 bukan batas atas N, jadi terdapat m 2 N dengan u 1 < m. Penjumlahan 1 menghasilkan u < m 1, dan karena m 1 2 N, pertidaksamaan ini bertentangan dengan fakta bahwa u adalah batas atas N.
QED
2.4.4 Akibat Akibat Jika S :¼ f1=n : n 2 Ng, maka inf S 0. Bukti. Sejak S 6¼ ; dibatasi di bawah oleh 0, ia memiliki infimum dan kita biarkan w :¼ inf S. Jelas bahwa w 0. Untuk setiap e > 0, Sifat Archimedean menyiratkan bahwa ada n 2 N sedemikian rupa sehingga 1=e < n, yang berarti 1=n < e. Oleh karena itu kami memiliki 0 w 1 = n < e: Tetapi karena e > 0 adalah sembarang, maka dari Teorema 2.1.9 dapat disimpulkan bahwa w 0.
QED
2.4.5 Akibat wajar Jika t > 0, terdapat nt 2 N sedemikian sehingga 0 < 1=nt < t. Bukti. Karena inf 1f g =n :t n > 20,Nmaka 0 dant bukan batas bawah untuk himpunan f1=n : n 2 Ng. Jadi terdapat nt 2 N sedemikian sehingga 0 < 1=nt < t.
QED
2.4.6 Akibat Akibat Jika y > 0, terdapat ny 2 N sedemikian hingga ny 1 y ny. Bukti. Properti Archimedean memastikan bahwa himpunan bagian Ey :¼ fgm 2 N : kosong. y < m dari Dengan N tidakSifat Berurutan Baik 1.2.1, Ey memiliki elemen terkecil, yang dilambangkan dengan ny. Maka ny 1 bukan milik Ey, dan karenanya kita memiliki ny 1 y < ny.
QED Secara kolektif, Konsekuensi 2.4.4–2.4.6 kadang-kadang disebut sebagai Properti Archimedean dari R. ffiffiffi
Keberadaan
2p
Pentingnya Properti Supremum terletak pada kenyataan bahwa ia menjamin keberadaan bilangan real di bawah hipotesis tertentu. Kita akan memanfaatkannya dengan cara ini berkali-kali. Saat ini, kami akan mengilustrasikan penggunaan ini dengan membuktikan keberadaan bilangan real positif x sedemikian rupa sehingga x2 2; yaitu, akar kuadrat positif dari 2. Telah ditunjukkan sebelumnya (lihat Teorema 2.1.4) bahwa x seperti itu tidak dapat menjadi bilangan rasional; dengan demikian, kita akan menurunkan keberadaan setidaknya satu bilangan irasional.
Machine Translated by Google 2.4 APLIKASI PROPERTI TERTINGGI 43
2.4.7 Teorema Terdapat bilangan real positif x sehingga x2 2. Bukti. Misalkan S :¼ s 2 R : 0 s; s2 < 2 . Sejak 1 2 S, himpunan tidak kosong. Juga, S dibatasi di atas 2
oleh 2, karena jika t > 2, maka t > 4 sehingga t 2= S. bahwa Oleh karena itu, Sifat Supremum menyiratkan himpunan S memiliki supremum di R, dan kita biarkan x :¼ sup S. Perhatikan bahwa x > 1. Kami akan membuktikan bahwa x2 2 dengan mengesampingkan dua kemungkinan lainnya: x2 < 2 dan x2 > 2. Pertama, asumsikan bahwa x2 < 2. Kami akan menunjukkan bahwa asumsi ini bertentangan dengan fakta bahwa x sup S dengan menemukan n 2 N sedemikian rupa sehingga x 1=n 2 S, sehingga menyiratkan bahwa x bukan batas atas untuk S. Untuk lihat bagaimana memilih n, perhatikan bahwa 1=n2 1=n sehingga 2
2x 1 x2 n2
1xn
x2 _ 1 2x 1Þ: n
n
Oleh karena itu jika kita dapat memilih n sehingga
1 n
2x 1Þ < 2 x2
;
2
< x2karena 2 x2Þ itu, 2. Dengan asumsi kita(Corollary memiliki 22.4.5) x2 > 0, sehingga diperoleh x 1=nÞ 2 x2Þ=ð2x 1Þ > 0. Oleh Sifat Archimedean dapat digunakan untuk dapatkan n 2 N sedemikian rupa sehingga
1 n
2x2 _
2. Kami akan menunjukkan bahwa adalah mungkin untuk menemukan m 2 N sedemikian rupa sehingga x 1=m juga merupakan batas atas S, bertentangan dengan fakta bahwa x sup S. Untuk melakukan ini, perhatikan bahwa
x
1
2
2x
x2 _
M
1 > x2 m2
M
2x :
M
Oleh karena itu jika kita dapat memilih m sehingga
2x M
< x2 2;
2
maka x 1=mÞ x2 > x2 x2 2Þ 2. Sekarang dengan asumsi kita memiliki x2 2 > 0, sehingga 2Þ=2x > 0. Oleh karena itu, berdasarkan Sifat Archimedean terdapat m 2 N sedemikian sehingga 1 M
x2 2
2. 2 , x 1=mÞ Sekarang jika s 2 S, maka s2 < 2 < ðx 1=mÞ menyiratkan dari 2.1.13(a)bahwa bahwax1/m s < xadalah 1= M. batas Ini atas untuk S, yang bertentangan dengan fakta bahwa x sup S. Oleh karena itu kita tidak dapat memiliki x2 > 2. Karena kemungkinan x2 < 2 dan x2 > 2 telah dikecualikan, kita harus memiliki x2 2.
QED Dengan sedikit memodifikasi argumen sebelumnya, pembaca dapat menunjukkan bahwa jika a > 0, maka ada b unik > 0 sehingga b2 a. Kami menyebut b akar kuadrat positif dari a dan menyatakan Argumen ap atau b a1=2 . itu oleh b yang sedikit lebih rumit yang melibatkan binomial ffiffiffi
Machine Translated by Google 44 BAB 2 ANGKA NYATA
teorema dapat dirumuskan untuk menetapkan keberadaan akar ke-n positif yang unik dari a, a pn atau a1=n setiap n 2 N. , untuk dilambangkan dengan ffiffiffi
Keterangan Jika dalam pembuktian Teorema 2.4.7 kita mengganti himpunan S dengan himpunan bilangan rasional T :¼ fr 2 Q : 0 r; r2 < 2g, argumen tersebut kemudian memberikan kesimpulan bahwa y :¼ sup T memenuhi y2 2. Karena kita telah melihat pada Teorema 2.1.4 bahwa y bukan bilangan rasional, maka himpunan T yang terdiri dari bilangan rasional tidak tidak memiliki supremum yang termasuk dalam himpunan Q. Dengan demikian medan terurut Q dari bilangan rasional tidak memiliki Sifat Kelengkapan.
Kepadatan Bilangan Rasional dalam R ffiffiffi
ada Kita sekarang tahu bahwa ada setidaknya satu bilangan real irasional, yaitu "lebih banyak" 2 hal. Sebenarnya bilangan irasional daripada bilangan rasional dalam arti bahwa himpunan bilangan rasional dapat dihitung (seperti yang ditunjukkan pada Bagian 1.3), sedangkan himpunan bilangan irasional tidak dapat dihitung (lihat Bagian 2.5). Namun, kami selanjutnya menunjukkan bahwa terlepas dari perbedaan yang tampak ini, himpunan bilangan rasional "padat" dalam R dalam arti bahwa diberikan dua bilangan real apa pun ada bilangan rasional di antara mereka (pada kenyataannya, ada banyak bilangan rasional seperti itu). 2.4.8 Teorema Massa Jenis Jika x dan y adalah sembarang bilangan real dengan x < y, maka terdapat bilangan rasional r 2 Q sehingga x < r < y. Bukti. Tidak ada kehilangan umum (mengapa?) untuk mengasumsikan bahwa x > 0. Karena yx > 0, maka dari Corollary 2.4.5 bahwa terdapat n 2 N sedemikian rupa sehingga 1=n < y x. Oleh karena itu, kami memiliki nx 1 < ny. Jika kita menerapkan Corollary 2.4.6 pada nx > 0, kita memperoleh m 2 N dengan m 1 nx < m. Oleh karena itu, m nx 1 < ny, dari mana nx < m < ny. Jadi, bilangan rasional r :¼ m=n memenuhi x < r < y.
QED Untuk melengkapi pembahasan tentang jalinan bilangan rasional dan irasional, kita memiliki ''sifat antara'' yang sama untuk himpunan bilangan irasional. 2.4.9 Akibat Akibat Jika x dan y adalah bilangan real dengan x < y, maka terdapat bilangan irasional z sedemikian sehingga x < z < y. ffiffiffi
ffiffiffi
Bukti. Jika kita menerapkan Teorema Massa Jenis 2.4.8 ke bilangan real x= dapatkan bilangan 2 p danrasional y = 2 pr ,
kami
6¼ 0 (mengapa?) sedemikian rupa sehingga x ffiffiffi
2p
0, dan misalkan aS :¼ fas : s 2 Sg. Buktikan itu infðaSÞ a inf S; supðaSÞ sup S: (b) Misalkan b < 0 dan misalkan bS fbs : s 2 Sg. Buktikan itu infðbSÞ b sup S; supðbSÞ b inf S:
5. Misalkan S adalah himpunan bilangan real tak negatif yang dibatasi di atas dan misalkan T :¼ fx2 : x 2 Sg. Buktikan bahwa jika u sup S, maka u2 sup T. Berikan contoh yang menunjukkan kesimpulan mungkin salah jika pembatasan terhadap bilangan negatif dihilangkan. 6. Misalkan X adalah himpunan tak kosong dan misalkan f : X ! R memiliki jangkauan terbatas di R. Jika a 2 R, tunjukkan bahwa Contoh 2.4.l(a) menyiratkan bahwa supfa fðxÞ: x 2 Xg a supf fðxÞ: x 2 Xg: Tunjukkan bahwa kita juga punya
inffa fðxÞ: x 2 Xg a inff fðxÞ: x 2 Xg: 7. Misalkan A dan B adalah himpunan bagian tak kosong terbatas dari R, dan misalkan A B :¼ fa b : a 2 A; b 2 Bg. Membuktikan bahwa supðA BÞ sup A sup B dan infðA BÞ inf A inf B. 8. Misalkan X adalah himpunan tak kosong, dan misalkan f dan g terdefinisi pada X dan mempunyai batas-batas di R. Tunjukkan bahwa
supf fðxÞ gðxÞ: x 2 Xg supf fðxÞ: x 2 Xg supfgðxÞ : x 2 Xg dan itu inff fðxÞ : x 2 Xg inffgðxÞ : x 2 Xg inff fðxÞ gðxÞ : x 2 Xg: Berikan contoh untuk menunjukkan bahwa masing-masing ketidaksetaraan ini dapat berupa persamaan atau ketidaksetaraan ketat. 9. Misalkan X Y :¼ fx 2 R : 0 < x < 1g. Tentukan h : XY ! R dengan hðx; yÞ :¼ 2x y. (a) Untuk setiap x 2 X, cari fðxÞ :¼ supfhðx; yÞ : y 2 Yg; kemudian cari inff fðxÞ : x 2 Xg. (b) Untuk setiap y 2 Y, cari gðyÞ :¼ inffhðx; yÞ : x 2 Xg; kemudian temukan supfgðyÞ : y 2 Yg. Membandingkan dengan hasil yang ditemukan pada bagian (a).
10. Lakukan perhitungan pada (a) dan (b) dari latihan sebelumnya untuk fungsi h : XY ! R didefinisikan oleh
hx; kamu :¼
0 jika x < y; 1 jika xy:
11. Misalkan X dan Y adalah himpunan tak kosong dan misalkan h : XY ! R memiliki jangkauan terbatas di R. Misalkan f : X ! R dan g : Y ! R didefinisikan oleh fðxÞ :¼ sufhðx; yÞ : y 2 Yg; gðyÞ :¼ inffhðx; yÞ : x 2 Xg: Buktikan itu supfgðyÞ : y 2 Yg inff fðxÞ : x 2 Xg: Kami terkadang mengungkapkan ini dengan menulis
sup y
info hx; Anda tahu x
x
sup hx; kamu: y
Perhatikan bahwa Latihan 9 dan 10 menunjukkan bahwa pertidaksamaan dapat berupa persamaan atau pertidaksamaan ketat.
Machine Translated by Google 46 BAB 2 ANGKA NYATA
12. Misalkan X dan Y adalah himpunan tak kosong dan misalkan h : XY ! R memiliki jangkauan terbatas di R. Misalkan F : X ! R
dan G : Y ! R didefinisikan oleh FðxÞ :¼ supfhðx; yÞ : y 2 Yg; GyÞ :¼ supfhðx; yÞ : x 2 Xg: Tetapkan Prinsip dari Iterasi Suprema: supfhðx; yÞ : x 2 X; y 2 Yg supfFðxÞ : x 2 Xg supfGðyÞ : y 2 Yg Kami terkadang mengungkapkan ini dalam simbol dengan
sup x;y
hx; y sup sup y
hx; y sup sup
x
hx; kamu: kamu
x
13. Diberikan sembarang x 2 R, tunjukkan bahwa terdapat n 2 Z yang unik sehingga n 1 x < n. 14. Jika y > 0, tunjukkan bahwa terdapat n 2 N sedemikian hingga 1=2n < y. 15. Ubah argumen pada Teorema 2.4.7 untuk menunjukkan bahwa terdapat bilangan real positif y seperti bahwa y2 3. 16. Ubahlah argumen pada Teorema 2.4.7 untuk menunjukkan bahwa jika a > 0, maka terdapat bilangan real positif z sehingga z2 a. 17. Ubah argumen pada Teorema 2.4.7 untuk menunjukkan bahwa terdapat bilangan real positif u seperti bahwa u3 2. 18. Lengkapi pembuktian Teorema Massa Jenis 2.4.8 dengan menghilangkan asumsi bahwa x > 0. 19. Jika u > 0 adalah sembarang bilangan real dan x < y, tunjukkan bahwa terdapat bilangan rasional r sehingga x < ru < y. (Maka himpunan fru: r 2 Qg rapat di R.)
Bagian 2.5 Interval Relasi Orde pada R menentukan kumpulan alami dari himpunan bagian yang disebut ''interval''. Notasi dan terminologi untuk himpunan khusus ini akan familiar dari kursus sebelumnya. Jika sebuah; b 2 R memenuhi a < b, maka selang terbuka yang ditentukan oleh a dan b adalah himpunan a; bÞ :¼ fx 2 R : a < x < bg: Titik a dan b disebut titik akhir interval; namun, titik akhir tidak termasuk dalam interval terbuka. Jika kedua titik ujung disatukan pada interval terbuka ini, maka kita memperoleh interval tertutup yang ditentukan oleh a dan b; yaitu himpunan a; b:¼ fx 2 R : kapak bg: Dua interval setengah terbuka (atau setengah tertutup) yang ditentukan oleh a dan b adalah [a, b), yang mencakup titik akhir a, dan (a, b], yang mencakup titik akhir b. Masing-masing dari empat interval ini dibatasi dan memiliki panjang yang ditentukan oleh b a. Jika a b, selang terbuka yang bersesuaian adalah himpunan kosong a; aÞ¼;, sedangkan interval tertutup yang bersesuaian adalah himpunan tunggal a; fag.
Ada lima jenis interval tak terbatas yang simbol1ðatau 1Þ dan 1 digunakan sebagai kemudahan notasi di tempat titik akhir. Interval terbuka tak terbatas adalah himpunan dari bentuk a; 1Þ :¼ fx 2 R : x > ag dan 1; bÞ :¼ fx 2 R : x < bg:
Machine Translated by Google
2.5 INTERVAL 47 Himpunan pertama tidak memiliki batas atas dan yang kedua tidak memiliki batas bawah. Titik akhir yang berdampingan memberi kita interval tertutup tak terbatas: a; 1Þ :¼ fx 2 R : a xg dan 1; b:¼ fx 2 R : x bg: Seringkali lebih mudah untuk menganggap seluruh himpunan R sebagai interval tak terhingga; dalam hal ini, kami menulis 1; 1Þ :¼ R. Tidak ada titik yang merupakan titik akhir dari 1; 1Þ.
Peringatan Harus ditekankan bahwa 1 dan 1 bukanlah elemen dari R, tetapi hanya simbol yang sesuai.
Karakterisasi Interval Sifat yang jelas dari interval adalah bahwa jika dua titik x, y dengan x < y termasuk dalam interval I, maka setiap titik yang terletak di antara keduanya juga termasuk dalam I. Artinya, jika x < t < y, maka titik t milik interval yang sama dengan x dan y. Dengan kata lain, jika x dan y termasuk dalam interval I, maka interval [x, y] terdapat dalam I. Sekarang kita tunjukkan bahwa subset dari R yang memiliki sifat ini pastilah sebuah interval. 2.5.1 Teorema Karakterisasi Jika S adalah himpunan bagian dari R yang memuat paling sedikit dua titik dan memiliki sifat 1Þ
jika x; y 2 S dan x < y; maka x; yS;
maka S adalah interval. Bukti. Ada empat kasus yang perlu dipertimbangkan: (i) S dibatasi, (ii) S dibatasi di atas tetapi tidak di bawah, (iii) S dibatasi di bawah tetapi tidak di atas, dan (iv) S tidak dibatasi di atas maupun di bawah. Kasus (i): Misalkan a :¼ inf S dan b :¼ sup S. Kemudian S a; band kami akan menunjukkan bahwa a; bÞ S. Jika a < z < b, maka z bukan batas bawah S, sehingga terdapat x 2 S dengan x < z. Juga, z bukan batas atas S, jadi ada y 2 S dengan z < y. Oleh karena itu z 2 x; y, maka sifat (1) menyiratkan Karena bahwa zz 2 S. adalah elemen sembarang dari a; bÞ, kita simpulkan bahwa a; bÞ S. Sekarang jika a 2 S dan b 2 S, maka S a; B. (Mengapa?) Jika a 2= S dan b 2= S, maka S a; bÞ. Kemungkinan lain mengarah ke S a; bor S a; bÞ. Kasus (ii): Misalkan b :¼ sup S. Kemudian S 1; pita kami akan menunjukkan bahwa 1; bÞ S. Sebab, jika z < b, maka ada x; y 2 S sedemikian rupa sehingga z 2 x; yS. (Mengapa?) Oleh karena itu 1; bÞ S. , S, maka S 1; bÞ. Jika b 2 S, maka S 1; pita jika b 2= Kasus (iii) dan (iv) dibiarkan sebagai latihan.
QED
Interval Bersarang
Kami mengatakan bahwa urutan interval Dalam; n 2 N, bersarang jika rantai inklusi berikut ini berlaku (lihat Gambar 2.5.1):
I1
I2
Dalam Inþ1
Misalnya, jika Dalam :¼ 0; 1=nuntuk n 2 N, maka In Inþ1 untuk setiap n 2 N sehingga barisan interval ini bersarang. Dalam hal ini, elemen 0 milik semua In dan Properti Archimedean 2.4.3 dapat digunakan untuk menunjukkan bahwa 0 adalah satu-satunya titik yang sama. (Buktikan ini.) Kami menyatakan ini dengan menulis T1 n¼1In f0g. Penting untuk disadari bahwa, secara umum, urutan interval bersarang tidak perlu memiliki titik yang sama. Misalnya, jika Jn :¼ 0; 1=nÞ untuk n 2 N, maka barisan interval ini adalah
Machine Translated by Google
48 BAB 2 ANGKA NYATA
Gambar 2.5.1 Interval bersarang
bersarang, tetapi tidak ada titik yang sama, karena untuk setiap x > 0, ada (mengapa?) m 2 N sedemikian sehingga 1=m < x sehingga x 2= Jm. Demikian pula, urutan interval Kn :¼ n; 1Þ; n 2 N, bersarang tetapi tidak memiliki titik yang sama. (Mengapa?)
Namun, merupakan sifat penting dari R bahwa setiap urutan bersarang dari tertutup, interval terbatas memang memiliki titik yang sama, seperti yang akan kita buktikan sekarang. Perhatikan bahwa kelengkapan R memainkan peran penting dalam membangun properti ini. 2.5.2 Properti Interval Bersarang Jika Dalam an ; bn interval
;
n 2 N, adalah urutan bersarang dari tertutup
terbatas, maka terdapat bilangan j 2 R sedemikian sehingga j 2 In untuk semua n 2 N. Bukti. Karena intervalnya bersarang, kita memiliki In I1 untuk semua n 2 N, sehingga b1 untuk semua
n 2 N. Oleh karena itu, kipas himpunan tak kosong : n 2 Ng dibatasi di atas, dan kita misalkan j adalah tertinggi. Jelas sebuah j untuk semua n 2 N. Kami juga mengklaim bahwa j bn untuk semua n. Ini ditetapkan dengan menunjukkan bahwa untuk setiap tertentu n, jumlah bn adalah batas atas untuk himpunan fak : k 2 Ng. Kami menganggap dua kasus. (i) Jika nk, maka karena Dalam Ik, kita memiliki ak bk bn. (ii) Jika k < n, maka karena Ik In, kami memiliki ak an bn. (Lihat Gambar 2.5.2.) Jadi, kami menyimpulkan bahwa ak bn untuk semua
k, sehingga bn adalah batas atas himpunan fak : k 2 Ng. Jadi, j bn untuk setiap n 2 N. Karena an j bn untuk semua n, kita memiliki j 2 In untuk semua n 2 N.
QED
Gambar 2.5.2 Jika k < n, maka Pada Ik
2.5.3 Teorema Jika Dalam :¼ an; bn
;
n 2 N, adalah barisan bersarang dari interval terbatas dan tertutup
sedemikian rupa sehingga panjang bn an dari In memenuhi inff g bn an : n 2 N 0;
maka bilangan j yang terdapat pada In untuk semua n 2 N adalah unik.
Bukti. Jika h :¼ inff g bn : menunjukkan n 2 N untuk , maka argumen yang mirip dengan bukti 2.5.2 dapat digunakan bahwa h untuk semua n, dan karenanya j h. Sebenarnya, ini adalah latihan (lihat Latihan 10) untuk tunjukkan bahwa x 2 In untuk semua n 2 N jika dan hanya jika jx h. Jika kita memiliki inff g bn an : n 2 N 0,
Machine Translated by Google 2.5 INTERVAL 49
maka untuk setiap e > 0, terdapat m 2 N sedemikian hingga 0 hj bm am < e. Karena ini berlaku untuk semua e > 0, maka dari Teorema 2.1.9 bahwa hj 0. Oleh karena itu, kita simpulkan bahwa j h adalah satu-satunya titik yang dimiliki In untuk setiap n 2 N.
QED
Tak Terhitungnya R Konsep himpunan yang dapat dihitung dibahas dalam Bagian 1.3 dan keterhitungan himpunan Q bilangan rasional ditetapkan di sana. Sekarang kita akan menggunakan Properti Interval Bersarang untuk membuktikan bahwa himpunan R adalah himpunan tak terhitung. Buktinya diberikan oleh Georg Cantor pada tahun 1874 dalam makalahnya yang pertama tentang himpunan tak terbatas. Dia kemudian menerbitkan bukti yang menggunakan representasi desimal dari bilangan real, dan bukti itu akan diberikan nanti di bagian ini.
2.5.4 Teorema Himpunan R bilangan real tidak dapat dihitung.
Bukti. Kami akan membuktikan bahwa interval satuan I :¼ 0; 1 adalah himpunan yang tak terhitung. Ini menyiratkan bahwa himpunan R adalah himpunan yang tidak dapat dihitung, karena jika R dapat dihitung, maka himpunan bagian I juga dapat dihitung. (Lihat Teorema 1.3.9(a).) Buktinya adalah dengan kontradiksi. Jika kita berasumsi bahwa I dapat dihitung, maka kita dapat menghitung himpunan tersebut sebagai x2 2= I2, I f ;dan xn; seterusnya. sehingga ... . Kami G x1; pertama-tama Dengan x2; ... x1 cara 2=memilih I1, ini, kemudian kitasubinterval memperoleh pilih subinterval tertutup interval I1tertutup dari tertutup I sedemikian tak I2 dari kosong I1 rupa sehingga
I1
I2
Di
sedemikian sehingga In I dan xn 2= In untuk semua n. Properti Interval Bersarang 2.5.2 menyiratkan bahwa terdapat titik j 2 I sedemikian rupa sehingga j 2 In untuk semua n. Oleh karena itu j 6¼ xn untuk semua n 2 N, maka pencacahan I bukan merupakan daftar lengkap unsur-unsur I seperti yang diklaim. Oleh karena itu, saya adalah himpunan yang tak terhitung.
QED
Fakta bahwa himpunan R bilangan real tidak dapat dihitung dapat digabungkan dengan fakta bahwa himpunan Q bilangan rasional dapat dihitung untuk menyimpulkan bahwa himpunan RnQ bilangan irasional tidak dapat dihitung. Memang, karena gabungan dua himpunan yang dapat dihitung dapat dihitung (lihat 1.3.7(c)), jika RnQ dapat dihitung, maka karena R Q [ RnQ , kami menyimpulkan bahwamerupakan R juga merupakan irasional kontradiksi RnQ himpunan .adalah Oleh karena yang himpunan dapat itu, himpunan tak dihitung, terhitung. yang bilangan
Catatan: Himpunan bilangan real juga dapat dibagi menjadi dua himpunan bagian dari bilangan yang disebut bilangan aljabar dan bilangan transendental. Suatu bilangan real disebut aljabar jika merupakan solusi dari persamaan polinomial P xð 0 di mana semua koefisien dari polinomial P adalah bilangan bulat. Suatu bilangan real disebut transendental jika bukan bilangan aljabar. Dapat dibuktikan bahwa himpunan bilangan aljabar tak berhingga terhitung, dan akibatnya himpunan bilangan transendental tak terhitung. Angka p dan e adalah angka transendental, tetapi bukti dari fakta ini sangat dalam. Untuk pengenalan topik-topik ini, kami merujuk pembaca yang tertarik ke buku karya Ivan Niven yang tercantum dalam Referensi.
kamu
Representasi Biner
Kami akan menyimpang secara singkat untuk membahas secara informal representasi biner (dan desimal) dari bilangan real. Ini akan cukup untuk mempertimbangkan bilangan real antara 0 dan 1, karena representasi untuk bilangan real lainnya kemudian dapat diperoleh dengan menambahkan bilangan positif atau negatif.
y Sisa dari bagian ini dapat dihilangkan pada pembacaan pertama.
Machine Translated by Google
50 BAB 2 ANGKA NYATA
Jika x 2 0; 1 , kita akan menggunakan prosedur bagi dua berulang untuk mengasosiasikan suatu barisan (an) dari 0 dan 1 sebagai berikut. Jika x
1 2 milik
6¼ x termasuk ke dalam subinterval
subinterval kiri 0; 1 2 ; 1 kita ambil a1 1. Jika x
1 2 kita ambil a1 :¼ 0, sedangkan jika 1 2, maka kita dapat mengambil a1 ke
kanan menjadi 0 atau 1. Bagaimanapun, kita memiliki a1
1
a1 1
x
2
:
2
1
. Jika x bukan titik bagi-bagi dan termasuk dalam a1 1 _ subinterval kiri kita ambil a2 :¼ 0, dan jika x milik subinterval kanan kita ambil a2 :¼ 1. Jika 1 3 x atau x 4 4 , kita dapat mengambil a2 menjadi 0 atau 1. Bagaimanapun, kita memiliki
Kami sekarang membagi dua interval
2 2a1;
a1
2
th
a2
a1
x
2
22
th
a2 1 22 :
Kami melanjutkan prosedur bagi dua ini, menetapkan pada tahap ke-n nilai an :¼ 0 jika x adalah bukan titik bagi dan terletak di subinterval kiri, dan memberikan nilai an :¼ 1 jika x terletak pada subinterval kanan. Dengan cara ini kita memperoleh barisan (an) dari 0s atau 1s yang sesuai dengan urutan interval bersarang yang mengandung titik x. Untuk setiap n, kita memiliki ketidaksetaraan a1
2Þ
th
a2
sebuah
a1
x
þ þ.
22 2n 2
th
a2
þ þ.
sebuah 1 :
22 2n 2
Jika x adalah titik bagi pada tahap ke-n, maka x m=2n dengan m ganjil. Dalam hal ini, kita mungkin pilih subinterval kiri atau kanan; namun, setelah subinterval ini dipilih, kemudian semua subinterval berikutnya dalam prosedur bagi dua ditentukan. [Misalnya, jika kami memilih subinterval kiri sehingga 0, maka x adalah titik akhir kanan dari semua berikutnya subinterval, dan karenanya ak 1 untuk semua kn 1. Sebaliknya, jika kita memilih subinterval sehingga 1, maka x adalah titik akhir kiri dari semua subinterval berikutnya, dan 3 maka ak 0 untuk semua kn 1. Misalnya, jika x x adalah 1, 4, maka dua barisan yang mungkin untuk 0, 1, 1, 1, ... dan 1, 1, 0, 0, 0, . . . .] , Untuk meringkas: Jika x 2 0; 1 maka terdapat barisan (an) dari 0s dan 1s sedemikian sehingga pertidaksamaan (2) berlaku untuk semua n 2 N. Dalam hal ini kita tulis
3Þ
x
:a1a2 dan
TH
2;
dan panggil (3) representasi biner dari x. Representasi ini unik kecuali ketika x m=2n untuk m ganjil, dalam hal ini x memiliki dua representasi x :a1a2 an11000
TH
2
: a1a2 an10111
TH
2;
satu berakhir dengan 0s dan yang lainnya berakhir dengan 1s.
Sebaliknya, setiap urutan 0s dan 1s adalah representasi biner dari real unik angka di [0,1]. Pertidaksamaan yang sesuai dengan (2) menentukan interval tertutup dengan panjang 1=2n dan urutan interval ini bersarang. Oleh karena itu, Teorema 2.5.3 menyiratkan bahwa terdapat bilangan real unik x yang memenuhi (2) untuk setiap n 2 N. Akibatnya, x memiliki representasi biner
:a1a2 dan
TH
2.
Catatan Konsep representasi biner sangat penting di era digital ini komputer. Sebuah nomor dimasukkan dalam komputer digital pada '' bit,'' dan setiap bit dapat dimasukkan
salah satu dari dua keadaan—entah itu akan melewati arus atau tidak. Kedua negara ini sesuai dengan
nilai 1 dan 0, masing-masing. Dengan demikian, representasi biner dari suatu bilangan dapat disimpan
dalam komputer digital pada string bit. Tentu saja, dalam praktik sebenarnya, karena hanya terbatas banyak bit dapat disimpan, representasi biner harus dipotong. Jika n angka biner adalah
Machine Translated by Google 2.5 INTERVAL 51
, maka akurasinya paling banyak 1=2n . Misalnya, untuk memastikan empat
digunakan untuk bilangan x 2
0; 1 akurasi desimal, perlu menggunakan setidaknya 15 digit biner (atau 15 bit).
Representasi Desimal Representasi desimal dari bilangan real mirip dengan representasi biner, kecuali bahwa kami membagi interval menjadi sepuluh subinterval yang sama, bukan dua. Jadi, diberikan x 2 0; 1 jika ,kita membagi [0,1] menjadi sepuluh subinterval yang sama, maka x termasuk ke subinterval b1=10;ð b1 1 =10 beberapa untuk bilangan bulat b1 dalam 0f g ; 1; ...
;
9 . Lanjutkan seperti dalam
kasus biner, kami memperoleh urutan (bn) bilangan bulat dengan 0 bn 9 untuk semua n 2 N seperti yang x memenuhi
b1
4Þ
th
b2
þ þ.
bn
x
b1
b2
th
þ þ.
bn 1 :
102 10n 10
102 10n 10
Dalam hal ini kita katakan bahwa x memiliki representasi desimal yang diberikan oleh
x :b1b2 bn
:
Jika x 1 dan jika B 2 N sedemikian rupa sehingga B x < B 1, maka x B:b1b2 bn dimana representasi desimal dari x B 2 0; 1 adalah seperti di atas. Angka negatif diperlakukan demikian pula.
Fakta bahwa setiap desimal menentukan bilangan real unik mengikuti dari Teorema 2.5.3, karena setiap desimal menentukan urutan interval bersarang dengan panjang 1=10n . Representasi desimal dari x 2 0; 1 unik kecuali jika x adalah titik pembagian di beberapa tahap, yang dapat dilihat terjadi ketika x m=10n untuk beberapa m; n 2 N; 1m 10n. (Kita juga dapat mengasumsikan bahwa m tidak habis dibagi 10.) Ketika x adalah titik pembagian di ke-n tahap, satu pilihan untuk bn sesuai dengan memilih subinterval kiri, yang menyebabkan semua digit berikutnya menjadi 9, dan pilihan lainnya sesuai dengan memilih subinterval yang tepat, yang menyebabkan semua digit berikutnya menjadi 0. [Misalnya, jika x maka x :4999 :5000 dan jika y 38=100 , maka y :37999 :38000 .]
1 2
Desimal Berkala Sebuah desimal B:b1b2 bn dikatakan periodik (atau berulang), jika terdapat k; n 2 N sehingga bn bnþm untuk semua n k. Dalam hal ini, blok angka bkbkþ1 bkþm1 adalah diulangi setelah digit ke-k tercapai. Bilangan terkecil m dengan sifat ini disebut periode desimal. Misalnya, 19=88 :2159090 90 memiliki periode m 2 dengan blok berulang 90 mulai dari k 4. Desimal terminasi adalah desimal periodik di mana blok berulang hanyalah angka 0. Kami akan memberikan bukti informal dari pernyataan: Sebuah bilangan real positif adalah rasional jika
dan hanya jika representasi desimalnya periodik. Misalkan x p=q dimana p; q 2 N tidak memiliki faktor bilangan bulat yang sama. Untuk kenyamanan kita juga akan menganggap bahwa 0 < p < q. Kami mencatat bahwa proses ''panjang'' pembagian'' dari q menjadi p memberikan representasi desimal dari p=q. Setiap langkah dalam divisi proses menghasilkan sisa yang berupa bilangan bulat dari 0 sampai q 1. Oleh karena itu, setelah paling banyak q
langkah, beberapa sisa akan muncul untuk kedua kalinya dan, pada saat itu, angka-angka dalam hasil bagi
akan mulai berulang dalam siklus. Oleh karena itu, representasi desimal dari a bilangan rasional adalah periodik. Sebaliknya, jika desimal adalah periodik, maka itu mewakili bilangan rasional. Ide dari buktinya paling baik diilustrasikan dengan sebuah contoh. Misalkan x 7:31414 14 . Kami kalikan dengan pangkat 10 untuk memindahkan titik desimal ke blok pertama yang berulang; di sini
Machine Translated by Google 52 BAB 2 ANGKA NYATA
memperoleh 10x 73:1414 . Kami sekarang mengalikan dengan kekuatan 10 untuk memindahkan satu blok ke kiri titik desimal; sini dapat 1000x 7314:1414 . Sekarang kita kurangi untuk mendapatkan sebuah bilangan bulat; di sini mendapatkan 1000x 10x 7314 73 7241, dari mana x 7241=990, a bilangan rasional.
Bukti Kedua Penyanyi Kami sekarang akan memberikan bukti kedua Cantor tentang tak terhitungnya R. Ini adalah elegan Argumen ''diagonal'' berdasarkan representasi desimal dari bilangan real. 2.5.5 Teorema Interval satuan 0; 1 :¼ fgx 2 R : 0 x 1 tidak dapat dihitung. Bukti. Buktinya adalah dengan kontradiksi. Kami akan menggunakan fakta bahwa setiap bilangan real x 2 0; 1
memiliki representasi desimal x 0:b1b2b3 , di mana bi 0; 1; ...
;
9. Misalkan ada
pencacahan x1; x2; x3 dari semua angka di [0,1], yang kami tampilkan sebagai: x1 0:b11b12b13 b1n x2
;
0 :b21b22b23 b2n x3 0 :
;
b31b32b33 b3n
;
xn 0: bn1bn2bn3 bnn
;
Kita sekarang mendefinisikan bilangan real y :¼ 0:y1y2y3 yn dengan menyetel y1 :¼ 2 jika b11 5 dan y1 :¼ 7 jika b11 4; secara umum, kami membiarkan
y :¼
2 jika bnn 5; 7 jika bnn 4:
Maka y 2 0; 1 . Perhatikan bahwa angka y tidak sama dengan angka mana pun dengan dua desimal representasi, karena yn 6¼ 0; 9 untuk semua n 2 N. Selanjutnya, karena y dan xn berbeda dalam nth desimal, maka y 6¼ xn untuk sembarang n 2 N. Oleh karena itu, y tidak termasuk dalam pencacahan
QED
[0,1], bertentangan dengan hipotesis.
Latihan untuk Bagian 2.5
1. Jika saya :¼ a; b dan I0 :¼ a0b0 ;adalah interval tertutup dalam R, tunjukkan bahwa I I0 jika dan hanya jika a0 a dan b b0 . 2. Jika SR tidak kosong, tunjukkan bahwa S terbatas jika dan hanya jika terdapat interval terbatas tertutup Saya sedemikian rupa sehingga S I.
3. Jika SR adalah himpunan terbatas tak kosong, dan IS :¼ inf S; sup S
, menunjukkan bahwa S IS. Selain itu, jika J adalah
setiap interval terbatas tertutup yang mengandung S, tunjukkan bahwa IS J. 4. Dalam pembuktian Kasus (ii) Teorema 2.5.1, jelaskan mengapa x, y ada di S. 5. Tuliskan rincian pembuktian Perkara (iv) pada Teorema 2.5.1.
6. Jika I1
a1 a2
I2
Di sebuah
adalah urutan interval bersarang dan jika In an ; bn , tunjukkan itu . dan b1 b2 bn
7. Biarkan Masuk :¼ 0; 1=n untuk n 2 N. Buktikan bahwa T1 n¼1In f g0 . 8. Misalkan Jn :¼ 0; 1=n untuk n 2 N. Buktikan bahwa T1 n¼1Jn ;. TH
9. Misalkan Kn :¼ n;1 untuk n 2 N. Buktikan bahwa T1 n¼1Kn ;.
Machine Translated by Google 2.5 INTERVALS 53
10. Dengan notasi pada pembuktian Teorema 2.5.2 dan 2.5.3, tunjukkan bahwa kita memiliki h 2 T1 n¼1In. Tunjukkan juga bahwa j; h T1 n¼1In. 11. Tunjukkan bahwa interval yang diperoleh dari pertidaksamaan pada (2) membentuk barisan bersarang. 3 8
12. Berikan dua representasi biner dari
dan
7 16.
13. (a) Berikan empat digit pertama dalam representasi biner dari (b) Berikan 3. ;
14. Tunjukkan bahwa jika ak; bk 2 f 0; 1; ... a1
g 9 dan jika
a2
sebuah
102 10 10n
¼.
b1
th
b2
10 10m102
maka n m dan ak bk untuk k 1; ... 15. Temukan representasi desimal dari 16. Ekspres
1 7
dan
2 19
1
3.
1
representasi biner lengkap dari
;
þ þ.
bm
6¼ 0;
n.
2
7.
sebagai desimal periodik.
17. Rasional apa yang diwakili oleh desimal periodik 1:25137 137 35:14653 653 ?
dan
Machine Translated by Google
BAGIAN 3
URUTAN DAN SERI
Sekarang setelah dasar-dasar sistem bilangan real R telah diletakkan, kita siap untuk menjawab pertanyaan-pertanyaan yang lebih bersifat analitik, dan kita akan mulai dengan studi tentang konvergensi barisan. Beberapa hasil awal mungkin akrab bagi pembaca dari kalkulus, tetapi presentasi di sini dimaksudkan untuk menjadi ketat dan akan mengarah pada teorema tertentu yang lebih mendalam daripada yang biasanya dibahas dalam kursus sebelumnya. Kami pertama-tama akan memperkenalkan arti konvergensi barisan bilangan real dan menetapkan beberapa hasil dasar, tetapi berguna, tentang barisan konvergen. Kami kemudian menyajikan beberapa hasil yang lebih dalam mengenai konvergensi urutan. Ini termasuk Teorema Konvergensi Monoton, Teorema Bolzano-Weierstrass, dan Kriteria Cauchy untuk konvergensi barisan. Penting bagi pembaca untuk mempelajari teorema dan bagaimana teorema berlaku untuk barisan khusus. Karena keterbatasan linier yang melekat pada sebuah buku, perlu untuk memutuskan di mana menempatkan subjek deret tak hingga. Masuk akal untuk mengikuti bab ini dengan diskusi lengkap tentang deret tak hingga, tetapi ini akan menunda topik penting tentang kontinuitas, diferensiasi, dan integrasi. Karena itu, kami memutuskan untuk berkompromi. Pengenalan singkat untuk seri tak terbatas diberikan di Bagian 3.7 di akhir bab ini, dan perlakuan yang lebih luas diberikan nanti di Bab 9. Jadi pembaca yang ingin diskusi lebih lengkap tentang seri saat ini dapat pindah ke Bab 9 setelah menyelesaikan ini. Bab.
Augustin-Louis Cauchy AugustinLouis Cauchy (1789–1857) lahir di Paris tepat setelah dimulainya Revolusi Prancis. Ayahnya adalah seorang pengacara di departemen kepolisian Paris, dan keluarganya terpaksa melarikan diri selama Pemerintahan Teror. Akibatnya, tahun-tahun awal Cauchy sulit dan dia mengembangkan perasaan antirevolusioner dan pro-kerajaan yang kuat. Setelah kembali ke Paris, ayah Cau chy menjadi sekretaris Senat yang baru dibentuk, yang mencakup matematikawan Laplace dan Lagrange. Mereka terkesan dengan bakat matematika Cauchy muda dan membantunya memulai karirnya. Dia memasuki Ecole Polytechnique pada tahun 1805 dan segera membangun
# Bettmann/CORBIS
reputasi sebagai ahli matematika yang luar biasa. Pada tahun 1815, tahun royalti dipulihkan, dia diangkat ke fakultas Ecole Polytechnique, tetapi pandangan politiknya yang kuat dan standar matematikanya yang tak kenal kompromi sering mengakibatkan hubungan buruk dengan rekan-rekannya. Setelah revolusi Juli 1830, Cauchy menolak untuk menandatangani sumpah kesetiaan yang baru dan meninggalkan Prancis selama delapan tahun di pengasingan. Pada tahun 1838, ia menerima pos pengajaran kecil di Paris, dan pada tahun 1848 Napoleon III mengembalikannya ke posisinya sebelumnya di Ecole Polytechnique, di mana ia tetap tinggal sampai kematiannya. Cauchy luar biasa serbaguna dan produktif, memberikan kontribusi besar ke banyak bidang, termasuk analisis nyata dan kompleks, teori bilangan, persamaan diferensial, fisika matematika, dan probabilitas. Ia menerbitkan delapan buku dan 789 makalah, dan karya-karyanya yang terkumpul memenuhi 26 jilid. Dia adalah salah satu matematikawan paling penting di paruh pertama abad kesembilan belas.
54
Machine Translated by Google
3.1 URUTAN DAN BATASNYA 55
Bagian 3.1 Urutan dan Batasnya Barisan dalam himpunan S adalah fungsi yang domainnya adalah himpunan N bilangan asli, dan jangkauannya terdapat pada himpunan S. Dalam bab ini, kita akan mempelajari barisan di R dan akan membahas apa yang dimaksud dengan konvergensi dari urutan ini.
3.1.1 Definisi Barisan bilangan real (atau barisan dalam R) adalah fungsi yang didefinisikan pada himpunan N f1; 2; ...g bilangan asli yang jangkauannya terdapat dalam himpunan R bilangan real.
Dengan kata lain, suatu barisan dalam R menetapkan setiap bilangan asli n 1, 2, . bilangan real yang ditentukan secara unik. Jika X : N ! R adalah barisan, kita biasanya akan
. .
sebuah
menyatakan nilai X pada n dengan simbol xn daripada menggunakan notasi fungsi XðnÞ. Nilai xn disebut juga suku atau elemen barisan. Kami akan menunjukkan urutan ini dengan notasi
X; xnÞ; xn : n 2 NÞ: Tentu saja, kita akan sering menggunakan huruf lain, seperti Y ykÞ; Z ziÞ, dan seterusnya, untuk menyatakan barisan.
Kami sengaja menggunakan tanda kurung untuk menekankan bahwa pengurutan yang diinduksi oleh orde alami N adalah suatu hal yang penting. Dengan demikian, kita membedakan secara notasi antara barisan xn : n 2 NÞ, yang suku-sukunya tak terhingga banyaknya memiliki keteraturan, dan himpunan nilai fxn : n 2 Ng pada daerah barisan yang tidak terurut. Misalnya, n barisan X :¼ 1Þsedangkan : n 2 N memiliki tak hingga yang berganti-ganti antara danyang 1, himpunan nilai fðbanyak 1Þ : n 2suku Ng sama dengan himpunan { 1,11}, n memiliki hanya dua elemen. Barisan sering didefinisikan dengan memberikan rumus untuk suku ke-n xn. Seringkali, lebih mudah untuk membuat daftar suku-suku barisan secara berurutan, berhenti ketika aturan pembentukan tampak jelas. Misalnya, kita dapat menentukan urutan kebalikan dari bilangan genap dengan menulis X:
1 1 1 1 ;
;
;
2 4 6 8
;
;
meskipun metode yang lebih memuaskan adalah dengan menentukan rumus untuk istilah umum dan menulis
X:
1 2n
:n2N
atau lebih sederhananya X 1=2nÞ.
Cara lain untuk mendefinisikan barisan adalah dengan menentukan nilai x1 dan memberikan rumus untuk xnþ1ðn 1Þ dalam bentuk xn. Secara lebih umum, kita dapat menentukan x1 dan memberikan rumus untuk memperoleh; ini xnþ1 dikatakan dari x1;terdefinisi x2; ... xn. secara Barisaninduktif yang didefinisikan (atau rekursif). dengan cara
3.1.2 Contoh (a) Jika b 2 R, barisan B :¼ b; B; B; ...Þ, yang semua sukunya sama dengan b, disebut barisan konstanta b. Jadi konstanta barisan 1 adalah barisan 1; 1; 1; ...Þ, dan barisan konstanta 0 adalah barisan 0; 0; 0; ...TH.
Machine Translated by Google 56 BAB 3 URUTAN DAN SERIES
(b) Jika b 2 R, maka B :¼ ðbn adalah barisan B b; b2 1 b 2, maka kita peroleh barisan 1
: n 2 N 2n
;
1 1 1 ;
;
2 4 8
;
...
b3 ... ;
;
bn
; ...TH. Secara khusus, jika
1 ;
2n
;
... :
(c) Barisan 2n : n 2 NÞ bilangan asli genap dapat didefinisikan secara induktif oleh x1 :¼ 2;
xnþ1 :¼ xn 2;
y1 :¼ 2;
ynþ1 :¼ y1 yn :
atau menurut definisi
(d) Deret Fibonacci yang terkenal F :¼ f nÞ diberikan oleh definisi induktif f 1 :¼ 1; f 2 :¼ 1; f nþ1 :¼ f
n1
f
n n 2Þ:
Jadi, setiap suku setelah suku kedua adalah jumlah dari dua pendahulunya yang langsung. Sepuluh pertama
suku F terlihat 1; 1; 2; 3; 5; 8; 13; 21; 34; 55; ...TH. & Batas Urutan Ada sejumlah konsep limit yang berbeda dalam analisis nyata. Pengertian limit dari urutan adalah yang paling dasar, dan itu akan menjadi fokus bab ini. 3.1.3 Definisi Suatu barisan X xnÞ pada R dikatakan konvergen ke x 2 R, atau x dikatakan konvergen ke
menjadi limit dari xnÞ, jika untuk setiap e > 0 terdapat bilangan asli KðeÞ sehingga untuk semua n KðeÞ, suku xn memenuhi jxn xj < e. Jika suatu barisan memiliki limit, kita katakan bahwa barisan tersebut konvergen; jika tidak memiliki batas, kita
mengatakan barisan tersebut divergen.
Catatan Notasi KðeÞ digunakan untuk menekankan bahwa pilihan K bergantung pada nilai dari e. Namun, seringkali lebih mudah untuk menulis K daripada KðeÞ. Dalam kebanyakan kasus, "kecil"
nilai e biasanya akan membutuhkan nilai K yang ''besar'' untuk menjamin bahwa jarak jxn xj antara xn dan x lebih kecil dari e untuk semua n K KðeÞ. Ketika suatu barisan memiliki limit x, kita akan menggunakan notasi
lim X x atau limðxnÞ x:
Kita terkadang akan menggunakan simbolisme xn ! x, yang menunjukkan gagasan intuitif bahwa nilai xn ''mendekati'' angka x sebagai n ! 1. 3.1.4 Keunikan Limit Sebuah barisan dalam R dapat memiliki paling banyak satu limit. Bukti. Misalkan x0 dan x00 keduanya merupakan limit dari xnÞ. Untuk setiap e > 0 terdapat K0 seperti bahwa jxn x0 j < e=2 untuk semua n K0 , dan ada K00 sehingga jxn x00j < e=2 untuk semua n K00. Kami membiarkan K menjadi lebih besar dari K0 dan K00. Kemudian untuk n K kita terapkan Segitiga Ketimpangan untuk mendapatkan
jx0 x00j¼jx0 xn xn x00j _ jx0 xnjþjxn x00j < e=2 e=2 e:
Karena e > 0 adalah bilangan positif sembarang, kita simpulkan bahwa x0 x00 0.
QED
Machine Translated by Google 3.1 URUTAN DAN BATASNYA 57
Untuk x 2 R dan e > 0, ingatlah bahwa e-neighborhood dari x adalah himpunan
VeðxÞ :¼ fu 2 R : ju xj < mis:
(Lihat Bagian 2.2.) Karena u 2 VeðxÞ ekivalen dengan ju xj < e, definisi konvergensi suatu barisan dapat dirumuskan dalam istilah tetangga. Kami memberikan beberapa cara berbeda untuk mengatakan bahwa barisan xn konvergen ke x dalam teorema berikut.
3.1.5 Teorema Misalkan X (xn) merupakan barisan bilangan real, dan misalkan x 2 R. Pernyataan-pernyataan berikut ekuivalen. (a) X konvergen ke x. (b) Untuk setiap e > 0, terdapat bilangan asli K sehingga untuk semua n K, suku xn memenuhi jxn xj < e. (c) Untuk setiap e > 0, terdapat bilangan asli K sehingga untuk semua n K, suku xn memenuhi xe < xn < x e. (d) Untuk setiap e-neighborhood VeðxÞ dari x, terdapat bilangan asli K sedemikian sehingga untuk semua n K, suku xn milik VeðxÞ.
Bukti. Kesetaraan dari (a) dan (b) hanyalah definisi. Kesetaraan (b), (c), dan (d) mengikuti dari implikasi berikut: ju xj < e () e < ux < e () xe < u < x e () u 2 VeðxÞ: QED
Dengan bahasa tetangga, seseorang dapat menggambarkan konvergensi dari barisan X xnÞ ke bilangan x dengan mengatakan: untuk setiap e-neighborhood Ve(x) dari x, semua kecuali sejumlah berhingga suku X milik Ve (x ). Jumlah terbatas istilah yang mungkin bukan ; xK 1. milik e-neighborhood adalah istilah x1; x2; ...
Keterangan Definisi limit suatu barisan bilangan real digunakan untuk memverifikasi bahwa nilai yang diusulkan x memang limitnya. Ini tidak menyediakan sarana untuk awalnya menentukan apa nilai x mungkin. Hasil selanjutnya akan berkontribusi pada tujuan ini, tetapi cukup sering dalam praktiknya diperlukan untuk sampai pada nilai dugaan batas dengan perhitungan langsung sejumlah suku barisan. Komputer dapat membantu dalam hal ini, tetapi karena komputer hanya dapat menghitung sejumlah suku terhingga dari suatu barisan, perhitungan seperti itu sama sekali bukan merupakan bukti nilai limit. Contoh berikut mengilustrasikan bagaimana definisi diterapkan untuk membuktikan bahwa barisan memiliki limit tertentu. Dalam setiap kasus, e positif diberikan dan kita diminta untuk menemukan K, tergantung pada e, seperti yang dipersyaratkan oleh definisi.
3.1.6 Contoh (a) lim(l=n) 0. Jika e > 0 diberikan, maka 1=e > 0. Dengan Sifat Archimedean 2.4.3, ada bilangan asli K KðeÞ sedemikian rupa sehingga 1=K < e. Kemudian, jika n K, kita memiliki 1=n 1=K < e. Akibatnya, jika n K, maka 1 n
0
1 < e:
n
Oleh karena itu, kita dapat menyatakan bahwa barisan (1=n) konvergen ke 0.
Machine Translated by Google
58 BAB 3 URUTAN DAN SERIES (b) lim(l=(n2 1)) 0. Misalkan e > 0 diberikan. Untuk mencari K, pertama-tama kita perhatikan bahwa jika n 2 N, maka
1
1
1
1=e2 . jika kita mengambil ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiff
ffiffiffi
1= K > 1=e2, makauntuk n 1 pnp semua < e K.n (Misalnya, > jika kita diberikan e ¼ 1=10, maka K> 100 diperlukan.) (e) Jika 0 < b < 1, maka limðbn 0. Kami akan menggunakan sifat dasar dari fungsi logaritma natural. Jika e > 0 diberikan, kita melihat itu
bn < e () n ln b < ln e () n > ln e=ln b: (Pertidaksamaan terakhir dibalik karena ln b < 0.) Jadi jika kita memilih K menjadi bilangan seperti bahwa K > ln e=ln b, maka kita akan memiliki 0 < bn < e untuk semua n K. Jadi kita memiliki limðbn ¼ 0. Misalnya, jika b .8, dan jika e .01 diberikan, maka kita membutuhkan K > ln :01=ln :8 20:6377. Jadi K 21 akan menjadi pilihan yang tepat untuk e .01.
&
Catatan The KðeÞ Game Dalam pengertian konvergensi barisan, salah satu cara untuk menjaga mengingat hubungan antara e dan K adalah menganggapnya sebagai permainan yang disebut KðeÞ Permainan. Dalam permainan ini, Pemain A menyatakan bahwa suatu bilangan tertentu x adalah limit suatu barisan (xn).
Pemain B menantang pernyataan ini dengan memberi Pemain A nilai spesifik untuk e > 0. Pemain A harus menjawab tantangan dengan menghasilkan nilai K sedemikian rupa sehingga jxn xj < e untuk semua
n > K. Jika Pemain A selalu dapat menemukan nilai K yang berhasil, maka dia menang, dan urutannya adalah konvergen. Namun, jika Pemain B dapat memberikan nilai spesifik e > 0 untuk Pemain A
Machine Translated by Google
3.1 URUTAN DAN BATASNYA 59 tidak dapat merespon secara memadai, maka Pemain B menang, dan kami menyimpulkan bahwa urutannya tidak konvergen ke x.
Untuk menunjukkan bahwa barisan X xnÞ tidak konvergen ke bilangan x, cukup menghasilkan satu bilangane0 > 0 sehingga berapa pun bilangan asli K yang dipilih, dapat dicari nK tertentu yang memenuhi nK K sedemikian sehingga jxnK xj e0. (Ini akan dibahas secara lebih rinci di Bagian 3.4.)
3.1.7 Contoh Barisan 0; 2; 0; 2; ... ; 0; 2; ...Þ tidak konvergen ke angka 0. Jika Pemain A menyatakan bahwa 0 adalah batas urutan, dia akan kalah dalam Permainan KðeÞ ketika Pemain B memberinya nilai e < 2. Untuk memastikannya, biarkan Pemain B memberi nilai pada Pemain A e0 1. Maka tidak masalah berapa nilai yang dipilih Pemain A untuk K, responnya tidak akan memadai, karena Pemain B akan merespon dengan memilih bilangan genap n > K. Maka nilai yang sesuai adalah xn 2 sehingga jxn 0j 2 > 1 e0. Dengan demikian angka 0 bukanlah limit dari barisan tersebut. & Ekor Urutan Penting untuk disadari bahwa konvergensi (atau divergensi) dari barisan X xnÞ hanya bergantung pada ''perilaku akhir'' dari suku-suku tersebut. Maksud kami adalah bahwa jika, untuk sembarang bilangan asli m, kita menghilangkan suku-suku m pertama dari barisan tersebut, maka barisan yang dihasilkan Xm konvergen jika dan hanya jika barisan asal konvergen, dan dalam hal ini, limitnya sama. Kami akan menyatakan ini secara formal setelah kami memperkenalkan gagasan "ekor" dari suatu barisan.
3.1.8 Definisi Jika X x1; x2; ... ; xn; ...Þ adalah barisan bilangan real dan jika m adalah bilangan asli tertentu, maka ekor m dari X adalah barisan tersebut Xm :¼ xmþn : n 2 NÞ¼ðxmþ1; xmþ2; ...TH Misalnya, 3-ekor dari barisan X 2; 4; 6; 8; 10; ... ; 2n; ...Þ, adalah barisan X3 8; 10; 12; ... ;
2n 6; ...TH.
3.1.9 Teorema Misalkan X xn : n 2 NÞ adalah barisan bilangan real dan misalkan m 2 N. Maka m-tail Xm xmþn : n 2 NÞ dari X konvergen jika dan hanya jika X konvergen. Dalam hal ini, lim Xm lim X. Bukti. Kita perhatikan bahwa untuk sembarang p 2 N, suku ke-p dari Xm adalah suku ke-( p m) dari X.
Demikian pula, jika q > m, maka suku ke-q dari X adalah suku ke-mÞ dari Xm. Asumsikan X konvergen ke x. Kemudian diberikan e > 0, jika suku X untuk n KðeÞ memenuhi jxn xj < e, maka suku Xm untuk k KðeÞ m memenuhi jxk xj < e. Dengan demikian kita dapat mengambil KmðeÞ KðeÞ m, sehingga Xm juga konvergen ke x. Sebaliknya, jika suku Xm untuk k KmðeÞ memenuhi jxk xj < e, maka suku X untuk n KðeÞ þ m memenuhi jxn xj < e. Jadi kita dapat mengambil KðeÞ KmðeÞ m. Oleh karena itu, X konvergen ke x jika dan hanya jika Xm konvergen ke x.
QED
Kadang-kadang kita akan mengatakan bahwa barisan X pada akhirnya memiliki sifat tertentu jika beberapa ekor X memiliki sifat ini. Sebagai contoh, kita katakan bahwa barisan 3; 4; 5; 5; 5; ... ; 5; ...Þ adalah ''pada akhirnya Gagasan konstan.'' konvergensi Di sisi lain, dapat urutan dinyatakan 3; 5; 3; dengan 5; ... ; 3;menggunakan 5; ...Þ pada akhirnya terminologi tidakini: konstan. Sebuah barisan X konvergen dari x.keContoh x jika dan lain hanya dari ''terminologi jika suku-suku utama'' X pada ini akan akhirnya dicatat ada nanti. di setiap e-neighborhood
Machine Translated by Google
60 BAB 3 URUTAN DAN SERI Contoh Lebih Lanjut Dalam menetapkan bahwa suatu bilangan x adalah limit dari suatu barisan (xn), kita sering mencoba untuk menyederhanakan perbedaan jxn xj sebelum mempertimbangkan e > 0 dan menemukan KðeÞ seperti yang disyaratkan oleh definisi limit. Ini dilakukan dalam beberapa contoh sebelumnya. Hasil berikutnya adalah pernyataan yang lebih formal dari ide ini, dan contoh-contoh berikut menggunakan pendekatan ini.
3.1.10 Teorema Misalkan (xn) adalah barisan bilangan real dan misalkan x 2 R. Jika (an) adalah barisan bilangan real positif dengan limðanÞ 0 dan jika untuk suatu konstanta C > 0 dan suatu m 2 N kita miliki jxn xj Bisa untuk semua nm; maka limðxnÞ x. Bukti. Jika e > 0 diberikan, maka karena limðanÞ 0, kita tahu ada K Kðe=CÞ sedemikian rupa sehingga n K menyiratkan an jan 0j < e=C: Oleh karena itu, jika kedua n K dan nm, maka jxn xj Bisa < Cðe=CÞ e:
QED
Karena e > 0 adalah sembarang, kita simpulkan bahwa x limðxnÞ.
1 3.1.11 Contoh (a) Jika a > 0, maka lim
0.
1 tidak
Karena a > 0, maka 0 < na < 1 na, dan oleh karena itu 0 < 1=(1 na) < 1=(na). Jadi kita punya 1 1 tidak
1
0
sebuah
1 n
untuk semua n 2 N:
Karena limð1=nÞ 0, kita dapat menggunakan Teorema 3.1.10 dengan C 1=a dan m 1 untuk menyimpulkan bahwa lim 1=ð1 naÞÞ ¼ 0. (b) Jika 0 < b < 1, maka limðbn Þ ¼ 0.
Batas ini diperoleh sebelumnya dalam Contoh 3.1.6(e). Kami akan memberikan bukti kedua yang menggambarkan penggunaan Pertidaksamaan Bernoulli (lihat Contoh 2.1.13(c)).
Karena 0 < b < 1, kita dapat menulis b 1=(1 a), di mana a :¼ (1=b) 1 sehingga a > 0. Dengan n 1 na. Karena itu Pertidaksamaan Bernoulli, kita memiliki 1 aÞ 1
0 < bn 1
aÞ Jadi
1 n
1 na
0, maka limðc1=nÞ 1. Kasus c 1 adalah sepele, sejak itu (c ternyata konvergen ke 1.
1/n
) adalah barisan konstanta 1; 1; ...Þ, yang
Machine Translated by Google 3.1 URUTAN DAN BATASNYA 61
Jika c > 1, maka c
1/n
1 dn untuk beberapa dn > 0. Oleh karena itu dengan Pertidaksamaan Bernoulli 2.1.13(c), n
c 1 dnÞ
1 ndn untuk n 2 N:
Oleh karena itu kita memiliki c 1 ndn, sehingga dn c 1Þ=n. Akibatnya kita memiliki 1 1j dn c 1Þ
jc1=n
n
untuk n 2 N:
Kami sekarang memanggil Teorema 3.1.10 untuk menyimpulkan bahwa limðc1=nÞ 1 ketika c > 1.
Sekarang anggaplah bahwa 0 < c < 1; lalu c
1/n
1=(1 hn) untuk beberapa hn > 0. Oleh karena itu
Ketidaksetaraan Bernoulli menyiratkan bahwa
1
c
1 n
1 nhn
1 hnÞ
1
1, kita dapat menulis n1=n 1 þ kn untuk beberapa kn > 0 ketika n > 1. n
Oleh karena itu n 1 knÞ
untuk n > 1. Dengan Teorema Binomial, jika n > 1 kita memiliki
n 1 nkn
1 2 nðn
1Þk2
n
th
12
1
nðn 1Þk2
n;
dari mana mengikuti itu
n1
1 2 nðn
1Þk2 n:
Oleh karena itu k2 2=n untuk n > 1. Jika e > 0 diberikan, maka dari Sifat Archimedean n 2 . Oleh karena itu jika n supf2; Neg kalau begitu ada bilangan asli Ne sehingga 2=Ne < e 2 2=n < e , dari mana
0 < n1=n 1 kn 2=nÞ
1=2 < e:
Karena e > 0 adalah sembarang, kita simpulkan bahwa limðn1=nÞ 1.
&
Latihan untuk Bagian 3.1
1. Barisan (xn) ditentukan oleh rumus berikut untuk suku ke-n. Tuliskan lima suku pertama dalam setiap kasus:
n
(a) xn :¼ 1 1Þ
;
1 (c) xn :¼
nðn 1Þ
n
(b) xn :¼ 1Þ
= n;
1 ;
(d) x :¼
:
n2 2
Machine Translated by Google 62 BAB 3 URUTAN DAN SERIES
2. Beberapa suku pertama suatu barisan (xn) diberikan di bawah ini. Dengan asumsi bahwa ''pola alami'' ditunjukkan oleh suku-suku ini tetap, berikan rumus untuk suku ke-n xn. (a) 5, 7, 9, 11, . . . , (c) (b) 1=2, -1=4, 1=8, -1=16, . . ., . .. , (d) 1, 4, 9, 16, . 1=2, 2=3, 3=4, 4=5, . . . 3. Sebutkan lima suku pertama dari barisan yang didefinisikan secara induktif berikut ini.
(a) x1 :¼ 1; xnþ1 :¼ 3xn 1; 1 (b) y1 :¼ 2; ynþ1 :¼ (c) 2 yn 2=ynÞ ; z1 :¼ 1; z2 :¼ 2; znþ2 :¼ znþ1 znÞ =ðznþ1 znÞ; (d) s1 :¼ 3; s2 :¼ 5; snþ2 :¼ sn snþ1 : 4. Untuk setiap b 2 R, buktikan bahwa limðb=nÞ 0.
5. Gunakan definisi limit barisan untuk menentukan limit berikut.
2n
n (a) lima
(c) limau
n2 1
(b) lim
0;
3
3n 1 ¼.
2
2n 5
(d) lima
;
2;
n1
1
n2 1
¼.
2
2n2 3
:
6. Tunjukkan bahwa
2n
1 (a) lima
(b) lim
0;
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiff
n7p ffiffiffi
(c) limau
np n1
(d) lima
0;
2;
n2
1Þ
nn
0:
n2 1
7. Misalkan xn :¼ 1=lnðn 1Þ untuk n 2 N.
(a) Gunakan definisi limit untuk menunjukkan bahwa limðxnÞ 0. (b) Carilah nilai spesifik K(e) seperti yang disyaratkan dalam definisi limit untuk masing-masing (i) e 1=2, dan
(ii) e 1=10. 8. Buktikan bahwa limðxnÞ 0 jika dan hanya jika limðjxnjÞ 0. Berikan contoh untuk menunjukkan bahwa
konvergensi jxnjÞ tidak harus berarti konvergensi xn. 9. Tunjukkan bahwa jika xn 0 untuk semua n 2 N dan limðxnÞ 0, maka limð ffiffiffiffiffi xn p
0.
10. Buktikan bahwa jika limðxnÞ x dan jika x > 0, maka terdapat bilangan asli M sehingga xn > 0 untuk semua n M 1 1 0: 11. Tunjukkan lim itu n n1 ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
n2 1 p 12. Tunjukkan bahwa limð 13.
n 0:
Tunjukkan bahwa limð1=3nÞ 0. 14. Misalkan b 2 R memenuhi 0 < b < 1. Tunjukkan bahwa limðnbn 0. [Petunjuk: Gunakan Teorema Binomial seperti pada
Contoh 3.1.11(d).] 15. Tunjukkan bahwa lim 2nÞ 1=n
1.
16. Tunjukkan bahwa limðn2 =n!Þ 0.
17. Tunjukkan bahwa limð2n=n!Þ 0. [Petunjuk: Jika n 3, maka 0
0, tunjukkan bahwa terdapat bilangan asli K sehingga jika n K, maka 1x 2
< xn < 2x.
Machine Translated by Google
3.2 TEOREMA BATAS 63 Bagian 3.2 Teorema Batas
Pada bagian ini kita akan memperoleh beberapa hasil yang memungkinkan kita untuk mengevaluasi batas-batas tertentu
barisan bilangan real. Hasil ini akan memperluas koleksi konvergen kami urutan agak ekstensif. Kita mulai dengan menetapkan sifat penting dari barisan konvergen yang akan dibutuhkan di bagian ini dan selanjutnya. 3.2.1 Definisi Suatu barisan X xnÞ bilangan real dikatakan terbatas jika ada ada bilangan real M > 0 sedemikian rupa sehingga jxnj M untuk semua n 2 N.
Jadi, barisan (xn) terbatas jika dan hanya jika himpunan fxn : n 2 Ng dari nilainya adalah a himpunan bagian terbatas dari R.
3.2.2 Teorema Suatu barisan konvergen dari bilangan real terbatas. Bukti. Misalkan limðxnÞ x dan misalkan e :¼ 1. Maka ada bilangan asli
K K(1) sehingga jxn xj < 1 untuk semua n K. Jika kita menerapkan Pertidaksamaan Segitiga dengan n K kita peroleh jxn xjþjxj < 1 jxj:
jxnj¼jxn x xj Jika kita mengatur
M :¼ sup jx1j; jx2j; ... ; jxK 1j; 1 jxj ;
QED
maka jxnj M untuk semua n 2 N.
Keterangan Kita juga dapat membuktikan barisan konvergen (xn) berbatas menggunakan bahasa lingkungan. Jika Ve(x) adalah lingkungan tertentu dari limit x, maka semua kecuali bilangan berhingga suku-suku barisan tersebut milik Ve(x). Oleh karena itu, karena Ve(x) dibatasi dengan jelas dan himpunan berhingga terbatas, maka barisan tersebut terbatas.
Sekarang kita akan memeriksa bagaimana proses limit berinteraksi dengan operasi penjumlahan, pengurangan, perkalian, dan pembagian barisan. Jika X (xn) dan Y (yn) adalah barisan bilangan real, maka jumlah mereka didefinisikan sebagai barisan X Y : (xn yn ), selisihnya menjadi barisan XY :¼ xn ynÞ, dan hasilkalinya adalah barisan XY :¼ (xnyn). Jika c 2 R, kita definisikan kelipatan X dengan c sebagai barisan
cX : (cxn). Akhirnya, jika Z (zn) adalah barisan bilangan real dengan zn 6¼ 0 untuk semua n 2 N, kemudian kita definisikan hasil bagi dari X dan Z menjadi barisan X=Z :¼ ðxn=znÞ. Misalnya, jika X dan Y adalah barisan 1 1 1 X :¼ 2; 4; 6; ... ; 2n; ...TH; Y :
;
;
1 2 3
;
...
1 ;
maka kita punya
3 9 19 XY
XY
;
1 2
;
1 7 ;
1 2
3
...
;
;
...
;
17 ;
3
2n2 1
;
XY 2; 2; 2; ... ; 2; ...TH; 3X 6; 12; 18; ... ; 6n; ...TH; X=Y 2; 8; 18; ... ; 2n2; ...TH:
n
;
;
;
;
2n2 1 n
;n
...
;
Machine Translated by Google
64 BAB 3 URUTAN DAN SERIES Kita perhatikan bahwa jika Z adalah barisan
Z : 0; 2; 0; ...
;
1 1Þ
n ;
...
;
maka kita dapat mendefinisikan X Z, X – Z dan XZ, tetapi X=Z tidak terdefinisi karena beberapa suku Z adalah nol. Kami sekarang menunjukkan bahwa urutan yang diperoleh dengan menerapkan operasi ini ke konvergen
barisan memunculkan barisan baru yang batasnya dapat diprediksi. 3.2.3 Teorema (a) Misalkan X (xn) dan Y (yn) adalah barisan bilangan real yang konvergen ke x dan y, dan misalkan c 2 R. Maka barisan X Y, X–Y, XY, dan cX konvergen ke x y, x– y, xy, dan cx, berturut-turut. (b) Jika X (xn) konvergen ke x dan Z (zn) adalah barisan bilangan real bukan nol yang konvergen ke z dan jika z 6¼ 0, maka barisan hasil bagi X=Z konvergen ke x=z. Bukti. (a) Untuk menunjukkan bahwa limðxn ynÞ x y, kita perlu memperkirakan besarnya jðxn þ ynÞ ðx yÞj. Untuk melakukan ini, kami menggunakan Pertidaksamaan Segitiga 2.2.3 untuk mendapatkan
jðxn ynÞ x yÞj ¼ jðxn xÞþðyn yÞj jxn x jþj yn yj: Dengan hipotesis, jika e > 0 terdapat bilangan asli K1 sehingga jika n K1, maka jxn xj < e=2; juga terdapat bilangan asli K2 sehingga jika n K2, maka jyn yj < e=2.supfK1; Jadi jika K2g, KðeÞ maka :¼ jika n KðeÞ maka jðxn ynÞ x yÞj
0 adalah sembarang, kita simpulkan bahwa X Y xn ynÞ konvergen ke x y. Argumen yang sama dapat digunakan untuk menunjukkan bahwa XY xn ynÞ konvergen ke
x y. Untuk menunjukkan bahwa XY xnynÞ konvergen ke xy, kita membuat estimasi
jxnyn xyj jðxnyn xnyÞþðxny xyÞj jxnðyn yÞj jðxn xÞyj jxnjjyn yjþjxn xjjyj :
Menurut Teorema 3.2.2 terdapat bilangan real M1 > 0 sehingga jxnj M1 untuk semua n 2 N dan kita tentukan M :¼ supfM1; jyjg. Oleh karena itu kita memiliki
jxnyn xyj Mjyn yj Mjxn xj: Dari konvergensi X dan Y kita simpulkan bahwa jika e > 0 diberikan, maka terdapat bilangan asli K1 dan K2 sehingga jika n K1 maka jxn xj < e=2M, dan jika n K2 maka jyn yj < e=2M. Sekarang biarkan KðeÞ supfK1; K2g; maka, jika n KðeÞ kita simpulkan bahwa jxnyn xyj Mjyn yj Mjxn xj < Mðe=2MÞ Mðe=2MÞ e: Karena e > 0 adalah sembarang, ini membuktikan bahwa barisan XY xnynÞ konvergen ke xy. Fakta bahwa cX (cxn) konvergen ke cx dapat dibuktikan dengan cara yang sama; itu juga dapat disimpulkan dengan mengambil Y sebagai barisan konstanta c; C; C; ...TH. Kami menyerahkan detailnya kepada pembaca.
Machine Translated by Google 3.2 TEOREMA BATAS 65
(b) Selanjutnya kita tunjukkan bahwa jika Z znÞ adalah barisan bilangan bukan nol yang konvergen ke 1
batas bukan nol z, maka barisan (l=zn) dari kebalikan konvergen ke 1=z. Pertama biarkan :¼ jzj 2 sehingga a > 0. Karena limðznÞ z, terdapat bilangan asli K1 sehingga jika n K1 lalu jzn zj < a. Ini mengikuti dari Corollary 2.2.4(a) dari Ketimpangan Segitiga 1 itu jzn zj jznj jzj¼jzj a jznj jzj untuk n K1, maka berikut ini 2 untuk n K1. Oleh karena itu 1=jznj 2=jzj untuk n K1 jadi kami memiliki perkiraan 1
1
z zn
¼.
zn
z
1 ¼.
znz
jz znj jznzj
2 jzj
2
jz znj untuk semua n K1:
Sekarang, jika e > 0 diberikan, terdapat bilangan asli K2 sehingga jika n K2 maka 1
2
zj < karena jzn . Oleh 2 ejzj itu, jika KðeÞ supfK1; K2g, maka 1
1
zn
z
< e untuk semua n > KðeÞ:
Karena e > 0 arbitrer, maka lim
1
1 ¼.
zn
:
z
Pembuktian (b) sekarang dilengkapi dengan mengambil Y sebagai barisan 1=znÞ dan menggunakan fakta bahwa XY ðxn=znÞ konvergen ke xð1=zÞ x=z. QED
Beberapa hasil Teorema 3.2.3 dapat diperluas, dengan Induksi Matematika, menjadi a jumlah terbatas barisan konvergen. Misalnya, jika A anÞ; B bn; ... adalah barisan bilangan real konvergen, maka jumlah mereka A B Z an bn znÞ adalah barisan konvergen dan (1)
;
Z znÞ
limðan bn zn limðanÞ limðbnÞþþ limðznÞ : _
Juga produk mereka ABZ :¼ anbn zn adalah barisan konvergen dan (2)
limðanbn znÞ¼ limðanÞÞ limðbn limðznÞÞ:
Jadi, jika k 2 N dan jika A anÞ adalah barisan konvergen, maka (3)
limðakn limðanÞÞk :
Kami menyerahkan bukti dari pernyataan ini kepada pembaca.
3.2.4 Teorema Jika X (xn) adalah barisan bilangan real yang konvergen dan jika xn 0 untuk semua n 2 N, maka x limðxnÞ 0. Bukti. Misalkan kesimpulannya tidak benar dan bahwa x < 0; maka e:¼ x positif. Sejak X konvergen ke x, ada bilangan asli K sedemikian rupa sehingga xe < xn < x e untuk semua n K: Secara khusus, kami memiliki xK < x þ e x xÞ ¼ 0. Tetapi ini bertentangan dengan hipotesis bahwa xn 0 untuk semua n 2 N. Oleh karena itu, kontradiksi ini menyiratkan bahwa x 0. Kami sekarang memberikan hasil yang berguna yang secara formal lebih kuat dari Teorema 3.2.4.
3.2.5 Teorema Jika X xnÞ dan Y ynÞ adalah barisan konvergen dari bilangan real dan jika xn yn untuk semua n 2 N, maka limðxnÞ limðynÞ.
QED
Machine Translated by Google
66 BAB 3 URUTAN DAN SERIES Bukti. Misalkan zn :¼ yn xn sehingga Z :¼ znÞ ¼ YX dan zn 0 untuk semua n 2 N. Berikut ini dari Teorema 3.2.3 dan 3.2.4 bahwa 0 lim Z limðynÞ limðxnÞ; sehingga limðxnÞ limðynÞ:
QED
Hasil berikutnya menyatakan bahwa jika semua suku barisan konvergen memenuhi pertidaksamaan berbentuk a xn b, maka limit barisan memenuhi pertidaksamaan yang sama. Jadi, jika barisan tersebut konvergen, seseorang dapat ''melewati batas'' dalam pertidaksamaan jenis ini. 3.2.6 Teorema Jika X xnÞ adalah barisan konvergen dan jika a xn b untuk semua n 2 N, maka a limðxnÞ b. Bukti. Misalkan Y adalah barisan konstanta b; B; B; ...TH. Teorema 3.2.5 menyiratkan bahwa lim X lim Y b. Demikian pula yang menunjukkan bahwa lim X. QED Hasil selanjutnya menyatakan bahwa jika suatu barisan Y terjepit di antara dua barisan yang konvergen ke limit yang sama, maka ia juga harus konvergen ke limit ini. 3.2.7 Teorema Squeeze Misalkan X xnÞ; Y ynÞ, dan Z znÞ adalah barisan bilangan real sedemikian sehingga
xn yn zn untuk semua n 2 N; dan limðxnÞ limðznÞ itu. Maka Y ynÞ konvergen dan limðxnÞ limðynÞ limðznÞ:
Bukti. Misalkan w :¼ limðxnÞ limðznÞ. Jika e > 0 diberikan, maka dari konvergensi X dan Z ke w terdapat bilangan asli K sehingga jika n K maka jxn wj < e
dan
jzn wj < e:
Karena hipotesis menyiratkan bahwa
xn w yn w zn w untuk semua n 2 N; berikut (mengapa?) bahwa
e < yn w < e untuk semua n K. Karena e > 0 sembarang, ini menyiratkan bahwa limðynÞ w.
QED
Catatan Karena setiap ekor barisan konvergen memiliki limit yang sama, hipotesis dari Teorema 3.2.4, 3.2.5, 3.2.6, dan 3.2.7 dapat dilemahkan untuk diterapkan pada ekor barisan. Misalnya, dalam Teorema 3.2.4, jika X xnÞ adalah ''positif akhirnya'' dalam arti bahwa terdapat m 2 N sedemikian rupa sehingga xn 0 untuk semua nm, maka kesimpulan yang sama bahwa x 0 akan berlaku. Modifikasi serupa berlaku untuk teorema lain, sebagai pembaca harus memverifikasi. 3.2.8 Contoh (a) Barisan nÞ divergen. Berdasarkan Teorema 3.2.2, jika barisan X :¼ nÞ konvergen, maka terdapat bilangan real M > 0 sehingga n jnj < M untuk semua n 2 N. Tetapi ini melanggar Sifat Archimedean 2.4.3.
Machine Translated by Google
3.2 TEOREMA BATAS 67 n
(b) Barisan 1Þ
divergen. n
Urutan ini X 1Þ terbatas (ambil M :¼ 1), jadi kita tidak dapat menggunakan Teorema 3.2.2. Namun, asumsikan bahwa a :¼ lim X ada. Misal e :¼ 1 sehingga terdapat bilangan asli K1 sehingga n
jð 1Þ aj < 1 untuk semua n K1: Jika n bilangan asli ganjil dengan n K1 ini memberikan j 1 aj < 1, sehingga 2 < a < 0. Sebaliknya, jika n bilangan asli genap dengan n K1 , pertidaksamaan ini memberikan j1 aj < 1 sehingga 0 < a 0. Kasus (i) Jika x 0, misalkan e > 0 diberikan. Sejak xn ! 0 ada bilangan asli K sehingga jika n K maka 2
0 xn xn 0 < e
:
ffiffiffiffi
Oleh karena itu [lihat Contoh 2.1.13(a)], 0
xn p < e untuk n K. Karena e > 0 arbitrer, ini
ffiffiffiffi
menyiratkan bahwa xn p ! 0.bahwa xp > 0Kasus dan kita perhatikan (ii) ffiffiffi
Jika x > 0, maka ffiffiffi
ffiffiffi
ffiffiffiffi
_
xn p
xp ffiffiffiffiffi xn p xp xn p
xn pxp
ffiffiffi ffiffiffiffi
xn x ¼.
ffiffiffi
ffiffiffi ffiffiffiffi
ffiffiffiffi
xp> 0, maka xp ffiffiffi xp
xn p
xp
ffiffiffi
ffiffiffiffi
Sejak xn p 1
ffiffiffi
ffiffiffiffi
xn p
xp
ffiffiffi
jxnxj :
xp ffiffiffi ffiffiffiffi
Konvergensi dari xn p ! xp mengikuti dari fakta bahwa xn ! x.
QED
Untuk jenis barisan tertentu, hasil berikut memberikan "uji rasio" yang cepat dan mudah untuk konvergensi. Hasil terkait dapat ditemukan dalam latihan.
Machine Translated by Google 3.2 TEOREMA BATAS 69
3.2.11 Teorema Misalkan xnÞ adalah barisan bilangan real positif sehingga L :¼ limðxnþ1=xnÞ ada. Jika L < 1, maka xnÞ konvergen dan limðxnÞ 0.
Bukti. Dengan 3.2.4 maka L 0. Misalkan r adalah suatu bilangan sehingga L < r < 1, dan misalkan e :¼ r L > 0. Terdapat bilangan K 2 N sehingga jika n K maka xnþ1
L < e:
xn
Dari sini (mengapa?) bahwa jika n K, maka xnþ1
< L e L r LÞ r:
xn
Oleh karena itu, jika n K, kita peroleh 2
0 < xnþ1 < xnr < xn 1r
n Kþ1
0; b > 0; tunjukkan lim itu 14.
haln aÞðn bÞ
n a bÞ=2.
Gunakan Teorema Squeeze 3.2.7 untuk menentukan limit berikut, (B)
(a) n1=n2 ; 15. Tunjukkan bahwa jika zn : ¼ an bn
n!Þ
1=n2 :
1=n dimana 0 < a < b, maka limðznÞ b.
16. Terapkan Teorema 3.2.11 pada barisan berikut, di mana a, b memenuhi 0 < a < 1; b > 1. (a) anÞ; (c)
(b) bn =2nÞ;
n=bn ;
(d) 23n=32nÞ:
17. (a) Berikan contoh barisan konvergen xnÞ bilangan positif dengan limðxnþ1=xnÞ 1. (b) Berikan contoh barisan divergen dengan sifat ini. (Dengan demikian, properti ini tidak dapat digunakan sebagai tes untuk konvergensi.)
18. Misalkan X (xn) adalah barisan bilangan real positif sehingga limðxnþ1=xnÞ L > 1. Tunjukkan bahwa X bukan barisan berbatas dan karenanya tidak konvergen. 19. Diskusikan kekonvergenan barisan berikut, di mana a, b memenuhi 0 < a < 1; b > 1. (a) n2anÞ; (c)
(b) bn =n2Þ;
bn =n!Þ; 20.
(d) n!=nnÞ:
Misalkan xnÞ adalah barisan bilangan real positif sehingga limðx1=n ¼ L < 1. Tunjukkan n bahwa ada ada angka r dengan 0 < r < 1 sehingga 0 < xn < rn untuk semua cukup besar n 2 N. Gunakan ini menunjukkan bahwa limðxnÞ 0. 21. (a) Berikan contoh barisan konvergen (xn) bilangan positif dengan limðx1=n 1. (b) Berikan contoh barisan divergen (xn) bilangan positif dengan limðx1=n 1.
n n
(Dengan demikian, properti ini tidak dapat digunakan sebagai tes untuk konvergensi.)
22. Misalkan xnÞ adalah barisan konvergen dan ynÞ sedemikian rupa sehingga untuk setiap e > 0 terdapat M sedemikian bahwa jxn ynj < e untuk semua n M. Apakah berarti (yn) konvergen? 23. Tunjukkan bahwa jika (xn) dan (yn) barisan konvergen, maka barisan (un) dan (vn) didefinisikan oleh un :¼ maxfxn; yng dan vn :¼ minfxn; yng juga konvergen. (Lihat Latihan 2.2.18.) 24. Tunjukkan bahwa jika xn; ynÞ; znÞ adalah barisan konvergen, maka barisan (wn) didefinisikan oleh wn :¼ midfxn; yn; zng juga konvergen. (Lihat Latihan 2.2.19.)
Bagian 3.3 Urutan Monoton Sampai saat ini, kita telah memperoleh beberapa metode untuk menunjukkan bahwa barisan X (xn) real
bilangan konvergen:
Machine Translated by Google
3.3 URUTAN MONOTON 71 (i) Kita dapat menggunakan Definisi 3.1.3 atau Teorema 3.1.5 secara langsung. Ini sering (tetapi tidak
selalu) sulit dilakukan. (ii) Kita dapat mendominasi jxn xj dengan kelipatan suku-suku dalam barisan anÞ yang diketahui konvergen ke 0, dan gunakan Teorema 3.1.10. (iii) Kita dapat mengidentifikasi X sebagai barisan yang diperoleh dari barisan lain yang diketahui konvergen dengan mengambil ekor, kombinasi aljabar, nilai absolut, atau akar kuadrat, dan menggunakan Teorema 3.1.9, 3.2.3, 3.2.9, atau 3.2.10. (iv) Kita dapat ''memeras'' X antara dua barisan yang konvergen ke limit yang sama dan gunakan Teorema 3.2.7.
(v) Kita dapat menggunakan ''uji rasio'' dari Teorema 3.2.11. Kecuali untuk (iii), semua metode ini mengharuskan kita sudah mengetahui (atau setidaknya mencurigai)
nilai batas, dan kami kemudian memverifikasi bahwa kecurigaan kami benar. Namun, ada banyak contoh di mana tidak ada kandidat yang jelas untuk batasnya urutan, meskipun analisis awal mungkin menunjukkan bahwa konvergensi mungkin terjadi. Dalam dua bagian ini dan berikutnya, kami akan menetapkan hasil yang dapat digunakan untuk menunjukkan a
barisan konvergen meskipun nilai limitnya tidak diketahui. Metode yang kami perkenalkan di bagian ini cakupannya lebih terbatas daripada metode yang kami berikan di bagian berikutnya
dua, tetapi jauh lebih mudah untuk mempekerjakan. Ini berlaku untuk barisan yang monoton dalam mengikuti akal.
3.3.1 Definisi Misalkan X (xn) adalah barisan bilangan real. Kita katakan bahwa X meningkat jika memenuhi pertidaksamaan x1 x2
:
xn xnþ1
Kita katakan bahwa X menurun jika memenuhi pertidaksamaan x1 x2
:
xn xnþ1
Kami mengatakan bahwa X adalah monoton jika meningkat atau menurun. Urutan berikut meningkat: 1; 2; 3; 4; ... ; n; ...TH; 1; 2; 2; 3; 3; 3; ...TH; a; a2; a3; ... ; sebuah; ...Þ jika a > 1: Urutan berikut menurun: 1; 1=2; 1=3; ... b; b2
;
b3 ; ...
;
; 1=n; ...TH; 1; 1=2; 1=22; ... ; 1=2n 1; ...TH; jika 0 < b < 1:
bn ; ...TH
Urutan berikut tidak monoton: 1; 1; 1; ... ;ð 1Þ
nþ1
;
...
;
1; 2; 3; ... ;ð 1Þ
Urutan berikut tidak monoton, tetapi "pada akhirnya" monoton: 7; 6; 2; 1; 2; 3; 4; ...TH; 2; 0; 1; 1=2; 1=3; 1=4; ...TH: 3.3.2 Teorema Konvergensi Monoton Barisan bilangan real monoton adalah konvergen jika dan hanya jika terbatas. Lebih jauh:
nn
...
Machine Translated by Google
72 BAB 3 URUTAN DAN SERIES (a) Jika X (xn) adalah barisan naik berbatas, maka limðxnÞ supfxn : n 2 Ng: (b) Jika Y (yn) adalah barisan menurun berbatas, maka limðynÞ inffyn : n 2 Ng: Bukti. Terlihat pada Teorema 3.2.2 bahwa barisan konvergen harus dibatasi. Sebaliknya, misalkan X adalah barisan monoton berbatas. Maka X naik atau turun. (a) Pertama-tama kita bahas kasus di mana X (xn) adalah barisan berbatas dan meningkat. Karena X terbatas, terdapat bilangan real M sedemikian rupa sehingga xn M untuk semua n 2 N. Menurut Sifat Kelengkapan 2.3.6, supremum x supfxn : n 2 Ng ada di R; kita akan menunjukkan bahwa x limðxnÞ. Jika e > 0 diberikan, maka xe bukan batas atas himpunan fxn : n 2 Ng, dan karena itu terdapat xK sedemikian sehingga xe < xK. Fakta bahwa X adalah barisan naik menyiratkan bahwa xK xn setiap kali n K, sehingga
xe < xK xn x < x e untuk semua n K: Oleh karena itu kami memiliki
jxn xj < e untuk semua n K: Karena e > 0 adalah sembarang, kita simpulkan bahwa (xn) konvergen ke x . (b) Jika Y (yn) adalah barisan menurun berbatas, maka jelas bahwa X :¼ Y ynÞ adalah barisan naik berbatas. Diperlihatkan pada bagian (a) bahwa lim X supf yn : n 2 Ng, Sekarang lim X lim Y dan juga, dengan Latihan 2.4.4(b), kita memiliki supf yn : n 2 Ng¼ inffyn : n 2 Ng: Jadi lim Y lim X inffyn : n 2 Ng:
QED
Teorema Konvergensi Monoton menetapkan keberadaan limit barisan monoton berbatas. Ini juga memberi kita cara menghitung limit barisan asalkan kita dapat mengevaluasi supremum dalam kasus (a), atau infimum dalam kasus (b). Kadang-kadang sulit untuk mengevaluasi supremum ini (atau infimum), tetapi begitu kita tahu bahwa itu ada, seringkali mungkin untuk mengevaluasi limit dengan metode lain. ffiffiffi
3.3.3 Contoh (a) limð1=
np 0.
Dimungkinkan untuk menangani barisan ini dengan menggunakan Teorema 3.2.10; namun, kita akan menggunakan ffiffiffiffi
Teorema Konvergensi Monoton. Jelas 0 adalah batas bawah untuk himpunan f1= n : pn 2 Ng, dan tidak sulit untuk menunjukkan bahwa 0 adalah infimum dari himpunan f1= Ng;np maka : n 20 limð1= np . Sebaliknya, setelah kita mengetahui bahwa X :¼ 1= np terbatas dan menurun, kita tahu bahwa X konvergen ke suatu bilangan real x. Karena X 1= np konvergen 3.2.3ke dapat x, dari disimpulkan Teorema bahwa XX 1=nÞ konvergen ke x2. Oleh karena itu x2 0, dari mana x 0. ffiffiffi
ffiffiffi
ffiffiffi
ffiffiffi
(b) Misalkan hn :¼ 1 1=2 1=3 1=n untuk n 2 N. Karena hnþ1 hn 1= ðn 1Þ > hn, kita lihat bahwa hnÞ adalah barisan naik. Dengan Teorema Konvergensi Monoton 3.3.2, pertanyaan apakah barisan itu konvergen atau tidak direduksi menjadi pertanyaan apakah barisan itu terbatas atau tidak. Upaya untuk menggunakan perhitungan numerik langsung untuk sampai pada dugaan tentang kemungkinan keterbatasn dari urutan hn menyebabkan frustrasi yang tidak meyakinkan. Sebuah komputer dijalankan akan mengungkapkan nilai perkiraan hn 11:4 untuk n 50; 000, dan hn 12:1 untuk n 100.000.
Machine Translated by Google
3.3 URUTAN MONOTON 73 fakta numerik dapat membuat pengamat biasa menyimpulkan bahwa barisan itu terbatas.
Namun, urutannya sebenarnya divergen, yang ditetapkan dengan mencatat bahwa 1 h2n 1 2
1>12
1
113 4
þþ.
114 4
þþ.
2n 1
1
1 2n 1 _ 1
2n 2n _
1111222
n 12
:
Karena hn tidak terbatas, Teorema 3.2.2 menyiratkan bahwa itu divergen. (Ini membuktikan bahwa deret tak hingga yang dikenal sebagai deret harmonik divergen. Lihat Contoh 3.7.6(b) pada Bagian 3.7.) Istilah hn meningkat sangat lambat. Misalnya, dapat ditunjukkan bahwa untuk mencapai hn > 50 akan memerlukan sekitar 5,2 1021 penambahan, dan komputer normal per 400 juta penambahan per detik akan membutuhkan lebih dari 400.000 tahun untuk melakukan perhitungan (ada 31.536.000 detik dalam setahun) . Sebuah superkomputer yang dapat melakukan lebih dari satu triliun penambahan per detik akan membutuhkan lebih dari 164 tahun untuk mencapai tujuan sederhana itu. Dan superkomputer IBM Roadrunner dengan kecepatan operasi kuadriliun per detik akan memakan waktu lebih dari satu setengah tahun. &
Urutan yang didefinisikan secara induktif harus diperlakukan secara berbeda. Jika barisan tersebut diketahui konvergen, maka nilai limit terkadang dapat ditentukan dengan menggunakan relasi induktif. Sebagai contoh, anggaplah bahwa konvergensi telah ditetapkan untuk barisan xnÞ yang didefinisikan oleh 1
x1 2;
xnþ1 2 xn
;
n 2 N:
Jika kita biarkan x limðxnÞ, maka kita juga memiliki x limðxnþ1Þ karena 1-ekor xnþ1Þ konvergen ke limit yang sama. Selanjutnya, kita melihat bahwa xn 2, sehingga x 6¼ 0 dan xn 6¼ 0 untuk semua n 2 N. Oleh karena itu, kita dapat menerapkan teorema limit untuk barisan yang diperoleh 1 1 x limðxnþ1Þ 2 2 limðxnÞ
:
x
Jadi, limit x adalah solusi dari persamaan kuadrat x2 2x 1 0, dan karena x harus 2 p . positif, kita menemukan bahwa limit barisan tersebut adalah x 1 Tentu saja, masalah konvergensi tidak boleh diabaikan atau diasumsikan begitu saja. Sebagai contoh, jika kita mengasumsikan barisan ynÞ didefinisikan oleh y1 :¼ 1; ynþ1 :¼ 2yn 1 konvergen dengan limit y, maka kita peroleh y 2y 1, sehingga y 1. Tentu saja hal ini tidak masuk akal. ffiffiffi
Dalam contoh berikut, kami menggunakan metode ini untuk mengevaluasi batas, tetapi hanya setelah hati-hati membangun konvergensi menggunakan Teorema Konvergensi Monoton. Contoh tambahan dari jenis ini akan diberikan dalam Bagian 3.5. 3.3.4 Contoh (a) Misalkan Y (yn) didefinisikan secara induktif oleh y1 :¼ 1; ynþ1 :¼ untuk n 1. Kami akan menunjukkan bahwa lim Y 3=2.
14
2ynþ3Þ
Machine Translated by Google
74 BAB 3 URUTAN DAN SERIES Perhitungan langsung menunjukkan bahwa y2 5=4. Oleh karena itu kami memiliki y1 < y2 < 2. Kami tunjukkan, dengan
Induksi, bahwa yn < 2 untuk semua n 2 N. Memang, ini benar untuk n 1; 2. Jika yk < 2 berlaku untuk beberapa k 2 N, maka 1 ykþ1 4 _
1 4 4 3Þ
2yk 3Þ
1 p=nÞ < 1. Selain itu 2p 1, maka kita memiliki 1 2 < id < 1 1
th
1
1 þþ.
1:
2 2n 22
Karena dapat diverifikasi bahwa [lihat 1.2.4(f)]
1
2
th
1
1 þþ.
22 2n
1
1
1
2n
1
< 1;
kami menyimpulkan bahwa 2 < en < 3 untuk semua n 2 N. Teorema Konvergensi Monoton menyiratkan
bahwa barisan E konvergen ke bilangan real antara 2 dan 3. Kami mendefinisikan nomor e menjadi limit dari barisan ini. Dengan menyempurnakan perkiraan kami, kami dapat menemukan pendekatan rasional yang lebih dekat ke e, tetapi kami
tidak dapat mengevaluasinya dengan tepat, karena e adalah bilangan irasional. Namun, adalah mungkin untuk
hitung e ke tempat desimal sebanyak yang diinginkan. Pembaca harus menggunakan kalkulator (atau a komputer) untuk mengevaluasi en untuk nilai 'besar' dari n. &
Leonhard Euler Leonhard Euler (1707-1783) lahir di dekat Basel, Swiss. Miliknya ayah pendeta berharap putranya akan mengikutinya ke dalam pelayanan, tetapi ketika Euler memasuki Universitas Basel pada usia 14, dia belajar kedokteran, fisika, astronomi, dan matematika serta teologi. Miliknya bakat matematika diperhatikan oleh Johann Bernoulli, yang menjadi pembimbing. Pada tahun 1727, Euler pergi ke Rusia untuk bergabung dengan putra Bernoulli, Daniel,
di Akademi St. Petersburg yang baru. Di sana dia bertemu dan menikahi Katharina Gsell, putri seorang seniman Swiss. Selama 40 tahun pernikahan mereka, mereka memiliki 13 anak, tetapi hanya lima yang selamat dari masa kanak-kanak.
Machine Translated by Google 3.3 URUTAN MONOTON 77
Pada tahun 1741, Euler menerima tawaran dari Frederick the Great untuk bergabung dengan Akademi Berlin, di mana
dia tinggal selama 25 tahun. Selama periode ini ia menulis buku-buku penting tentang subjek yang relatif baru disebut kalkulus dan aliran makalah tentang matematika dan sains. Sebagai tanggapan atas permintaan untuk instruksi dalam sains dari Putri Anhalt-Dessau, dia menulis hampir 200 surat padanya ilmu yang kemudian menjadi terkenal dalam sebuah buku berjudul Letters to a German Princess. Ketika Euler kalah penglihatan di satu mata, Frederick kemudian menyebutnya sebagai ''cyclops'' matematikanya. Pada 1766, ia dengan senang hati kembali ke Rusia atas undangan Catherine yang Agung. Penglihatannya terus memburuk dan pada 1771 ia menjadi buta total setelah operasi mata. Hebatnya, kebutaannya berdampak kecil pada hasil matematikanya, karena dia menulis beberapa buku dan lebih dari 400 kertas saat buta. Dia tetap aktif sampai hari kematiannya. Produktivitas Euler sangat luar biasa. Dia menulis buku teks tentang fisika, aljabar, kalkulus, real dan analisis kompleks, dan geometri diferensial. Dia juga menulis ratusan makalah, banyak yang menang hadiah. Edisi terbaru dari koleksi karyanya terdiri dari 74 volume.
Latihan untuk Bagian 3.3
1 2 xn
1. Misalkan x1 :¼ 8 dan xnþ1 :¼ limit.
2 untuk n 2 N. Tunjukkan bahwa xnÞ terbatas dan monoton. Temukan
2. Misalkan x1 > 1 dan xnþ1 :¼ 2 1=xn untuk n 2 N. tunjukkan bahwa xnÞ terbatas dan monoton. Temukan membatasi. ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
3. Misalkan x1 2 dan xnþ1 :¼ 1 di
xn 1 p untuk n 2 N. Tunjukkan bahwa xnÞ menurun dan berbatas
bawah ini dengan 2. Tentukan limitnya. ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
4. Misalkan x1 :¼ 1 dan xnþ1 :¼
2 xn p untuk n 2 N. Tunjukkan bahwa xnÞ konvergen dan tentukan limitnya. ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffiffi
5. Misalkan y1 :¼ pp , di mana p >p0,yndan p untuk ynþ1 n :¼2 N. Tunjukkan bahwa ynÞ konvergen dan tentukan limitnya. [Petunjuk: Satu batas atas adalah 1 2 ffiffiffi
hal. ] ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiff
6. Misalkan a > 0 dan misalkan z1 > 0: Tentukan znþ1 :¼ limitnya.
a zn p untuk n 2 N. Tunjukkan bahwa znÞ konvergen dan temukan
7. Misalkan x1 :¼ a > 0 dan xnþ1 :¼ xn 1=xn untuk n 2 N. Tentukan apakah xnÞ konvergen atau divergen. 8. Misalkan anÞ barisan naik, bnÞ barisan turun, dan asumsikan bahwa a bn untuk semua n 2 N. Tunjukkan bahwa limðanÞ limðbn, dan dengan demikian menyimpulkan Properti Interval Bersarang 2.5.2
dari Teorema Konvergensi Monoton 3.3.2. 9. Misalkan A adalah himpunan bagian tak hingga dari R yang dibatasi di atas dan misalkan u :¼ sup A. Tunjukkan bahwa ada
meningkatkan barisan xnÞ dengan xn 2 A untuk semua n 2 N sedemikian hingga u limðxnÞ. 10. Tentukan konvergensi atau divergensi dari barisan ynÞ, dimana yn :¼
1 th n 1 n 2 2n
1
1 untuk n 2 N:
þþ.
11. Misalkan xn :¼ 1=12 1=22 1=n2 untuk setiap n 2 N. Buktikan bahwa xnÞ naik dan terbatas, dan karenanya konvergen. [Petunjuk: Perhatikan bahwa jika k 2, maka 1=k2 1=kðk 1Þ 1=ðk 1Þ 1=k.] 12. Tentukan konvergensi dan tentukan limit dari barisan berikut. (sebuah)
nþ1
1 1=nÞ
1 (C)
(B)
;
1 n1
2n
1 1=nÞ
;
n n
(d) 1 1=nÞ
;
:
ffiffiffi
hal 13. Gunakan metode pada Contoh 3.3.5 untuk menghitung
, benar dalam 4 desimal.
2 ffiffiffi
hal 14. Gunakan metode pada Contoh 3.3.5 untuk menghitung
5
, benar dalam 5 desimal.
15. Hitung bilangan id pada Contoh 3.3.6 untuk n 2, 4, 8, 16. 16. Gunakan kalkulator untuk menghitung en untuk n 50; n 100, dan n 1000.
Machine Translated by Google 78 BAB 3 URUTAN DAN SERIES
Bagian 3.4 Barisan Selanjutnya dan Teorema Bolzano-Weierstrass Pada bagian ini kita akan memperkenalkan pengertian barisan dari barisan bilangan real. Secara informal, suatu barisan dari suatu barisan adalah pemilihan suku-suku dari barisan yang diberikan sedemikian rupa sehingga suku-suku yang dipilih membentuk barisan baru. Biasanya pemilihan dibuat untuk
tujuan yang pasti. Sebagai contoh, subsequences sering berguna dalam membangun konvergensi atau divergensi dari sequence. Kami juga akan membuktikan keberadaan yang penting teorema yang dikenal sebagai Teorema Bolzano-Weierstrass, yang akan digunakan untuk menetapkan a
sejumlah hasil yang signifikan. 3.4.1 Definisi Misalkan X xnÞ adalah barisan bilangan real dan misalkan n1 < n2 < < nk < menjadi barisan bilangan asli yang semakin meningkat. Maka barisan X0 xnk diberikan oleh xn1 ; xn2 ;
... ; xnk ; ...
disebut barisan dari X. 1 1 1
Misalnya, jika X :¼ barisan
1;2;3;
... , maka pemilihan istilah yang diindeks genap menghasilkan 1 1 1
X0 _
;
;
2 4 6 dimana n1 2; n2 4; ... mengikuti:
;
1 1 1 ;
;
1 3 5
;
...
;
...
1 ;
2k
...
;
;
nk 2k; : ... Barisan lain dari X ð1=nÞ adalah 1 ;
;
2k 1
...
1 ;
1 ;
1 ;
2! 4! 6!
;
...
1 ;
;
... :
2kÞ!
Barisan berikut ini bukan turunan dari X 1=nÞ: 1 1 1 1 1 1 ;
;
;
;
;
2 1 4 3 6 5
;
...
1 ;
1 1 ; 0; ; 0; ; 0; ... : 1 3 5
Ekor barisan (lihat 3.1.8) adalah jenis khusus dari barisan. Faktanya, m-ekor sesuai dengan urutan indeks
n1 m 1; n2 m 2; ...
;
nk m k; ... :
Tapi, jelas, tidak setiap urutan dari urutan yang diberikan harus menjadi ekor dari urutan. Barisan barisan konvergen juga konvergen ke limit yang sama, seperti yang kita tunjukkan sekarang.
3.4.2 Teorema Jika suatu barisan X xnÞ dari bilangan real konvergen ke bilangan real x, maka setiap turunan X0 xnk dari X juga konvergen ke x. Bukti. Misalkan e > 0 diberikan dan misalkan KðeÞ sedemikian rupa sehingga jika n KðeÞ, maka jxn xj < e. Sejak
n1 < n2 < < nk < adalah barisan bilangan asli naik, mudah dibuktikan (dengan Induksi) bahwa nk k. Oleh karena itu, jika k KðeÞ, kita juga memiliki nk k KðeÞ sehingga QED jxnk xj < e. Oleh karena itu, barisan xnk juga konvergen ke x.
3.4.3 Contoh (a) limðbn 0 jika 0 < b < 1. Kita telah melihat, pada Contoh 3.1.11(b), bahwa jika 0 < b < 1 dan jika xn :¼ bn, lalu itu berikut dari Pertidaksamaan Bernoulli bahwa limðxnÞ 0. Atau, kita melihat bahwa sejak
Machine Translated by Google 3.4 URUTAN DAN TEOREMA BOLZANO-WEIERSTRASS 79
0 < b < 1, maka xnþ1 bnþ1 < bn xn sehingga barisan xnÞ menurun . Juga jelas bahwa 0 xn 1, sehingga dari Teorema Konvergensi Monoton 3.3.2, barisan tersebut konvergen. Misal x :¼ lim xn. Karena x2nÞ adalah turunan dari xn maka dari Teorema 3.4.2 dapat disimpulkan bahwa x limðx2nÞ. Selain itu, berikut dari relasi x2n b2n bn 2
x2 dan n Teorema 3.2.3 bahwa 2
x limðx2nÞ limðxnÞ
x2 : _
Oleh karena itu kita harus memiliki x 0 atau x 1. Karena barisan xnÞ menurun dan dibatasi di atas oleh b < 1, kita simpulkan bahwa x 0. (b) limðc1=nÞ 1 untuk c > 1.
Batas ini diperoleh dalam Contoh 3.1.11(c) untuk c > 0, menggunakan argumen yang agak cerdik. Di sini kita berikan pendekatan alternatif untuk kasus c > 1. Perhatikan bahwa jika zn :¼ c1=n; maka zn > 1 dan znþ1 < zn untuk semua n 2 N. (Mengapa?) Jadi dengan Teorema Konvergensi Monoton, limit z :¼ limðznÞ ada. Dengan Teorema 3.4.2, maka z limðz2nÞ. Selain itu, berikut dari relasi
z2n c1 =2n c1 = n
1=2 z1 = 2 n
dan Teorema 3.2.10 bahwa
z limðz2nÞ limðznÞ
1=2 z1 =2 :
Oleh karena itu kami memiliki z2 z dari mana dapat disimpulkan bahwa baik z 0 atau z 1. Karena zn > 1 untuk semua n 2 N, kami menyimpulkan bahwa z 1.
&
Kami serahkan sebagai latihan kepada pembaca untuk mempertimbangkan kasus 0 < c < 1.
Hasil berikut didasarkan pada negasi hati-hati dari definisi limðxnÞ x. Ini mengarah pada cara yang mudah untuk menetapkan divergensi suatu barisan.
3.4.4 Teorema Misalkan X xnÞ adalah barisan bilangan real, maka persamaan berikut adalah :
(i) Barisan X xnÞ tidak konvergen ke x 2 R. (ii) Terdapat e0 > 0 sehingga untuk sembarang k 2 N, terdapat nk 2 N sehingga nk k dan jxnk xj (iii) Terdapat sebuah e0 > 0 dan sebuah barisan X0 xnk dari X sedemikian rupa e0. sehingga jxnk xj semua k 2 N. e0 untuk
Bukti. iÞ)ðiiÞ Jika xnÞ tidak konvergen ke x, maka untuk beberapa e0 > 0 tidak mungkin menemukan bilangan asli k sedemikian sehingga untuk semua nk suku xn memenuhi jxn xj < e0. Artinya, untuk setiap k 2 N tidak benar bahwa untuk semua nk pertidaksamaan jxn xj < e0 berlaku. Dengan kata lain, untuk setiap k 2 N terdapat bilangan asli nk k sedemikian rupa sehingga jxnk xj
e0. e0.
iiÞ)ðiiiÞ Misalkan e0 seperti pada (ii) dan misalkan n1 2 N sedemikian rupa sehingga n1 1 dan jxn1 xj Sekarang biarkan n2 2 N sedemikian rupa sehingga n2 > n1 dan jxn2 xj e0; misalkan n3 2 N sedemikian rupa
sehingga n3 > n2 dan jxn3 xj e0.sedemikian Lanjutkan rupa dengan cara inijxnk untuk mendapatkan barisan Þ dari X X ðxnÞ sehingga xj e0 untuk semua k 2 N. X0 iiiÞðxnk )ðiÞ Misalkan memiliki barisan X0 xnk memenuhi Teorema kondisi 3.4.2, di (iii). barisan Maka X0 X tidak juga dapat akan konvergen konvergen ke ke x. x; Tapi karena ini jika tidakya, mungkin, maka, dengan karena tidak ada suku X0 yang termasuk dalam e0-neighborhood dari x.
QED
Machine Translated by Google 80 BAB 3 URUTAN DAN SERIES
Karena semua turunan barisan konvergen harus konvergen ke limit yang sama, kita memiliki bagian (i) dalam hasil berikut. Bagian (ii) mengikuti dari fakta bahwa konvergen urutan dibatasi. 3.4.5 Kriteria Divergensi Jika barisan X xnÞ bilangan real memiliki salah satu dari sifat-sifat berikut, maka X divergen. (i) X memiliki dua turunan konvergen X0 xnk dan X00 xrk yang limitnya tidak setara. (ii) X tidak terbatas. n
3.4.6 Contoh (a) Barisan X :¼ 1Þ
2n
Barisan X0 :¼ 1Þ 2n 1
divergen.
1; 1; ...Þ konvergen ke 1, dan turunannya
X00 :¼ 1Þ 1; 1; ...Þ konvergen ke 1. Oleh karena itu, kami menyimpulkan dari Theo rem 3.4.5(i) bahwa X divergen. 1
(b) Urutan 1; 2 ; 3; ... berbeda.
1 4;
Ini adalah barisan Y ðynÞ, di mana yn n jika n ganjil, dan yn 1=n jika n genap. Dia dapat dengan mudah dilihat bahwa Y tidak dibatasi. Oleh karena itu, dengan Teorema 3.4.5(ii), barisannya adalah
berbeda. (c) Barisan S :¼ (sin n) divergen. Urutan ini tidak begitu mudah untuk ditangani. Dalam membahasnya tentu saja kita harus memanfaatkan 1
sifat dasar fungsi sinus. Kita ingat bahwa sinðp=6Þ sinð5p=6Þ dan 2 bahwa sin x > 2 1 untuk x dalam interval I1 :¼ p=6; 5p=6Þ. Karena panjang I1 adalah 5p=6 p=6 2p=3 > 2, paling sedikit ada dua bilangan asli yang terletak di dalam I1; kami membiarkan 1
n1 menjadi yang pertama nomor tersebut. Demikian pula, untuk setiap k 2 N, sin x2> untuk x dalam interval
Ik :¼ p=6 2pðk 1Þ; 5p=6 2pðk 1Þ : Karena panjang Ik lebih besar dari 2, setidaknya ada dua bilangan asli yang terletak di dalam Ik; kami membiarkan nk menjadi yang pertama. Barisan S0 :¼ sin nkÞ dari S yang diperoleh dengan cara ini memiliki
properti yang semua nilainya terletak pada interval
1 12;
.
Demikian pula, jika k 2 N dan Jk adalah intervalnya Jk :¼ 7p=6 2pðk 1Þ; 11p=6 2pðk 1Þ ; 1 maka terlihat bahwa sin x < untuk semua x 2 Jk dan panjang Jk lebih besar dari 2. Misalkan mk menjadi 2
bilangan asli pertama terletak di Jk. Maka barisan S00 :¼ sin mkÞ dari S memiliki 1 1; 2 . properti bahwa semua nilainya terletak pada interval Mengingat sembarang bilangan real c, dapat dilihat bahwa setidaknya satu dari barisan S0 dan S00 terletak sepenuhnya di luar c
1
2-lingkungan c. Oleh karena itu c tidak dapat menjadi limit dari S. Karena & 2 R sewenang-wenang, kami menyimpulkan bahwa S divergen.
Keberadaan Barisan Monoton Meskipun tidak setiap barisan adalah barisan yang monoton, sekarang kami akan menunjukkan bahwa setiap barisan
memiliki barisan yang monoton. 3.4.7 Teorema Barisan Monoton Jika X xnÞ adalah barisan bilangan real, maka ada barisan dari X yang monoton. Bukti. Untuk tujuan pembuktian ini, kita akan mengatakan bahwa suku ke-m xm adalah ''puncak'' jika xm xn untuk semua n sedemikian rupa sehingga n m. (Artinya, xm tidak pernah dilampaui oleh suku apa pun yang mengikutinya
Machine Translated by Google 3.4 URUTAN DAN TEOREMA BOLZANO-WEIERSTRASS 81
dalam barisan.) Perhatikan bahwa, dalam barisan menurun, setiap suku adalah puncak, sedangkan dalam an urutan meningkat, tidak ada istilah adalah puncak. Kami akan mempertimbangkan dua kasus, tergantung pada apakah X memiliki banyak tak hingga, atau hingga
banyak, puncak. Kasus 1: X memiliki banyak puncak yang tak terhingga. Dalam hal ini, kami membuat daftar puncak dengan meningkatkan
subskrip: xm1 ; xm2 ;
...
; xmk ; : ... Karena setiap suku adalah puncak, kita memiliki xm1 xm2
:
xmk
Oleh karena itu, barisan xmk dari puncak adalah turunan penurunan dari X. Kasus 2: X memiliki jumlah puncak yang terbatas (mungkin nol). Biarkan puncak ini terdaftar oleh ... ; xmr . Biarkan s1 :¼ mr 1 menjadi indeks pertama setelah yang terakhir
meningkatkan langganan: xm1 ; xm2 ;
puncak. Karena xs1 bukan puncak, ada 2 > s1 sedemikian rupa sehingga xs1 < xs2 . Karena xs2 bukan puncak, ada s3 > s2 sehingga xs2 < xs3 . Melanjutkan dengan cara ini, kami memperoleh peningkatan
QED
barisan xsk dari X. Tidak sulit untuk melihat bahwa suatu barisan yang diberikan mungkin memiliki satu barisan yaitu meningkat, dan turunan lain yang menurun.
Teorema Bolzano-Weierstrass Sekarang kita akan menggunakan Teorema Barisan Monoton untuk membuktikan Bolzano-Weierstrass Teorema yang menyatakan bahwa setiap barisan berbatas memiliki barisan yang konvergen. Karena pentingnya teorema ini, kami juga akan memberikan bukti kedua berdasarkan teorema ini pada Properti Interval Bersarang. 3.4.8 Teorema Bolzano-Weierstrass Barisan bilangan real berbatas memiliki a barisan konvergen.
Bukti Pertama. Ini mengikuti dari Teorema Barisan Monoton bahwa jika X xnÞ adalah a barisan berbatas, maka memiliki barisan X0 xnk yang monoton . Sejak ini barisan juga terbatas, mengikuti dari Teorema Konvergensi Monoton 3.3.2 bahwa barisan tersebut konvergen.
QED
Bukti Kedua. Karena himpunan nilai fxn : n 2 Ng terbatas, himpunan ini termuat dalam an interval I1 :¼ a; B. Kita ambil n1 :¼ 1. Kami sekarang membagi dua I1 menjadi dua subinterval yang sama I01 dan I00 1,
dan membagi himpunan indeks
fn 2 N : n > 1g menjadi dua bagian: A1 :¼ fn 2 N : n > n1; xn 2 I0 1g; B1 fn 2 N : n > n1; xn 2 I00 1g:
Jika A1 tak hingga, kita ambil I2 :¼ I0
1 dan biarkan n2 menjadi bilangan asli terkecil di A1. Jika A1 adalah
himpunan berhingga, maka Bl pasti tak terhingga, dan kita ambil I2 :¼ I00 1 dan biarkan n2 menjadi alami terkecil
nomor di B1. Kami sekarang membagi dua I2 menjadi dua subinterval yang sama I02 dan I00 2,
dan membagi himpunan
fn 2 N : n > n2g menjadi dua bagian: A2 fn 2 N : n > n2; xn; 2 I0 2g; B2 :¼ fn 2 N : n > n2; xn 2 I00 2g
Jika A2 tak hingga, kita ambil I3 :¼ I0
2 dan biarkan n3 menjadi bilangan asli terkecil di A2. Jika A2 adalah
himpunan berhingga, maka B2 harus tak terhingga, dan kita ambil I3 :¼ I bilangan di B2.
00
2 dan biarkan n3 menjadi yang terkecil alami
Machine Translated by Google 82 BAB 3 URUTAN DAN SERI
Kami melanjutkan dengan cara ini untuk mendapatkan urutan interval bersarang I1 I2 ik
dan barisan xnk Þ dari X sedemikian hingga xnk 2 Ik untuk k 2 N. Karena panjang Ik adalah
sama dengan b aÞ=2k 1 , berikut dari Teorema 2.5.3 bahwa ada titik umum (unik) j 2 Ik untuk semua k 2 N. Selain itu, karena xnk dan j keduanya milik Ik, kita memiliki
jxnk jj b aÞ=2k 1
;
QED
dari mana barisan xnk dari X konvergen ke j. Teorema 3.4.8 kadang-kadang disebut Teorema Bolzano-Weierstrass untuk barisan, karena ada versi lain yang berhubungan dengan himpunan terbatas di R (lihat Latihan 11.2.6). Dapat dilihat bahwa barisan berbatas dapat memiliki berbagai suburutan yang konvergen n
untuk batas yang berbeda atau bahkan menyimpang. Misalnya, barisan 1Þ memiliki turunan yang konvergen ke 1, turunan lain yang konvergen ke 1, dan memiliki turunan yang menyimpang.
Misalkan X adalah barisan bilangan real dan misalkan X0 adalah turunan dari X. Maka X0 adalah a urutan dalam dirinya sendiri, dan karena itu memiliki suburutan. Kita perhatikan bahwa jika X00 adalah turunan dari X0 , maka itu juga merupakan turunan dari X.
3.4.9 Teorema Misalkan X xnÞ adalah barisan bilangan real berbatas dan misalkan x 2 R memiliki sifat bahwa setiap barisan konvergen dari X konvergen ke x. Maka barisan X konvergen ke x. Bukti. Misalkan M > 0 adalah suatu batas untuk barisan X sehingga jxnj M untuk semua n 2 N. Jika X tidak konvergen ke x, maka Teorema 3.4.4 menyatakan bahwa terdapat e0 > 0 dan a barisan X0 xnk dari X sedemikian sehingga
jxnk xj
1Þ
e0
untuk semua k 2 N:
Karena X0 adalah turunan dari X, maka bilangan M juga terikat untuk X0
. Oleh karena itu Bolzano
Teorema Weierstrass menyiratkan bahwa X0 memiliki barisan konvergen X00. Karena X00 juga urutan X, konvergen ke x dengan hipotesis. Dengan demikian, istilahnya pada akhirnya milik e0-lingkungan dari x, kontradiksi (1).
QED
Batas Superior dan Batas Inferior Barisan terbatas bilangan real xnÞ mungkin konvergen atau tidak, tetapi kita tahu dari Teorema Bolzano-Weierstrass 3.4.8 bahwa akan ada barisan konvergen dan mungkin banyak turunan yang konvergen. Bilangan real yang merupakan limit dari barisan xnÞ disebut limit lanjutan dari xn. Kita biarkan S menyatakan himpunan semua limit berikutnya dari barisan berbatas xnÞ. Himpunan S berbatas, karena barisan ntersebut berbatas. 2=n, maka barisan x2nÞ Misalnya, jika xnÞ didefinisikan oleh xn :¼ 1Þ konvergen ke 1, dan barisan x2n 1Þ konvergen ke 1. Dapat dengan mudah dilihat bahwa himpunan dari batas-batas selanjutnya adalah S f 1; 1g. Amati bahwa anggota terbesar dari barisan itu sendiri adalah x2 2, yang tidak memberikan informasi mengenai perilaku pembatas barisan. Contoh ekstrim diberikan oleh himpunan semua bilangan rasional dalam interval [0, 1]. Himpunan tersebut dapat didenumerisasi (lihat Bagian 1.3) dan oleh karena itu dapat ditulis sebagai barisan rnÞ.
Kemudian dari Teorema Massa Jenis 2.4.8 bahwa setiap bilangan di [0, 1] adalah a . limit berikutnya dari rn. Jadi kita memiliki S 0; 1 Barisan berbatas xnÞ yang divergen akan menampilkan beberapa bentuk osilasi. Itu aktivitas terkandung dalam interval menurun sebagai berikut. Interval t1; u1 , dimana t1 :¼
Machine Translated by Google 3.4 URUTAN DAN TEOREMA BOLZANO-WEIERSTRASS 83
inf fxn : n 2 Ng dan u1 :¼ supfxn : n 2 Ng, berisi seluruh barisan. Jika untuk masing-masing dan umÞ adalah didefinisikan monoton dan tmkita :¼ inffxn memperoleh : n mg dan barisan um :¼ interval supfxn tm; : num mg, di barisan mana interval m 1; 2;ke-m ..., tmÞ berisi ekor-m dari barisan. Diskusi sebelumnya menyarankan cara yang berbeda untuk menggambarkan perilaku membatasi dari urutan terbatas. Cara lain adalah mengamati bahwa jika suatu bilangan real v memiliki sifat bahwa xn > v untuk paling banyak sejumlah nilai n terhingga, maka tidak ada barisan xnÞ yang dapat konvergen ke suatu limit yang lebih besar dari v karena itu akan membutuhkan tak terhingga banyak suku dari barisan lebih besar dari v. Dengan kata lain, jika v memiliki sifat bahwa terdapat Nv sedemikian rupa sehingga xn v untuk semua n Nv, maka tidak ada bilangan yang lebih besar dari v yang dapat menjadi limit lanjutan dari xnÞ.
Pengamatan ini mengarah pada definisi limit superior berikut. Yang menyertai Definisi limit inferior serupa.
3.4.10 Definisi Misalkan X xnÞ adalah barisan bilangan real berbatas. (a) Batas superior dari xnÞ adalah infimum dari himpunan V dari v 2 R sedemikian sehingga v < xn untuk paling banyak bilangan terhingga dari n 2 N. Dinotasikan dengan
lim supðxn atau lim sup X atau limðxnÞ: (b) Limit inferior dari xnÞ adalah supremum dari himpunan w 2 R sedemikian sehingga xm < w untuk paling banyak bilangan berhingga m 2 N. Dinotasikan dengan
lim infðxnÞ atau lim inf X atau limðxnÞ: Untuk konsep limit superior, sekarang kita tunjukkan bahwa pendekatan yang berbeda adalah ekuivalen. 3.4.11 Teorema Jika xnÞ adalah barisan bilangan real berbatas, maka pernyataan-pernyataan berikut untuk bilangan real x adalah ekuivalen. (a) x lim supxnÞ: (b) Jika e > 0, paling banyak terdapat bilangan berhingga dari n 2 N sedemikian sehingga x e < xn, tetapi suatu bilangan tak hingga dari n 2 N sehingga xe < xn. (c) Jika um supfxn : n mg; maka x inffum : m 2 Ng limðumÞ. (d) Jika S adalah himpunan limit-limit berikutnya dari xnÞ, maka x sup S.
Bukti. (a) menyiratkan (b). Jika e > 0, maka fakta bahwa x adalah infimum menyiratkan bahwa ada av di V sedemikian rupa sehingga xv < x e. Oleh karena itu x juga termasuk ke dalam V, sehingga dapat ada paling banyak bilangan berhingga dari n 2 N sedemikian rupa sehingga x e < xn. Di sisi lain, xe tidak berada di V sehingga ada jumlah tak terbatas dari n 2 N sedemikian rupa sehingga xe < xn. (b) menyiratkan (c). Jika (b) berlaku, diberikan e > 0, maka untuk semua m yang cukup besar kita memiliki um < x e. Jadi, inffum : m 2 Ng x e. Juga, karena ada tak hingga banyaknya n 2 N sehingga xe < xn, maka xe < um untuk semua m 2 N dan karenanya xe inffum : m 2 Ng. Karena e > 0 adalah sembarang, kita simpulkan bahwa x inffum : m 2 Ng. Selain itu, karena barisan umÞ menurun secara monoton, kita mendapatkan infðumÞ limðumÞ. (c) menyiratkan (d). Misalkan X0 xnk adalah turunan konvergen dari X xnÞ : Karena nk k, kita memiliki xnk uk dan karenanya lim X0 limðukÞ x : Sebaliknya, terdapat n1 sehingga u1 u1. Secara induktif pilih nkþ1 > nk sedemikian rupa sehingga 1 xn1 1 inggris
k1 Sejak lim ukÞ x
< xnkþ1
inggris:
, maka x limðxnk , dan karenanya x 2 S.
Machine Translated by Google 84 BAB 3 URUTAN DAN SERIES
(d) menyiratkan (a). Misalkan w sup S. Jika e > 0 diberikan, maka paling banyak ada n dengan w e < xn. Oleh karena itu w e milik V dan lim sup xnÞ w e. Di sisi lain di sisi lain, terdapat turunan dari xnÞ yang konvergen ke beberapa bilangan yang lebih besar dari kita, jadi
bahwa kita tidak berada di V, dan karenanya kita lim sup xnÞ. Karena e > 0 arbitrer, kita menyimpulkan bahwa w lim sup xnÞ. QED Sebagai latihan instruktif, pembaca harus merumuskan teorema yang sesuai untuk limit inferior barisan bilangan real berbatas. 3.4.12 Teorema Barisan berbatas xnÞ konvergen jika dan hanya jika lim sup xnÞ lim inf xn.
Kami meninggalkan bukti sebagai latihan. Sifat dasar lainnya juga dapat ditemukan di latihan.
Latihan untuk Bagian 3.4
1. Berikan contoh barisan tak terbatas yang memiliki barisan konvergen. 2. Gunakan metode Contoh 3.4.3(b) untuk menunjukkan bahwa jika 0 < c < 1, maka limðc1=nÞ 1. 3. Misalkan f nÞ adalah barisan Fibonacci dari Contoh 3.1.2(d), dan misalkan xn :¼ f nþ1=f n. limðxnÞ L ada, tentukan nilai L.
Mengingat bahwa
4. Tunjukkan bahwa barisan berikut divergen. (sebuah)
1
n
1Þ
1=n ; (b) sin np=4Þ:
5. Misalkan X xnÞ dan Y ynÞ diberikan barisan, dan biarkan barisan ''yang diacak'' Z znÞ menjadi ; didefinisikan oleh z1 :¼ x1; z2 :¼ z2n 1 :¼ xn; z2n :¼ yn; : ... Tunjukkan bahwa Z konvergen jika dan y1; ... hanya jika X dan Y konvergen dan lim X lim Y. 6. Misalkan xn :¼ n1=n untuk n 2 N.
(a) Tunjukkan bahwa xnþ1 < xn jika dan hanya jika 1 1=nÞ
n
< n, dan simpulkan bahwa pertidaksamaan valid untuk
n 3. (Lihat Contoh 3.3.6.) Simpulkan bahwa xnÞ akhirnya menurun dan x :¼ limðxnÞ ada. (b) Gunakan fakta bahwa barisan x2nÞ juga konvergen ke x untuk menyimpulkan bahwa x 1. 7. Tentukan konvergensi dan tentukan limit dari barisan berikut: (sebuah)
1 1=n2Þ
(C)
1 1=n2Þ
n2 ;
2n2 ;
(B)
1 1=2nÞ
(D)
1 2=nÞ
(B)
1 1=2nÞ
n ;
n
:
8. Tentukan limit dari berikut ini. (sebuah)
3nÞ
1=2n
;
3n
:
9. Misalkan setiap barisan dari X xnÞ memiliki barisan yang konvergen ke 0. Tunjukkan bahwa lim X 0. 10. Misalkan xnÞ adalah barisan berbatas dan untuk setiap n 2 N misalkan sn :¼ supfxk : k ng dan S :¼ inffsng. Tunjukkan bahwa terdapat barisan xnÞ yang konvergen ke S. 11. Misalkan xn 0 untuk semua n 2 N dan bahwa lim 1Þ
n
xn ada. Tunjukkan bahwa xnÞ konvergen.
12. Tunjukkan bahwa jika xnÞ tidak terbatas, maka terdapat barisan xnk sedemikian sehingga limð1=xnk 0. 13. Jika xn :¼ 1Þ
n
=n, carilah turunan dari xnÞ yang dibangun pada pembuktian kedua dari .
Teorema Bolzano-Weierstrass 3.4.8, jika kita ambil I1 :¼ 1; 1
Machine Translated by Google 3.5 KRITERIA CAUCHY 85
14. Misalkan xnÞ adalah barisan berbatas dan misalkan s :¼ supfxn : n 2 Ng. Tunjukkan bahwa jika s2 f = xn : n 2 Ng,
maka ada barisan dari xnÞ yang konvergen ke s. 15. Biarkan InÞ menjadi urutan bersarang dari interval terbatas tertutup. Untuk setiap n 2 N, misalkan xn 2 In. Gunakan Teorema Bolzano-Weierstrass untuk memberikan bukti Properti Interval Bersarang 2.5.2. 16. Berikan contoh untuk menunjukkan bahwa Teorema 3.4.9 gagal jika hipotesis bahwa X adalah barisan berbatas dijatuhkan. 17. Ganti suku-suku barisan (1 1=n) dan ( 1=n) untuk mendapatkan barisan xnÞ yang diberikan oleh 2; 1; 3=2; 1=2; 4=3; 1=3; 5=4; 1=4; ...TH: Tentukan nilai lim supðxnÞ dan lim infðxnÞ. Temukan juga supfxng dan inffxng. 18. Tunjukkan bahwa jika xnÞ adalah barisan berbatas, maka xn konvergen jika dan hanya jika lim supxnÞ lim infðxnÞ. 19. Tunjukkan bahwa jika xnÞ dan yn adalah barisan berbatas, maka lim supxn ynÞ lim supxnÞ lim supynÞ: Berikan contoh di mana kedua sisi tidak sama.
Bagian 3.5 Kriteria Cauchy Teorema Konvergensi Monoton sangat berguna dan penting, tetapi memiliki kelemahan signifikan yang hanya berlaku untuk barisan yang monoton. Penting bagi kita untuk memiliki kondisi yang menyiratkan konvergensi suatu barisan yang tidak mengharuskan kita untuk mengetahui nilai limit terlebih dahulu, dan tidak terbatas pada barisan monoton. Kriteria Cauchy, yang akan ditetapkan pada bagian ini, adalah kondisi seperti itu. 3.5.1 Definisi Suatu barisan X ðxnÞ dari bilangan real dikatakan barisan Cauchy jika untuk setiap e > 0 terdapat bilangan asli HðeÞ sedemikian sehingga untuk semua bilangan asli n; m HðeÞ, suku xn; xm memenuhi jxn xmj < e.
Arti penting dari konsep barisan Cauchy terletak pada teorema utama bagian ini, yang menyatakan bahwa barisan bilangan real konvergen jika dan hanya jika barisan Cauchy. Ini akan memberi kita metode untuk membuktikan suatu barisan konvergen tanpa mengetahui limit barisan tersebut. Namun, pertama-tama kami akan menyoroti definisi barisan Cauchy dalam contoh berikut.
3.5.2 Contoh (a) Barisan (1=n) adalah barisan Cauchy. Jika e > 0 diberikan, kita memilih bilangan asli H H(e) sehingga H > 2=e. Kemudian jika m; n H, kita memiliki 1=n 1=H < e=2 dan juga 1=m < e=2. Oleh karena itu, jika m; n H, maka 1
1
n
M
1 nm
1
e
e: 2 2
0 adalah sembarang, kita simpulkan bahwa (1=n) adalah barisan Cauchy. (b) Barisan (1 ( 1)n ) bukan barisan Cauchy. Negasi dari definisi barisan Cauchy adalah: Terdapat e0 > 0 sehingga untuk setiap H terdapat paling sedikit satu n > H dan paling sedikit satu m > H sedemikian sehingga jxn xmj e0. Untuk
Machine Translated by Google 86 BAB 3 URUTAN DAN SERI n
suku xn :¼ 1 ð 1Þ ambil e0 , kita amati bahwa jika n genap, maka xn 2 dan xnþ1 0. Jika kita 2, maka untuk sembarang H kita dapat memilih bilangan genap n > H dan misalkan m :¼ n þ 1 didapat jxn xnþ1j 2 e0: Kita
&
simpulkan bahwa (xn) bukan barisan Cauchy.
Catatan Kami menekankan bahwa untuk membuktikan barisan xnÞ adalah barisan Cauchy, kita tidak boleh mengasumsikan hubungan antara m dan n, karena pertidaksamaan yang diperlukan jxn xmj < e harus berlaku untuk semua n; m HðeÞ. Tetapi untuk membuktikan suatu barisan bukan barisan Cauchy, kita dapat menentukan hubungan antara n dan m selama nilai n dan m yang besar dapat dipilih sehingga jxn xmj e0. Tujuan kami adalah untuk menunjukkan bahwa barisan Cauchy adalah barisan yang konvergen. Pertama kita buktikan bahwa barisan konvergen adalah barisan Cauchy. 3.5.3 Lemma Jika X xnÞ adalah barisan bilangan real yang konvergen, maka X adalah barisan Cauchy. Bukti. Jika x :¼ lim X, maka diberikan e > 0 ada bilangan asli Kðe=2Þ sehingga jika n Kðe=2Þ maka jxn xj < e=2. Jadi, jika HðeÞ :¼ Kðe=2Þ dan jika n; m HðeÞ, maka kita memiliki
jxn xmj jðxn xÞþðx xmÞj jxn xjþjxm xj < e=2 e=2 e: Karena e > 0 adalah sembarang, maka (xn) adalah barisan Cauchy.
QED
Untuk menentukan bahwa barisan Cauchy konvergen, kita membutuhkan yang berikut: hasil. (Lihat Teorema 3.2.2.) 3.5.4 Lemma Barisan Cauchy dari bilangan real terbatas. Bukti. Misalkan X :¼ xnÞ adalah barisan Cauchy dan misalkan e :¼ 1. Jika H :¼ Hð1Þ dan n H, maka jxn xHj < 1. Oleh karena itu, dengan Pertidaksamaan Segitiga, kita memiliki jxnj jxHj 1 untuk semua n H. Jika kami mengatur M :¼ supfjx1j; jx2j; ... ; jxH 1j; jxHj 1g;
maka jxnj M untuk semua n 2 N.
QED
Kami sekarang menyajikan Kriteria Konvergensi Cauchy yang penting.
3.5.5 Kriteria Konvergensi Cauchy Suatu barisan bilangan real konvergen jika dan hanya jika barisan tersebut adalah barisan Cauchy. Bukti. Kita telah melihat, dalam Lemma 3.5.3, bahwa barisan konvergen adalah Cauchy urutan. Sebaliknya, misalkan X xnÞ adalah barisan Cauchy; kita akan menunjukkan bahwa X konvergen ke beberapa bilangan real. Pertama kita amati dari Lemma 3.5.4 bahwa barisan X terbatas. Oleh karena itu, dengan Teorema Bolzano-Weierstrass 3.4.8, terdapat barisan X0 xnk dari X yang konvergen ke suatu bilangan real x . Kami akan melengkapi bukti dengan menunjukkan bahwa X konvergen ke x .
Machine Translated by Google
3.5 KRITERIA CAUCHY 87
Karena X xnÞ adalah barisan Cauchy, diberikan e > 0 ada bilangan asli Hðe=2Þ sedemikian rupa sehingga jika n; m Hðe=2Þ maka
(1)
jxn xmj < e=2: , ada bilangan asli K Hðe=2Þ
Karena barisan X0 xnk konvergen ke x milik himpunan fn1; n2; ...g sedemikian rupa sehingga
jxK xj < e=2: Karena K Hðe=2Þ, maka dari (1) dengan m K bahwa jxn xKj < e=2
untuk n Hðe=2Þ:
Oleh karena itu, jika n Hðe=2Þ, kita memiliki
jxn xj jðxn xKÞþðxK x j jxn xKjþjxK xj < e=2 e=2 e: Karena e > 0 adalah sembarang, kita simpulkan bahwa limðxnÞ x . Jadi barisan X adalah
konvergen.
QED
Kami sekarang akan memberikan beberapa contoh penerapan Kriteria Cauchy. 3.5.6 Contoh (a) Misalkan X (xn) didefinisikan oleh 1 x1 :¼ 1; x2 :¼ 2; dan xn :¼ xn 2 xn 1Þ untuk n > 2:
2
Dapat ditunjukkan dengan Induksi bahwa 1 xn 2 untuk semua n 2 N. (Lakukan demikian.) Beberapa perhitungan
menunjukkan bahwa barisan X tidak monoton. Namun, karena istilah tersebut dibentuk oleh rata-rata, mudah terlihat bahwa 1 jxn xnþ1j 2n _
untuk n 2 N:
1
(Buktikan ini dengan Induksi.) Jadi, jika m > n, kita dapat menggunakan Pertidaksamaan Segitiga untuk memperoleh
jxn xnþ1jþjxnþ1 xnþ2jþþjxm 1 xmj
jxn xmj
1
th
¼.
2n
1 þþ.
2
1 2n 2m
1 ¼.
2n
1
1
1
1 2
1 þþ.
2m n 1
1
0, jika n dipilih begitu besar sehingga 1=2n < e=4 dan jika mn, maka berikut
bahwa jxn xmj < e. Oleh karena itu, X adalah barisan Cauchy di R. Dengan Kriteria Cauchy 3.5.5
kita simpulkan bahwa barisan X konvergen ke bilangan x. Untuk mengevaluasi limit x, pertama-tama kita mungkin ''melewati limit'' dalam aturan definisi 1 1 xn 1 xn 2Þ untuk menyimpulkan bahwa x harus memenuhi relasi x 2 x xÞ, yaitu
xn 2 _
benar, tetapi tidak informatif. Oleh karena itu kita harus mencoba sesuatu yang lain.
Machine Translated by Google
88 BAB 3 URUTAN DAN SERIES
Karena X konvergen ke x, begitu juga barisan X0 dengan indeks ganjil. Dengan Induksi, pembaca dapat menetapkan bahwa [lihat 1.2.4(f)]
1
x2nþ1 1
2
th
2 1
1
1
þþ. 23 22n 1
1
1
3
:
4n 2
Dari sini (bagaimana?) bahwa x lim X lim X0 1
¼.
3
5
3.
(b) Misalkan Y ynÞ adalah barisan bilangan real yang diberikan oleh 1 y1 :¼ ; y2 :¼ 1! 1!
1
1 2!
1
... ; y :¼ 1!
;
nþ1
1
1Þ
2! n!
;
Jelasnya, Y bukanlah barisan yang monoton. Namun, jika m > n, maka nþ2
nþ3
1Þ
Sejak 2r
1
mþ1
1Þ ym yn n 1Þ ! di 2Þ!
1Þ :
M!
R! [lihat 1.2.4(e)], maka jika m > n, maka (mengapa?) 1 jym ynj
1
th
di 1Þ! 1
1 þþ.
M!
di 2Þ! 1
th
1
1 1
n, maka 1 hm hn _
1 :
n 1 m Karena
masing-masing mn suku ini melebihi 1=m, maka hm hn > m nÞ=m 1 n=m. 1
Khususnya, jika m 2n kita memiliki h2n hn > Ini menunjukkan bahwa H bukan barisan Cauchy 2. (mengapa?); oleh karena itu H bukan barisan konvergen. (Dalam istilah yang akan diperkenalkan di Bagian 3.7,
1=n divergen.)
kami baru saja membuktikan bahwa ''seri harmonik'' X1
&
n¼1
3.5.7 Definisi Kami mengatakan bahwa barisan X xnÞ dari bilangan real adalah kontraktif jika ada ada konstanta C; 0 < C < 1, sehingga jxnþ2 xnþ1j Cjxnþ1 xnj
untuk semua n 2 N. Bilangan C disebut konstanta barisan kontraktif.
Machine Translated by Google
3.5 KRITERIA CAUCHY 89 3.5.8 Teorema Setiap barisan kontraktif adalah barisan Cauchy, dan karenanya adalah konvergen. Bukti. Jika kita secara berturut-turut menerapkan kondisi yang menentukan untuk barisan kontraktif, kita dapat:
cara kita kembali ke awal urutan sebagai berikut: jxnþ2 xnþ1j Cjxnþ1 xnj C2jxn xn 1j
Cnjx2 x1j:
C3jxn 1xn 2j _
Untuk m > n, kami memperkirakan jxm xnj dengan terlebih dahulu menerapkan Pertidaksamaan Segitiga dan kemudian menggunakan
rumus jumlah deret geometri (lihat 1.2.4(f)). Ini memberi jxm xm 1jþjxm 1 xm 2jþþjxnþ1 xnj
jxm xnj
2
cm
Cn _
cm _
3
1
Cn _
jx2 x1j
1 Cm n
1
jx2 x1j
1C 1
Cn 1
jx2x1j :
1C
Karena 0 < C < 1, kita tahu limðCnÞ 0 [lihat 3.1.11(b)]. Oleh karena itu, kami menyimpulkan bahwa (xn) adalah
Urutan cauchy. Sekarang mengikuti dari Kriteria Konvergensi Cauchy 3.5.5 bahwa (xn) adalah barisan konvergen. QED
3.5.9 Contoh Kita perhatikan barisan pecahan Fibonacci xn :¼ f n=ff 1 ¼ f 2 1 dan f nþ1nþ1 di mana f (Lihat Contoh 3.1.2(d).) Beberapa pertama adalah n f n suku 1. x1 1; x2 1=2; x3 2=3; x4 3=5; x5 5=8, dan seterusnya. Ditunjukkan bahwa barisan xnÞ diberikan secara induktif oleh persamaan xnþ1 1=ð1 xnÞ sebagai berikut: xnþ1 f
f nþ1
f nþ1 f
nþ2
1
f nþ1
¼.
¼.
1 ¼.
f 1 f nþ1n
n
:
1 xn
Argumen induksi menetapkan 1=2 xn 1 untuk semua n, sehingga menambahkan 1 dan mengambil timbal balik memberi kita ketidaksetaraan 1=2 1=ð1 xnÞ 2=3 untuk semua n. Kemudian mengikuti itu jxnþ1 xnj 1
jxn xn 1j
2 2 3
xnÞð1 xn 1Þ
4 jxn xn 1j 3
9
jxn xn 1j:
Oleh karena itu, barisan (xn) adalah kontraktif dan konvergen oleh Teorema 3.5.8. Lewat ke limit x limðxnÞ, kita peroleh persamaan x 1=ð1 xÞ, sehingga x memenuhi persamaan x2 x 1 0. Rumus kuadrat memberi kita solusi positif x ¼ ð 1 5 p 5 p =2 0:618034: ... Kebalikan =2 1:618034 1=x 1 dan...disebut sering dilambangkan dengan huruf Yunani w sebagai Rasio Emas dalam sejarah geometri. Dalam teori seni kuno ffiffiffi
ffiffiffi
Filsuf Yunani, persegi panjang yang memiliki w sebagai perbandingan sisi yang lebih panjang dengan sisi yang lebih pendek adalah
persegi panjang yang paling enak dipandang. Angka tersebut juga memiliki banyak matematika yang menarik
properti. (Diskusi historis tentang Rasio Emas dapat ditemukan di Wikipedia.) & Dalam proses menghitung limit barisan kontraktif, seringkali sangat penting untuk memiliki perkiraan kesalahan pada tahap ke-n. Di hasil selanjutnya kami memberikan dua
Machine Translated by Google
90 BAB 3 URUTAN DAN SERI perkiraan seperti itu: yang pertama melibatkan dua suku pertama dalam barisan dan n; kedua satu melibatkan perbedaan xn xn 1.
3.5.10 Akibat Wajar Jika X :¼ xnÞ adalah barisan kontraktif dengan konstanta C; 0 < C < 1, dan jika x :¼ lim X, maka 1
(i) jx
xnj
;_ 1Cnjx2x1j CC
(ii) jx
xnj
1C
jxn xn 1j:
Bukti. Dari pembuktian sebelumnya, jika m > n, maka jxm xnj Cn 1=ð1 CÞ jx2 x1j. Jika kita membiarkan m ! 1 dalam pertidaksamaan ini, kita peroleh (i). Untuk membuktikan (ii), ingatlah bahwa jika m > n, maka
jxm xnj jxm xm 1jþþjxnþ1 xnj: Karena sudah siap, menggunakan Induksi, itu jxnþk xnþk 1j Ckjxn xn 1j; kami menyimpulkan bahwa
jxm xnj Cm n
C2 CÞjxn xn 1j _ C jxn xn 1j
1C
QED
Kami sekarang membiarkan m ! 1 dalam pertidaksamaan ini untuk mendapatkan asersi (ii).
3.5.11 Contoh Kita diberitahu bahwa persamaan kubik x3 7x 2 0 memiliki solusi antara 0 dan 1 dan kami ingin mendekati solusi ini. Hal ini dapat dicapai dengan cara dari prosedur iterasi sebagai berikut. Pertama kita tulis ulang persamaannya menjadi x ðx3 2Þ=7 dan gunakan ini untuk menentukan urutan. Kami menetapkan ke x1 nilai arbitrer antara 0 dan 1, dan kemudian mendefinisikan
xnþ1 :¼ 7
1
x3n 2Þ untuk n 2 N:
Karena 0 < x1 < 1, maka 0 < xn < 1 untuk semua n 2 N. (Mengapa?) Selain itu, kami memiliki
1
xnþ2 xnþ1 _
7
¼.
1 7
x3nþ1 2Þ
x2nþ1
1 7
x3n 2Þ
xnþ1xn x2 _ _ n
1 7
xnþ1xn _
x3nþ1
x3n
3 7
xnþ1xn : _
Oleh karena itu, (xn) adalah barisan kontraktif dan karenanya ada r sedemikian rupa sehingga limðxnÞ r. Jika
kita melewati batas di kedua sisi persamaan xnþ1 x3 n 2Þ=7, kita peroleh r r3 2Þ =7 dan karenanya r3 7r 2 0. Jadi r adalah solusi dari persamaan. Kita dapat memperkirakan r dengan memilih x1, dan menghitung x2; x3; ... berturut-turut. Untuk contoh, jika kita mengambil x1 0:5, kita memperoleh (ke sembilan tempat desimal):
x2 0:303 571 429; x3 0:289 710 830; x4 0:289 188 016; x5 0:289 169 244; x6 0:289 168 571; dll:
Machine Translated by Google 3.6 URUTAN DIVERGEN YANG BENAR 91
Untuk memperkirakan akurasi, kita perhatikan bahwa jx2 x1j < 0:2. Jadi, setelah n langkah berikut dari 1
2
Akibat wajar 3.5.10(i) bahwa kita yakin bahwa jx xnj 3n 20Þ. Jadi, 7nketika n 6, kita yakin itu
jx
x6j 35 =ð74 20Þ 243=48 020 < 0:0051:
Sebenarnya perkiraannya jauh lebih baik dari ini. Faktanya, sejak jx6 x5j < 3 0:00 0005, maka dari 3.5.10(ii) jx jx6 x5j < 0:00 0004. Oleh karena itu, x6j 4 lima tempat desimal pertama dari x6 benar.
&
Latihan untuk Bagian 3.5
1. Berikan contoh barisan berbatas yang bukan barisan Cauchy. 2. Tunjukkan langsung dari definisi bahwa barisan berikut adalah barisan Cauchy. 1 1 n1 . 1 þþ. (B) ; 2! n! n (sebuah)
3. Tunjukkan langsung dari definisi bahwa berikut ini bukan barisan Cauchy. (sebuah)
n
1Þ
;
(B)
1Þ n
n
n ;
(c) (ln n)
4. Tunjukkan langsung dari definisi bahwa jika (xn) dan (yn) adalah barisan Cauchy, maka (xn yn ) dan xnynÞ adalah barisan Cauchy. ffiffiffi
5. Jika xn :¼ np , tunjukkan bahwa (xn) memenuhi limjxnþ1 xnj 0, tetapi itu bukan barisan Cauchy.
6. Biarkan p menjadi bilangan asli yang diberikan. Berikan contoh barisan (xn) yang bukan Cauchy urutan, tapi itu memenuhi limjxnþp xnj 0. 7. Misalkan (xn) adalah barisan Cauchy sehingga xn adalah bilangan bulat untuk setiap n 2 N. Tunjukkan bahwa (xn) adalah
akhirnya konstan. 8. Tunjukkan secara langsung bahwa barisan naik yang monoton dan berbatas adalah barisan Cauchy.
9. Jika 0 < r < 1 dan jxnþ1 xnj < rn untuk semua n 2 N, tunjukkan bahwa (xn) adalah barisan Cauchy.
10. Jika x1 < x2 adalah bilangan real sembarang dan xn :¼ konvergen. Apa batasnya?
1 2
xn 2 xn 1Þ untuk n > 2, tunjukkan bahwa (xn) adalah
11. Jika y1 < y2 adalah bilangan real sembarang dan yn :¼1 3 yn 1 konvergen. Apa batasnya? 12. Jika x1 > 0 dan xnþ1 :¼ 2 xnÞ
1
2 3 tahun 2
untuk n > 2, tunjukkan bahwa (yn) adalah
untuk n 1, tunjukkan bahwa (xn) adalah barisan kontraktif. Temukan
membatasi.
13. Jika x1 :¼ 2 dan xnþ1 :¼ 2 1=xn untuk n 1, tunjukkan bahwa (xn) adalah barisan kontraktif. apa itu? membatasi?
14. Persamaan polinomial x3 5x 1 0 memiliki akar r dengan 0 < r < 1. Gunakan 4. urutan kontraktif untuk menghitung r dalam 10
Bagian 3.6 Urutan Divergen yang Benar Untuk tujuan tertentu akan lebih mudah untuk mendefinisikan apa yang dimaksud dengan barisan xnÞ dari real angka menjadi ''cenderung 1.''
Machine Translated by Google 92 BAB 3 URUTAN DAN SERI
3.6.1 Definisi Misalkan xnÞ adalah barisan bilangan real. (i) Kita katakan bahwa xnÞ cenderung ke 1, dan tulis limðxnÞ þ1, jika untuk setiap a 2 R terdapat bilangan asli KðaÞ sehingga jika n KðaÞ, maka xn > a. (ii) Kita katakan bahwa (xn) cenderung ke 1, dan tulis limðxnÞ ¼ 1, jika untuk setiap b 2 R terdapat bilangan asli K(b) sehingga jika n KðbÞ, maka xn < b. Kita katakan bahwa xnÞ benar divergen jika kita memiliki limðxnÞ 1 atau limðxnÞ 1.
Pembaca harus menyadari bahwa kita menggunakan simbol 1 dan 1 murni sebagai notasi yang nyaman dalam ekspresi di atas. Hasil yang telah dibuktikan pada bagian sebelumnya untuk batas konvensional limðxnÞ L untuk L 2 RÞ mungkin tidak tetap benar ketika limðxnÞ 1.
3.6.2 Contoh (a) limðnÞ 1. Nyatanya, jika a 2 R diberikan, misalkan K(a) adalah sembarang bilangan asli sehingga K(a) > a. (b) limðn2Þ 1. Jika K(a) adalah bilangan asli sehingga K(a) > a, dan jika n KðaÞ maka kita memiliki n2 n > a. (c) Jika c > 1, maka limðcnÞ 1. Misal c 1 b, dengan b > 0. Jika a 2 R diberikan, misalkan K(a) adalah bilangan asli sehingga KðaÞ > a=b. Jika n KðaÞ mengikuti Pertidaksamaan Bernoulli bahwa cn ð1 bÞ Oleh karena itu n
limðcnÞ 1.
1 nb > 1 a > a:
& Urutan monoton sangat sederhana dalam hal konvergensinya. Kita telah melihat dalam Teorema Konvergensi Monoton 3.3.2 bahwa barisan monoton adalah konvergen jika dan hanya jika dibatasi. Hasil selanjutnya adalah perumusan ulang dari hasil tersebut. 3.6.3 Teorema Sebuah barisan monoton dari bilangan real divergen benar jika dan hanya jika tak terbatas. (a) Jika xnÞ adalah barisan naik tak terbatas, maka limðxnÞ 1. (b) Jika xnÞ adalah barisan menurun tak terbatas, maka limðxnÞ 1. Bukti. (a) Misalkan (xn) adalah barisan naik. Kita tahu bahwa jika (xn) terbatas, maka itu konvergen. Jika (xn) tidak terbatas, maka untuk sembarang a 2 R terdapat nðaÞ 2 N sedemikian sehingga a < xnðaÞ. Tapi karena (xn) meningkat, kami memiliki < xn untuk semua n nðaÞ. Karena a arbitrer, maka limðxnÞ 1. Bagian (b) dibuktikan dengan cara yang sama.
QED
''Teorema perbandingan'' berikut ini sering digunakan untuk menunjukkan bahwa suatu barisan adalah: divergen dengan benar. [Faktanya, kami secara implisit menggunakannya dalam Contoh 3.6.2(c).]
3.6.4 Teorema Misalkan (xn) dan (yn) adalah dua barisan bilangan real dan anggaplah (1)
xn yn untuk semua n 2 N:
(a) Jika limðxnÞ 1, maka limðynÞ 1. (b) Jika limðynÞ 1, maka limðxnÞ 1.
Machine Translated by Google 3.6 URUTAN YANG BERBEDA DENGAN BENAR 93
Bukti. (a) Jika limðxnÞ 1, dan jika diberikan 2 R, maka terdapat bilangan asli K(a) sehingga jika n KðaÞ, maka a < xn. Mengingat (1), maka a < yn untuk semua n Kða. Karena a arbitrer, maka limðynÞ 1. Bukti (b) serupa.
QED
Keterangan (a) Teorema 3.6.4 tetap benar jika kondisi (1) benar; yaitu jika ada m 2 N sedemikian rupa sehingga xn yn untuk semua n m. (b) Jika kondisi (1) dari Teorema 3.6.4 berlaku dan jika limðynÞ 1, tidak mengikuti limðxnÞ 1. Demikian pula, jika (1) berlaku dan jika limðxnÞ 1, tidak mengikuti itu limðynÞ 1. Dalam menggunakan Teorema 3.6.4 untuk menunjukkan bahwa suatu barisan cenderung 1 [masing-masing,
1] kita perlu menunjukkan bahwa suku barisan pada akhirnya lebih besar [masing-masing, kurang] dari atau sama dengan suku-suku yang bersesuaian dari suatu barisan yang diketahui cenderung ke 1
[masing-masing, 1]. Karena terkadang sulit untuk menetapkan pertidaksamaan seperti (1), berikut ini ''Teorema perbandingan batas'' seringkali lebih nyaman digunakan daripada Teorema 3.6.4. 3.6.5 Teorema Misalkan (xn) dan (yn) adalah dua barisan bilangan real positif dan misalkan bahwa untuk beberapa L 2 R; L > 0, kita punya
(2)
limðxn=ynÞ L:
Maka limðxnÞ 1 jika dan hanya jika limðynÞ 1. Bukti. Jika (2) berlaku, ada K 2 N sedemikian rupa sehingga 1 2 L < xn=yn
0, maka limðanÞ 1.
Bagian 3.7 Pengantar Deret Tak Terbatas
Sekarang kita akan memberikan pengenalan singkat tentang deret bilangan real tak hingga. Ini adalah topik yang akan dibahas secara lebih rinci di Bab 9, tetapi karena pentingnya, kami akan menetapkan beberapa hasil di sini. Hasil ini akan terlihat sebagai konsekuensi langsung dari teorema yang telah kita temui dalam bab ini. Dalam teks-teks dasar, deret tak hingga kadang-kadang ''didefinisikan'' menjadi ''ekspresi bentuk'' x1 x2 xn : _ _
(1)
Namun, ''definisi'' ini kurang jelas, karena tidak ada nilai tertentu yang dapat kita lampirkan ke susunan simbol ini, yang memerlukan jumlah penambahan tak terbatas untuk dilakukan.
3.7.1 Definisi Jika X :¼ (xn) adalah barisan dalam R, maka deret tak hingga (atau cukup deret) yang dibangkitkan oleh X adalah barisan S :¼ (sk) yang didefinisikan oleh
s1 :¼ x1 s2 : ¼ s1 x2 x1 x2Þ _ _ sk : ¼ sk 1 xk x1 x2 xkÞ _ _
Bilangan xn disebut suku deret dan bilangan sk disebut jumlah parsial deret ini. Jika lim S ada, kita katakan bahwa deret ini konvergen dan sebut limit ini sebagai jumlah atau nilai dari deret ini. Jika limit ini tidak ada, kita katakan deret S divergen.
Lebih mudah menggunakan simbol seperti (2)
XðxnÞ atau Xxn atau X1
xn n¼1
untuk menyatakan deret tak hingga S yang dihasilkan oleh barisan X (xn) dan juga untuk menyatakan nilai lim S, jika limit ini ada. Dengan demikian, simbol-simbol dalam (2) dapat dianggap hanya sebagai cara untuk menunjukkan deret tak hingga yang konvergensi atau divergensinya akan diselidiki. Dalam praktiknya, penggunaan ganda dari notasi ini tidak menyebabkan kebingungan, asalkan dipahami bahwa konvergensi (atau divergensi) dari deret tersebut harus ditetapkan.
Machine Translated by Google
3.7 PENGENALAN INFINITE SERIES 95
Sama seperti barisan yang dapat diindeks sedemikian rupa sehingga elemen pertamanya bukan x1, tetapi x0, atau x5 atau
x99, kami akan menunjukkan deret yang memiliki angka-angka ini sebagai elemen pertamanya dengan simbol
X1 xn atau X1 n¼0
n¼5
xn:
xn atau X1
n¼99
Perlu diperhatikan bahwa jika suku pertama dari deret tersebut adalah xN, maka jumlah parsial pertama adalah dilambangkan dengan sN.
Peringatan Pembaca harus berhati-hati agar tidak membingungkan kata ''urutan'' dan ''seri.'' Dalam bahasa nonmatematis, kata-kata ini dapat dipertukarkan; Namun, dalam matematika, kata-kata ini bukan sinonim. Memang, deret adalah barisan S (sk) yang diperoleh dari suatu
barisan X (xn) menurut prosedur khusus yang diberikan dalam Definisi 3.7.1. 1
3.7.2 Contoh (a) Perhatikan barisan X :¼ rnÞ deret geometri: (3)
X1
n¼0 di mana r 2 R, yang menghasilkan
2n1rr r
nr
th :
n¼0
Kami akan menunjukkan bahwa jika jrj < 1, maka deret ini konvergen ke 1=ð1 rÞ. (Lihat juga
Contoh 1.2.4(f).) Memang, jika sn :¼ 1 r r2 rn untuk n 0, dan jika kita mengalikan sn oleh r dan kurangi hasilnya dari sn, kita peroleh (setelah beberapa penyederhanaan): nþ1
snð1 rÞ 1 r
:
Oleh karena itu, kami memiliki
rnþ1
1 sn
¼.
1
1
R
R
;
dari mana berikut ini sn
nþ1
1 1r
jrj j1 rj
:
nþ1
Sejak jrj ! 0 jika jrj < 1, maka deret geometri konvergen ke 1=ð1 rÞ ketika jrj < 1. n1
(b) Pertimbangkan deret yang dihasilkan oleh 1Þ
(4)
n¼0; yaitu seri:
n
X1 1Þ
1Þ 1Þ 1Þ 1Þþ :
n¼0
Mudah dilihat (dengan Induksi Matematika) bahwa sn 1 jika n 0 genap dan sn 0 jika n ganjil; oleh karena itu, barisan jumlah parsial adalah 1; 0; 1; 0; ...TH. Karena barisan ini adalah
tidak konvergen, deret (4) divergen. (c) Perhatikan deretnya
(5)
1 X1
n¼1
¼.
nðn 1Þ
1 1 th th 122334
1
th :
Machine Translated by Google
96 BAB 3 URUTAN DAN SERI Dengan sedikit pemahaman, kami mencatat bahwa
1
1
1
¼.
:
k
kðk 1Þ
k1
Oleh karena itu, dengan menambahkan suku-suku ini dari k 1 ke k n dan mencatat telescoping yang membutuhkan
tempat, kita peroleh
1 sn 1
1 n1
;
&
dari mana mengikuti sn itu ! 1. Jadi deret (5) konvergen ke 1.
Kami sekarang menyajikan kondisi perlu yang sangat berguna dan sederhana untuk konvergensi a seri. Namun, itu jauh dari cukup.
3.7.3 Uji Suku ke-n Jika deret Pxn konvergen, maka limðxnÞ 0. Bukti. Menurut Definisi 3.7.1, konvergensi Pxn mensyaratkan adanya limðskÞ . Sejak 1, maka limðxnÞ limðsnÞ limðsn 1Þ 0. xn sn sn
QED
Karena Kriteria Cauchy berikut ini merupakan perumusan ulang dari Teorema 3.5.5, kami akan menghilangkan buktinya.
3.7.4 Kriteria Cauchy untuk Deret Deret Pxn konvergen jika dan hanya jika untuk setiap e > 0 terdapat MðeÞ 2 N sehingga jika m > n MðeÞ, maka (6)
jsm snj¼jxnþ1 xnþ2 xmj < e : Hasil berikutnya, meskipun cakupannya terbatas, sangat penting dan berguna.
3.7.5 Teorema Misalkan (xn) adalah barisan bilangan real nonnegatif. Kemudian deret Pxn konvergen jika dan hanya jika barisan S skÞ dari jumlah parsial terbatas. Pada kasus ini,
X1 xn limðskÞ supfsk : k 2 Ng: n¼1 Bukti. Sejak xn 0, barisan S dari jumlah parsial meningkat monoton:
s1 s2
sk :
Dengan Teorema Konvergensi Monoton 3.3.2, barisan S skÞ konvergen jika dan hanya jika dibatasi, dalam hal ini batasnya sama dengan supfskg. 1. 3.7.6 Contoh (a) Deret geometri (3) divergen jika jrj tidak mendekati 0 n bahwa suku r ketika jrj Ini mengikuti fakta
QED
1.
1 (b) Deret harmonik X1
n¼1
n
menyimpang.
Karena suku 1=n ! 0, kita tidak dapat menggunakan Uji Suku ke-n 3.7.3 untuk menetapkan ini perbedaan. Namun, terlihat pada Contoh 3.3.3(b) dan 3.5.6(c) bahwa barisan (sn) dari jumlah parsial tidak terbatas. Oleh karena itu, dari Teorema 3.7.5 bahwa harmonik seri adalah divergen. Seri ini terkenal dengan pertumbuhan jumlah parsialnya yang sangat lambat (lihat
Machine Translated by Google
3.7 PENGENALAN INFINITE SERIES 97
diskusi dalam Contoh 3.3.3(b)) dan juga untuk berbagai bukti divergensinya. Disini adalah pembuktian dengan kontradiksi. Jika kita asumsikan deret tersebut konvergen ke bilangan S, maka kita memiliki
1 th 2
S1 1
>
1
th
1
1
th
22
1
1
th
th
1
th
1 1
þþ.
23n
1
th
1 1 th 2n 1 2n
þþ.
56
1
th
44
1
1
th
34
1
th
1 þþ.
66
2n
1
th
2n
th
th
th
S: Kontradiksi S > S menunjukkan asumsi konvergensi harus salah dan deret harmonik harus divergen.
Catatan Deret harmonik menerima nama musiknya dari fakta bahwa panjang gelombang . . ,1=4, . dari dasar string nada tambahan dari senar yang bergetar adalah 1=2, 1=3, panjang gelombang.
1 (c) 2-seri X1
n¼1
n2
adalah konvergen.
Karena jumlah parsialnya monoton, cukup (mengapa?)
dari (sk) dibatasi. Jika k1 :¼ 21 1 1, maka sk1 1. Jika k2 :¼ 22 1 3, maka 1 sk2 1
dan jika k3 :¼ 23
1
th
1
th
2
1. (d) deret-p X1 np Karena suku di sebelah kanan adalah jumlah sebagian dari deret geometri dengan r 1 2
2,
n¼1
Karena argumennya sangat mirip dengan kasus khusus yang dibahas pada bagian (c), kita akan meninggalkan beberapa rincian untuk pembaca. Seperti sebelumnya, jika k1 :¼ 21 1 1, maka sk1 1. Jika k2 :¼ 22 1 3, maka karena 2p < 3p, diperoleh
1 sk2 1p
_
th
1
th
1
1.
Machine Translated by Google 98 BAB 3 URUTAN DAN SERIES 1 (e) Seri-p X1
np n¼1
divergen ketika 0 < p 1.
Kita akan menggunakan pertidaksamaan elementer np n ketika n 2 N dan 0 < p 1. Maka 1
1
n
np
untuk n 2 N:
Karena jumlah parsial dari deret harmonik tidak terbatas, pertidaksamaan ini menunjukkan bahwa jumlah parsial deret p tidak terbatas jika 0 < p 1. Jadi deret p divergen untuk nilai-nilai p.
(f) Deret harmonik bolak-balik, diberikan oleh nþ1
1Þ
(7)
X1
n
n¼1
1
1
1
23
¼.
th
1
th
nþ1
1Þ n
th
adalah konvergen.
Pembaca harus membandingkan deret ini dengan deret harmonik pada (b), yaitu: berbeda. Jadi, pengurangan beberapa suku pada (7) adalah esensial jika deret ini ingin bertemu. Karena kita memiliki s2n _
1
1
1
2
th
1
1
3
4
þþ.
1
1
2n 1
2n
;
jelas bahwa suburutan 'genap' s2nÞ meningkat. Demikian pula, subsequence ''ganjil'' s2nþ1Þ berkurang karena s2nþ1 _
1
1
1
2
1
1
1
1
1
3
4
5
2n
2n 1
:
Karena 0 < s2n < s2n 1=ð2n 1Þ s2nþ1 1, kedua barisan ini berbatas di bawah dengan 0 dan di atas dengan 1. Oleh karena itu keduanya konvergen dan bernilai sama. Jadi
barisan (sn) dari jumlah parsial konvergen, membuktikan bahwa deret harmonik bolak-balik (7) konvergen. (Jauh dari jelas bahwa limit deret ini sama dengan ln 2.) &
Tes Perbandingan Pengujian pertama kami menunjukkan bahwa jika suku-suku dari deret nonnegatif didominasi oleh suku-suku yang bersesuaian dari suatu deret konvergen, maka deret pertama konvergen.
3.7.7 Uji Perbandingan Misalkan X :¼ (xn) dan Y :¼ (yn) merupakan barisan real dan misalkan untuk beberapa K 2 N yang kita miliki
(8)
0 xn yn untuk n K:
(a) Maka konvergensi Pyn menyiratkan konvergensi Pxn. (b) Divergensi Pxn menyiratkan divergensi Pyn. Bukti. (a) Misalkan Pyn konvergen dan, diberikan e > 0, misalkan MðeÞ 2 N sedemikian rupa sehingga jika
m > n MðeÞ, maka ynþ1 ym < e:
Machine Translated by Google
3.7 PENGENALAN INFINITE SERIES 99 Jika m > supfK; MeÞg, maka berikut ini 0 xnþ1 xm ynþ1 ym < e ; dari mana konvergensi Pxn berikut. (b) Pernyataan ini merupakan kontraposisi dari (a).
QED
Karena terkadang sulit untuk menentukan pertidaksamaan (8), hasil selanjutnya seringkali sangat berguna. 3.7.8 Uji Perbandingan Batas Misalkan X :¼ xnÞ dan Y :¼ ynÞ adalah barisan positif dan misalkan limit berikut ada di R: xn
r : lim
(9)
:
yn
(a) Jika r 6¼ 0 maka Pxn konvergen jika dan hanya jika Pyn konvergen. (b) Jika r 0 dan jika Pyn konvergen, maka Pxn konvergen. Bukti. (a) Dari (9) dan Latihan 3.1.18 diperoleh bahwa terdapat K 2 N sedemikian sehingga21 r xn=yn 2r untuk n K, dari mana r yn xn 2rÞyn untuk n K:
12
Jika kita menerapkan Uji Perbandingan 3.7.7 dua kali, kita memperoleh pernyataan dalam (a). (b) Jika r 0, maka terdapat K 2 N sedemikian sehingga
0 < xn yn untuk n K; sehingga Teorema 3.7.7(a) berlaku.
QED
Keterangan Tes Perbandingan 3.7.7 dan 3.7.8 bergantung pada memiliki stok deret yang diketahui konvergen (atau divergen). Pembaca akan menemukan bahwa p-series sering berguna untuk tujuan ini. 1 3.7.9 Contoh (a) Deret X1 n¼1
konvergen.
n2 n
Jelas bahwa ketidaksetaraan 1 0 < < n2 n n2
1
untuk n 2 N
adalah benar. Karena deret P1=n2 konvergen (dengan Contoh 3.7.6(c)), kita dapat menerapkan Uji Perbandingan 3.7.7 untuk mendapatkan konvergensi deret yang diberikan.
1 (b) Deret X1 n¼1
adalah konvergen. n2 n 1
Jika pertidaksamaan
(10)
1
1
n2 n 1
n2
Machine Translated by Google 100 BAB 3 URUTAN DAN SERIES
benar, kita dapat berargumentasi seperti pada (a). Namun, (10) salah untuk semua n 2 N. Pembaca dapat mungkin menunjukkan bahwa ketidaksetaraan
1
2
0
0 konvergen, maka adalah Pa2
n
1 np
n
ffiffi
10. Gunakan argumen yang mirip dengan contoh 3.7.6(f) untuk menunjukkan bahwa deret P1
adalah
selalu konvergen? Buktikan atau berikan
contoh tandingan. 12. Jika Pan dengan a > 0 konvergen, maka adalah P ffiffiffiffiffi p selalu konvergen? Buktikan atau berikan contoh tandingan. 13. Jika Pan dengan > 0 konvergen, maka adalah P ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi ananþ1 p selalu konvergen? Buktikan atau berikan sebuah contoh tandingan.
14. Jika P
an dengan an > 0 konvergen, dan jika bn :¼ ð a1 an = n untuk n 2 N; maka tunjukkan bahwa P bn selalu divergen. TH
15. Biarkan P1 a nð sedemikian rupa sehingga a nð adalah barisan menurun dari bilangan positif ketat. Jika s nð n¼1
menunjukkan jumlah parsial ke-n, tunjukkan (dengan mengelompokkan suku-suku dalams 2n dalam dua cara berbeda) bahwa
1 2 að 1 2að 2 2na 2n
D
Gunakan pertidaksamaan ini untuk menunjukkan bahwa P1
1
2n 1a 2n
s 2n að 1 2að 2
Þ þ.
a nð konvergen jika dan hanya jika P1 2na 2n konvergen. Ini
n¼1
n¼1
hasilnya sering disebut Uji Kondensasi Cauchy; itu sangat kuat. 1=np untuk p > 0.
16. Gunakan Uji Kondensasi Cauchy untuk membahas p-series P1 n¼1
17. Gunakan Uji Kondensasi Cauchy untuk menentukan divergensi deret: 1 (a) X
n ln n
1
,
(b) X nð 1
(c) X nð
,
ln n ln ln n
.
Þ ln n Þ ln ln n ln ðlnÞn 18. Tunjukkan
bahwa jika c > 1, maka deret berikut konvergen: 1 (a) X nð
ln n
C
,
a 2n .
1 (b) X nð
ln n ln ln n
. C
Machine Translated by Google
BAB 4
BATAS
''Analisis matematis'' umumnya dipahami untuk merujuk pada bidang matematika di mana penggunaan sistematis dibuat dari berbagai konsep pembatas. Dalam bab sebelumnya kita telah mempelajari salah satu konsep dasar pembatas ini: limit barisan bilangan real. Dalam bab ini kita akan menemukan gagasan tentang limit suatu fungsi. Gagasan dasar tentang proses pembatasan muncul pada 1680-an ketika Isaac Newton (1642-1727) dan Gottfried Leibniz (1646-1716) berjuang dengan penciptaan Kalkulus. Meskipun pekerjaan masing-masing orang pada awalnya tidak diketahui satu sama lain dan wawasan kreatif mereka sangat berbeda, keduanya menyadari kebutuhan untuk merumuskan gagasan fungsi dan gagasan besaran yang "dekat" satu sama lain. Newton menggunakan kata 'fasih' untuk menunjukkan hubungan antar variabel, dan dalam karya utamanya Principia pada tahun 1687 ia membahas batas 'di mana mereka mendekati lebih dekat daripada perbedaan yang diberikan, tetapi tidak pernah melampaui, atau pada dasarnya mencapai , sampai kuantitas berkurang tak terhingga.'' Leibniz memperkenalkan istilah ''fungsi'' untuk menunjukkan kuantitas yang bergantung pada variabel, dan dia menemukan angka ''sangat kecil'' sebagai cara menangani konsep limit . Istilah ''fungsi'' segera menjadi terminologi standar, dan Leibniz juga memperkenalkan istilah ''kalkulus'' untuk metode perhitungan baru ini. Pada tahun 1748, Leonhard Euler (1707-1783) menerbitkan risalah dua volumenya Introduc tio in Analysin Infinitorum, di mana ia membahas deret pangkat, fungsi eksponensial dan logaritma, fungsi trigonometri, dan banyak topik terkait. Ini diikuti oleh Institutiones Calculi Differentialis pada tahun 1755 dan Institu tiones Calculi Integralis tiga jilid pada tahun 1768–1770. Karya-karya ini tetap menjadi buku teks standar tentang kalkulus selama bertahun-tahun. Tetapi konsep limit sangat intuitif dan kelonggarannya menyebabkan sejumlah masalah. Deskripsi verbal dari konsep limit diusulkan oleh matematikawan lain pada zaman itu, tetapi tidak ada yang cukup untuk memberikan dasar bagi pembuktian yang ketat. Pada tahun 1821, Augustin-Louis Cauchy (1789–1857) menerbitkan kuliahnya tentang analisis dalam Cours d'Analyse, yang menetapkan standar untuk eksposisi matematika selama bertahuntahun. Dia prihatin dengan ketelitian dan dalam banyak hal meningkatkan tingkat presisi dalam wacana matematika. Dia merumuskan definisi dan menyajikan argumen dengan lebih hati-hati daripada pendahulunya, tetapi konsep limit masih tetap sulit dipahami. Dalam bab awal dia memberikan definisi berikut: Jika nilai-nilai berurutan yang dikaitkan dengan variabel yang sama mendekati nilai tetap tanpa batas, sehingga mereka akhirnya berbeda darinya sesedikit yang diinginkan, yang terakhir ini disebut batas semua yang lain. Langkah terakhir dalam merumuskan definisi limit yang tepat diambil oleh Karl Weierstrass (1815–1897). Dia bersikeras pada bahasa yang tepat dan bukti yang ketat, dan definisinya tentang batas adalah yang kita gunakan saat ini.
102
Machine Translated by Google 4.1 BATAS FUNGSI 103
Gottfried Leibniz Gottfried Wilhelm Leibniz (1646–1716) lahir di Leipzig, Jerman. Dia berusia enam tahun ketika ayahnya, seorang profesor filsafat, meninggal dan meninggalkan putranya kunci perpustakaannya dan kehidupan buku dan pembelajaran. Leibniz masuk Universitas Leipzig pada usia 15 tahun, lulus pada usia 17 tahun, dan menerima gelar Doktor Hukum dari Universitas Altdorf empat tahun kemudian. Dia menulis tentang masalah hukum, tetapi lebih tertarik pada filsafat. Dia juga mengembangkan teori asli tentang bahasa dan sifat alam semesta. Pada 1672, ia pergi ke Paris sebagai diplomat selama empat tahun. Di sana ia mulai belajar matematika dengan matematikawan Belanda Christiaan Huygens. Perjalanannya ke London untuk mengunjungi Royal Academy lebih lanjut merangsang minatnya dalam matematika. Latar belakangnya dalam filsafat membawanya ke hasil yang sangat orisinal, meskipun tidak selalu ketat. Tidak menyadari karya Newton yang tidak dipublikasikan, Leibniz menerbitkan makalah pada tahun 1680an yang menyajikan metode untuk menemukan area yang sekarang dikenal sebagai Teorema Dasar Kalkulus. Dia menciptakan istilah ''kalkulus'' dan menemukan dy=dx dan notasi S memanjang yang digunakan saat ini. Sayangnya, beberapa pengikut Newton menuduh Leibniz melakukan plagiarisme, sehingga terjadi perselisihan yang berlangsung hingga kematian Leibniz. Pendekatan mereka terhadap kalkulus sangat berbeda dan sekarang terbukti bahwa penemuan mereka dibuat secara independen. Leibniz sekarang terkenal karena karyanya dalam bidang filsafat, tetapi ketenaran matematikanya terletak pada kreasinya tentang kalkulus.
Bagian 4.1 Batas Fungsi
Pada bagian ini kita akan memperkenalkan pengertian penting dari limit suatu fungsi. Ide intuitif dari fungsi f yang memiliki limit L di titik c adalah bahwa nilai f (x) dekat dengan L ketika x dekat dengan (tetapi berbeda dari) c. Tetapi perlu memiliki cara teknis untuk bekerja dengan gagasan ''dekat dengan'' dan ini dicapai dalam definisi ed yang diberikan di bawah ini. Agar gagasan limit fungsi f di titik c bermakna, maka f perlu didefinisikan di titik-titik dekat c. Tidak perlu didefinisikan pada titik c, tetapi harus didefinisikan pada titik yang cukup dekat dengan c untuk membuat penelitian menarik. Ini adalah alasan untuk definisi berikut.
4.1.1 Definisi Misalkan A R. Sebuah titik c 2 R adalah titik cluster dari A jika untuk setiap d > 0 terdapat paling sedikit satu titik x 2 A; x 6¼ c sedemikian sehingga jjxc < d. Definisi ini dinyatakan dalam bahasa tetangga sebagai berikut: Sebuah titik c adalah titik cluster dari himpunan A jika setiap d-neighborhood Vdð c cd; c d dari c mengandung yang berbeda setidaknya dari c. satu titik A TH
Catatan Titik c mungkin atau mungkin bukan anggota A, tetapi bahkan jika di A, itu diabaikan ketika memutuskan apakah itu adalah titik cluster A atau tidak, karena kami secara eksplisit mengharuskan ada titik di Vdð \ c A berbeda dari c agar c menjadi titik cluster dari A. Misalnya, jika A :¼ {1, 2}, maka titik 1 bukan merupakan titik cluster dari A, karena memilih memberikan lingkungan 1 yang tidak mengandung titik A yang berbeda dari 1. Sama adalah 12 benar untuk titik 2, jadi kita lihat bahwa A tidak memiliki titik cluster. d :¼
Machine Translated by Google
104 BAB 4 BATAS
4.1.2 Teorema Sebuah bilangan c 2 R adalah titik cluster dari subset A dari R jika dan hanya jika ada terdapat barisan (an) dalam A sedemikian sehingga limð an c dan an 6¼ c untuk semua n 2 N.
Bukti. Jika c adalah titik cluster dari A, maka untuk sembarang n 2 N lingkungan (l=n) V1=nð c mengandung setidaknya satu titik a di A yang berbeda dari c. Kemudian 2 A ; an 6¼ c, dan c 0 terdapat K sedemikian sehingga jika n K, maka 2 Vdð c .
Oleh karena itu
d-neighborhood Vdð c dari c berisi titik-titik an, untuk n K, yang termasuk dalam A dan berbeda dari c.
QED
Contoh berikut menekankan bahwa titik cluster dari suatu himpunan mungkin atau mungkin bukan milik
set. 4.1.3 Contoh (a) Untuk interval terbuka A1 :¼ 0; 1 , setiap titik tertutup interval [0,1] adalah titik cluster dari A1. Perhatikan bahwa titik 0, 1 adalah titik cluster dari A1, tapi bukan milik A1. Semua titik A1 adalah titik cluster A1. (b) Himpunan berhingga tidak memiliki titik cluster.
(c) Himpunan tak hingga N tidak memiliki titik cluster. (d) Himpunan A4 :¼ fg 1=n hanya : n memiliki 2N titik 0 sebagai titik cluster. Tidak ada poin di A4 adalah titik cluster dari A4. (e) Jika saya :¼ 0; , maka himpunan A5 :¼ I \ Q terdiri dari semua bilangan rasional pada I. Berikut ini 1 dari Teorema Massa Jenis 2.4.8 bahwa setiap titik pada I merupakan titik cluster dari A5. &
Setelah membuat jalan memutar singkat ini, kita sekarang kembali ke konsep limit fungsi di titik cluster dari domainnya.
Definisi Batas Kami sekarang menyatakan definisi yang tepat dari limit fungsi f pada titik c. Ini penting untuk perhatikan bahwa dalam definisi ini, tidak penting apakah f didefinisikan di c atau tidak. Bagaimanapun, kita mengecualikan c dari pertimbangan dalam penetapan limit.
4.1.4 Definisi Misalkan AR, dan misalkan c adalah titik cluster dari A. Untuk suatu fungsi f : A ! R, a bilangan real L dikatakan limit dari f di c jika diberikan e > 0, terdapat ad > 0 sedemikian sehingga jika x 2 A dan 0 < jjxc < d, maka jjf xð L < e. Keterangan (a) Karena nilai d biasanya bergantung pada e, kadang-kadang kita akan menulis dð e bukannya d untuk menekankan ketergantungan ini. (b) Pertidaksamaan 0 < jjxc sama dengan mengatakan x 6¼ c. Jika L adalah limit dari f di c, maka kita juga mengatakan bahwa f konvergen ke L di c. Kami sering menulis
L lim x!c
f xð atau L lim
x!c
F:
Kami juga mengatakan bahwa ''f (x) mendekati L ketika x mendekati c.'' (Tetapi perlu dicatat bahwa poin tidak benar-benar bergerak ke mana pun.) Simbolisme f x ! L sebagai x ! C kadang-kadang juga digunakan untuk menyatakan fakta bahwa f memiliki limit L di c.
Machine Translated by Google 4.1 BATAS FUNGSI 105
Jika limit f di c tidak ada, kita katakan bahwa f divergen di c. Hasil pertama kami adalah bahwa nilai L dari limit ditentukan secara unik. Keunikan ini bukan merupakan bagian dari definisi limit, tetapi harus dideduksi. 4.1.5 Teorema Jika f : A ! R dan jika c adalah titik cluster dari A, maka f hanya dapat memiliki satu batas di c. Bukti. Misalkan angka L dan L0 memenuhi Definisi 4.1.4. Untuk setiap e > 0, ada dð Þ e=2 > 0 sehingga jika x 2 A dan 0 < jjxc < dð e=2 , maka jjf xð Þ LJuga < e=2. disana ada d0 ð Þ e=2 sehingga jika x 2 A dan 0 < jjxc < d0 e=2 , maka f xð Þ L0 j < e=2. Sekarang j misalkan d :¼ inf Pertidaksamaan dð e=2 ; d0 e=2Segitiga . fg Maka jika x 2 A dan 0 < jjxc < d, menyiratkan bahwa
J
L L0 j L f xð þ f xð L0 j < e=2 e=2 e: J
Karena e > 0 adalah sembarang, kita simpulkan bahwa L L0 0, sehingga L L0
.
QED
Definisi batas dapat dijelaskan dengan sangat baik dalam hal lingkungan. (Melihat Gambar 4.1.1.) Kami mengamati bahwa karena
Vdð c fcd; c d
x : jjxc < dg
;
pertidaksamaan 0 < jjxc < d sama dengan mengatakan bahwa x 6¼ c dan x termasuk ke dalam d-lingkungan Vdð c dari c. Demikian pula, pertidaksamaan jjfsetara xð L 0 diberikan, kita misalkan d :¼ 1. (Faktanya, setiap d yang benar-benar positif akan memenuhi tujuannya.) Kemudian jika
Machine Translated by Google
106 BAB 4 BATAS
0 < jjxc < 1, kita memiliki jjf xð Þ be.jjbb Karena 0 < e > 0 arbitrer, kita kesimpulan dari Definisi 4.1.4 bahwa limx!c f xð b. x c. (b) lim x!c
Misalkan g xð :¼ x untuk semua x 2 R. Jika e > 0, kita pilih dð Þe :¼ e. Kemudian jika 0 < jjxc < dð e ,
kita memilikijjxc jjg 0 adalah sembarang, kita simpulkan bahwa limx!c g c. (c) limau x2 c2 : _ x!c
Misalkan h xð Þ :¼ x2 untuk semua x 2 R. Kita ingin membuat selisihnya
c2 x2 c2 _
hx
kurang dari e yang ditetapkan sebelumnya > 0 dengan mengambil x cukup dekat dengan c. Untuk melakukannya, kami mencatat bahwa
x2 c2 x c xc . Selain itu, jika jjxc < 1, maka sehingga
jjx < jjc 1
jjx c
jjx jjc < 2 jjc 1:
Oleh karena itu, jika jjxc < 1, kita memiliki
x2 c2 jjx cjjxc < ð 2 j jc 1 jjxc :
1Þ
Apalagi suku terakhir ini akan lebih kecil dari e asalkan kita ambil jjxc < e=ð 2j jc 1 Akibatnya, jika kita memilih
.
e
d e :¼ inf 1; 2j
;
jþ c 1
maka jika 0 < jjxc < dð e , maka akan mengikuti terlebih dahulu jjxc < 1 sehingga (1) valid, dan oleh karena itu, karena jjxc < e=ð 2j jc 1 itu
x2 c2 < 2j jc 1 jjxc < e: Karena kita memiliki cara untuk memilih dð e > 0 untuk pilihan sembarang e > 0, kita simpulkan bahwa x2 c2 . _ lim h xð lim x!c x!c 1 (d) lima x!c
1 ¼.
x
jika c > 0.
C
Misalkan wð x :¼ 1=x untuk x > 0 dan misalkan c > 0. Untuk menunjukkan bahwa limx!c w 1=c kita ingin membuat
perbedaan
1
1
1
x
C
¼.
wð x
C
kurang dari e > 0 yang ditentukan sebelumnya dengan mengambil x cukup dekat dengan c > 0. Pertama-tama kita perhatikan bahwa
1
1
x
C
1 ¼.
cx
D
cx
1 TH
cx
jjxc
untuk x > 0. Berguna untuk mendapatkan batas atas untuk suku 1=(cx) yang berlaku di beberapa 1 1 3 2 c, maka c < x < 2 2 c (mengapa?), sehingga
lingkungan c. Secara khusus, jika jjxc < 0
0 adalah
&
Kriteria Sekuensial untuk Batas Rumusan penting berikut dari limit suatu fungsi adalah dalam hal limit dari urutan. Karakterisasi ini memungkinkan teori Bab 3 untuk diterapkan pada mempelajari limit fungsi. 4.1.8 Teorema (Kriteria Sekuensial) Misalkan f : A ! R dan misalkan c adalah titik cluster dari A. Maka berikut ini adalah setara.
(i) lim
x!c
f L:
(ii) Untuk setiap barisan (xn) di A yang konvergen ke c sedemikian rupa sehingga xn 6¼ c untuk semua n 2 N,
barisan ( f(xn)) konvergen ke L. Bukti. (aku aku aku). Asumsikan f memiliki limit L di c, dan misalkan (xn) adalah barisan di A dengan limð xn c dan xn 6¼ c untuk semua n. Kita harus membuktikan bahwa barisan f xð n konvergen ke L. Misalkan e > 0 diberikan. Kemudian menurut Definisi 4.1.4, terdapat d > 0 sehingga jika x 2 A memenuhi
Machine Translated by Google 108 BAB 4 BATAS
0 < jjxc < d, maka f (x) memenuhi jf xð Þ L < e. Kami sekarang menerapkan definisi J
barisan konvergen untuk d yang diberikan untuk memperoleh bilangan asli K(d) sedemikian rupa sehingga jika n >
Kð d maka jj xn Tetapi c < d. untuk setiap xn seperti itu kita memiliki jf xð n j L < e. Jadijika n > Kð d , maka jf xð n j L < Oleh e. karena itu, barisan f xð n konvergenke L. (aku aku aku). [Pembuktiannya adalah argumen kontrapositif.] Jika (i) tidak benar, maka ada sebuah e0-neighborhood Ve0 L sedemikian rupa sehingga tidak peduli apa d-neighborhood dari c yang kita pilih, ada paling sedikit satu bilangan xd dalam A \ Vdð Þc dengan xd 6¼ c sedemikian sehingga f xð d 2= Ve0 Þ L. Maka untuk
setiap n 2 N, lingkungan (1=n) dari c berisi bilangan xn sedemikian rupa sehingga dan
0 < jj xn c < 1=n
xn 2 A
;
tapi seperti itu
jf xð n
untuk semua
L e0 J
n2N:
Kita simpulkan bahwa barisan (xn) pada An{c} konvergen ke c, tetapi barisan Þ f xð n tidak tidak konvergen ke L. Oleh karena itu, kami telah menunjukkan bahwa jika (i) tidak benar, maka (ii) tidak benar. Kami
QED
menyimpulkan bahwa (ii) menyiratkan (i).
Kita akan melihat di bagian berikutnya bahwa banyak dari sifat limit dasar fungsi dapat ditetapkan dengan menggunakan properti yang sesuai untuk barisan konvergen. Sebagai contoh, kita tahu dari pekerjaan kita dengan barisan bahwa jika (xn) adalah sembarang barisan yang konvergen ke a bilangan c, maka x2
n
konvergen ke c
2
. Oleh karena itu, dengan kriteria sekuensial, kita dapat
simpulkan bahwa fungsi h xð :¼ x2 memiliki limit limx!c h xð c2 . Kriteria Divergensi Seringkali penting untuk dapat menunjukkan (i) bahwa suatu bilangan tertentu bukan merupakan limit dari suatu fungsi
pada suatu titik, atau (ii) bahwa fungsi tersebut tidak memiliki limit pada suatu titik. Hasil berikut adalah konsekuensi dari (pembuktian) Teorema 4.1.8. Kami meninggalkan detail buktinya sebagai latihan penting. 4.1.9 Kriteria Divergensi Misalkan AR, misalkan f : A ! R dan misalkan c 2 R adalah sebuah cluster titik A (a) Jika L 2 R, maka f tidak memiliki limit L di c jika dan hanya jika terdapat barisan (xn) di A dengan xn 6¼ c untuk semua n 2 N sedemikian rupa sehingga barisan (xn) konvergen ke c tetapi barisan f xð n tidak konvergen ke L. (b) Fungsi f tidak memiliki limit di c jika dan hanya jika terdapat barisan (xn) di A dengan xn 6¼ c untuk semua n 2 N sedemikian rupa sehingga barisan (xn) konvergen ke c tetapi barisan f xð n tidak konvergen di R. Kami sekarang memberikan beberapa aplikasi dari hasil ini untuk menunjukkan bagaimana itu dapat digunakan.
4.1.10 Contoh (a) lim x!0
1=x tidak ada di R.
Seperti pada Contoh 4.1.7(d), misalkan wð x :¼ 1=x untuk x > 0. Namun, di sini kita anggap c 0. Argumen yang diberikan dalam Contoh 4.1.7(d) rusak jika c 0 karena kita tidak dapat memperoleh terikat seperti yang ada di (2) contoh itu. Memang, jika kita mengambil barisan (xn) dengan xn :¼ 1=n untuk n 2 N, maka limð Þ¼ xn 0, tetapi wð Þ¼ xn 1=ð 1=n n. Seperti yang kita ketahui, barisan Þ¼ wð xn n tidak konvergen di R, karena tidak terbatas. Oleh karena itu, oleh Teorema 4.1.9(b), limx!0 1=x tidak ada di R. (b) lim sgnð x tidak ada. x!0
Machine Translated by Google
4.1 BATAS FUNGSI 109
Biarkan fungsi signum sgn didefinisikan oleh
sgnð x :¼
8 10
untuk x > 0;
1
untuk x 0; untuk x < 0:
0.
9. Gunakan definisi ed dari limit atau Kriteria Sekuensial untuk limit, untuk menetapkan batas berikut. 1 1 x 1, 1 x , (a) limx!2 x2 (b) limx! 1 1 x 2 1 x2 x 1 . 0, (c) limx!0 jjx (d) limx! 1 x 1 2 ¼.
¼.
10. Gunakan definisi limit untuk menunjukkan bahwa
x5 (b) limx! 1 2x 3
(a) limx!2 x2 4x 12,
11. Gunakan definisi limit untuk membuktikan berikut ini. x2 3x 2x 3 3, (a) limx!3 4x9 (b) limx!6 x 3 12. Tunjukkan bahwa limit berikut tidak ada. 1 , (a) lima x>0 x!0 x2 (c) limx!0 x sgnð x
,
4.
2:
1 (b) limx!0
ffiffiffi
xp
x>0
,
(d) limx!0 sin 1=x2 .
13. Misalkan fungsi f : R ! R memiliki limit L pada 0, dan misalkan a > 0. Jika g : R ! R didefinisikan oleh g xð Þ :¼ f ax untuk x 2 R, tunjukkan bahwa limx!0 g xð L. 14. Misalkan c 2 R dan misalkan f : R ! R sedemikian sehingga limx!c f
2
L
xð Þ (a) Tunjukkan bahwa jika L 0, maka limx!c f xð 0. (b) Tunjukkan dengan contoh bahwa jika L 6¼ 0, maka f mungkin tidak memiliki limit di c.
15. Misalkan f : R ! R didefinisikan dengan menetapkan f xð :¼ x jika x rasional, dan f xð 0 jika x irasional. (a) Tunjukkan bahwa f memiliki limit di x 0. (b) Gunakan argumen sekuensial untuk menunjukkan bahwa jika c 6¼ 0, maka f tidak memiliki limit di c. 16. Misalkan f : R ! R, misalkan I adalah interval terbuka di R, dan misalkan c 2 I. Jika f1 adalah restriksi dari f ke I, tunjukkan
bahwa f1 memiliki limit di c jika dan hanya jika f memiliki limit di c, dan bahwa limitnya sama. 17. Misalkan f : R ! R, misalkan J adalah interval tertutup dalam R, dan misalkan c 2 J. Jika f2 adalah restriksi dari f ke J, Tunjukkan bahwa jika f memiliki limit di c maka f2 memiliki limit di c. Tunjukkan dengan contoh bahwa itu tidak mengikuti itu
jika f2 memiliki limit di c, maka f memiliki limit di c.
Machine Translated by Google 4.2 TEOREMA BATAS 111
Bagian 4.2 Teorema Limit
Sekarang kita akan memperoleh hasil yang berguna dalam menghitung limit fungsi. Hasil ini sejajar dengan teorema limit yang ditetapkan dalam Bagian 3.2 untuk barisan. Bahkan, di sebagian besar
kasus hasil ini dapat dibuktikan dengan menggunakan Teorema 4.1.8 dan hasil dari Bagian 3.2. Atau, hasil pada bagian ini dapat dibuktikan dengan menggunakan argumen ed yang sangat serupa dengan yang digunakan dalam Bagian 3.2. 4.2.1 Definisi Misalkan AR, misalkan f : A ! R, dan misalkan c 2 R adalah titik cluster dari A. Kita katakan
bahwa f dibatasi pada lingkungan c jika terdapat lingkungan d Vdð c dari c dan a konstanta M > 0 sehingga kita memiliki jjf xð M untuk semua x 2 A \ Vdð c . 4.2.2 Teorema Jika AR dan f : A ! R memiliki limit di c 2 R, maka f dibatasi pada beberapa lingkungan c. Bukti. Jika L : lim x!c
f , maka untuk e 1, terdapat d > 0 sehingga jika 0 < jjxc < d, maka
jf xð L < 1; maka (oleh Wajar 2.2.4(a)), J
jjf xð
jj L jjf xð L < 1:
Oleh karena itu, jika x 2 A \ Vdð c ; x 6¼ c, maka jjf xð Þ j jþ L 1. Jika c 2= A, kita ambil M j jþ L 1,
sedangkan jika c 2 A kita ambil M :¼ supf jf cð ; jg Jadi. jika x 2 A \ Vdð c , jj L 1 maka jjf xð M. Hal ini menunjukkan bahwa f dibatasi pada lingkungan Vdð c dari c.
QED
Definisi selanjutnya mirip dengan definisi jumlah, selisih, hasil kali, dan hasil bagi dari urutan yang diberikan dalam Bagian 3.2. 4.2.3 Definisi Misalkan AR dan misalkan f dan g adalah fungsi yang didefinisikan pada A sampai R. Kita definisikan
jumlah f g, selisih fg, dan hasil kali fg pada A ke R adalah fungsi-fungsi yang diberikan oleh f g Þ x :¼ f xð g xð ; fg x :¼ f xð g xð ; fg x :¼ f xð g xð untuk semua x 2 A. Selanjutnya, jika b 2 R, kita mendefinisikan kelipatan bf sebagai fungsi yang diberikan oleh
bf x :¼ bf xð untuk semua x 2 A : Akhirnya, jika h xð 6¼ 0 untuk x 2 A, kita mendefinisikan hasil bagi f=h sebagai fungsi yang diberikan oleh
F H
x :¼ h
fx
x2A:
untuk semua
xð
4.2.4 Teorema Misalkan AR, misalkan f dan g fungsi pada A ke R, dan misalkan c 2 R adalah sebuah cluster
titik A. Selanjutnya, misalkan b 2 R.
g M, maka:
(a) Jika lim f L dan lim x!c
x!c
lim f g L M; lim
fg LM;
x!c
x!c
lim bf bL:
fg LM; lim x!c
x!c
(b) Jika h : A ! R, jika h xð 6¼ 0 untuk semua x 2 A, dan jika lim h H 6¼ 0, maka x!c
lim x!c
F H
L ¼.
:
H
Machine Translated by Google 112 BAB 4 BATAS
Bukti. Salah satu bukti teorema ini persis sama dengan Teorema 3.2.3. Alternatifnya, dapat dibuktikan dengan menggunakan Teorema 3.2.3 dan 4.1.8. Misal (xn) menjadi sembarang barisan di A sedemikian sehingga xn 6¼ c untuk n 2 N, dan c limð xn . Ini mengikuti dari Teorema
4.1.8 itu L;
limð f xð n
limð g xð n M:
Di sisi lain, Definisi 4.2.3 menyiratkan bahwa untuk n 2 N:
fg xn f xð n g xð n Oleh karena itu penerapan Teorema 3.2.3 menghasilkan
limð Þ fg xn limð f xð n g xð n ¼.
limð f xðnn limð g xð
LM:
Akibatnya, berikut dari Teorema 4.1.8 bahwa lim fg limð fg Þ¼ xn LM: x!c
Bagian lain dari teorema ini dibuktikan dengan cara yang sama. Kami meninggalkan detailnya ke pembaca.
QED
Keterangan Biarkan AR, dan biarkan f 1; f2 ; ... ;n menjadi fungsi pada A ke R, dan misalkan c adalah sebuah cluster titik f dari A. Jika Lk :¼ lim f k untuk k 1; ... ; n; kemudian mengikuti dari Teorema 4.2.4 oleh an x!c
Argumen induksi bahwa L1 L2 Ln lim _ _
f1f2f
n TH;
x!c
dan L1 L2 Ln lim f 1 f 2 f
Secara khusus, kami menyimpulkan bahwa jika L limf
D
n TH:
dan n 2 N, maka
x!c
Ln lim
n
f xð
:
x!c
4.2.5 Contoh (a) Beberapa batasan yang ditetapkan dalam Bagian 4.1 dapat menjadi dibuktikan dengan menggunakan Teorema 4.2.4. Sebagai contoh, berikut dari hasil ini bahwa sejak lim , dan jika c > 0, maka x!c
x c, maka limx! c x2 c2
lim x!c
1
1
1
¼.
x
¼.
lim x
:
C
x!c
(b) lim
x2 1 x3 4 20.
x!2
Ini mengikuti dari Teorema 4.2.4 bahwa
lim
x2 1 x3 4 lim
x!2
x2 1 x!2
5 4 20: 4
x3 4 (c) limau x!2
¼.
x2 1
5
.
lim x!2
x3 4
Machine Translated by Google
4.2 TEOREMA BATAS 113
Jika kita menerapkan Teorema 4.2.4(b), kita memiliki
lim
x3 4
lim
x3 4
lim
x2 1
4
x!2
¼.
x2 1 x!2
¼.
x!2
:
5
Perhatikan bahwa karena limit pada penyebut [yaitu, limx!2 x2 1 5] tidak sama dengan 0, maka Teorema 4.2.4(b) dapat diterapkan.
4
x2 4
(d) lima
¼.
¼.
3x 6
x!2
3
.
Jika kita misalkan f xð Þ :¼ x2 4 dan h xð Þ :¼ 3x 6 untuk x 2 R, maka kita tidak dapat menggunakan Teorema
4.2.4(b) untuk mengevaluasi limx!2 xð karena f xð =h
H lim
x!2
h xð lim x!2 3x 6 3 2 6 0:
Namun, jika x 6¼ 2, maka x2 4 ¼.
1
x2x2
3x 6
¼.
3
3ð x 2
x2:
Oleh karena itu kami memiliki
x2 4
lim
3x 6 3
x!2
Perhatikan bahwa fungsi g xð xð didefinisikan di sana.
1 (e) lim
x!0
x
1
lim
2
1 x2
x!2
3
lim x 2 3
4 :
x!2
4 =ð 3x 6 mempunyai limit pada x 2 padahal bukan
tidak ada di R
Tentu saja limx!0 1 1 dan H :¼ limx!0 Teorema 4.2.4(b) untuk mengevaluasi limx!0 1=x .
x 0. Namun, karena H 0, kita tidak dapat menggunakan
Faktanya, seperti yang terlihat pada Contoh 4.1.10(a),
fungsi wð x 1=x tidak memiliki limit pada x 0. Kesimpulan ini juga mengikuti dari Teorema 4.2.2 karena fungsi wð x 1=x tidak dibatasi pada lingkungan x 0. (f) Jika p adalah fungsi polinomial, maka limx!c p xð p cð . Misalkan p adalah fungsi polinomial pada R sehingga p xð Þ¼ anxn an1xn1 a1x a0 untuk semua x 2 R. Ini mengikuti dari Teorema 4.2.4 dan fakta bahwa limx !c xk ck itu lim p xð lim anxn an1xn1 a1x a0 _ _ _ x!c
x!c
lim x!c
anxn lim
x!c
an1xn1 lim
x!c
a1x lim _x!c
a0
ancn an1cn1 a1c a0 _ _ _ _ p cð : Oleh karena itu limx!c p xð Þ¼ p cð untuk sembarang fungsi polinomial p.
(g) Jika p dan q adalah fungsi polinomial pada R dan jika q cð 6¼ 0, maka
lim p x q xð
x!c
¼.
pc q cð :
Karena q(x) adalah fungsi polinomial, maka dari teorema aljabar terdapat paling banyak bilangan real berhingga a1; ... ; am [nol nyata dari q(x)] sedemikian rupa sehingga q aj 0 dan ; saya a1;mendefinisikan ... sehingga jika x 2 =a1;f ... ; sayaG , maka q xð 6¼ 0. Jadi, jika x 2= f kita dapat G, r xð :¼
px q xð :
Machine Translated by Google 114 BAB 4 BATAS
Jika c bukan nol dari q(x), maka q cð 6¼ 0, dan dari bagian (f) limx!c q xð q cð 6¼ 0 mengikuti. Oleh karena itu kita dapat menerapkan Teorema 4.2.4(b) untuk menyimpulkan bahwa
p xð lim q xð x!c
lim p xð
¼.
x!c
¼.
lim q xð
x!c
p cð
&
q cð :
Hasil selanjutnya adalah analog langsung dari Teorema 3.2.6.
4.2.6 Teorema Misalkan AR, misalkan f : A ! R, dan misalkan c 2 R adalah titik cluster dari A. Jika af xð bf atau semua x 2 A; x 6¼ c; dan jika lim f ada, maka a lim f b. x!c
x!c
Bukti. Memang, jika L lim f , maka mengikuti dari Teorema 4.1.8 bahwa jika (xn) adalah sembarang x!c barisan bilangan real sehingga c 6¼ xn 2 A untuk semua n 2 N dan jika barisan (xn) konvergen ke c, maka barisan Þ f xð n konvergen ke L. 3.2.6 Karena bahwa af xðanLbb.untuk semua n 2 N, berikut dari Teorema
QED Kami sekarang menyatakan analog dari Teorema Squeeze 3.2.7.Kami menyerahkan buktinya kepada pembaca.
4.2.7 Teorema Squeeze Biarkan AR, misalkan f, g, h: A ! R, dan misalkan c 2 R adalah titik cluster dari A. Jika
f xð Þ g xð h xð Þ f atau semua x 2 A; x 6¼ c; dan jika lim f L lim x!c
x!c
4.2.8 Contoh (a) lim
h, maka lim g L. x!c
x!0
x3=2 0 x > 0 .
Misalkan f xð Þ :¼ x3=2 untuk x > 0. Karena pertidaksamaan x < x1=2 1 berlaku untuk 0 < x 1 (mengapa?), maka x2 f xð x3=2 x untuk 0 < x 1 Sejak x2 0 dan limx!0 x 0; berikut dari Teorema Squeeze 4.2.7 bahwa limx!0 x3=2 0.
lim x!0
(b) lim sin x 0. x!0
Akan dibuktikan nanti (lihat Teorema 8.4.8), bahwa x sin xx untuk semua x 0 : Karena limx!0 x 0, maka dari Teorema Squeeze limx!0 sin x 0. (c) lim cos x 1. x!0
Akan dibuktikan nanti (lihat Teorema 8.4.8) bahwa 1
1Þ Sejak limx!0 1
12
x2 1, berikut dari Teorema Squeeze bahwa limx!0 cos x 1.
karena x 1 (d) lima
x!0
x2 cos x 1 untuk semua x 2 R:
12
x
0.
Machine Translated by Google
4.2 TEOREMA BATAS 115
Kita tidak dapat menggunakan Teorema 4.2.4(b) untuk mengevaluasi limit ini. (Mengapa tidak?) Namun, berikut ini
dari pertidaksamaan (1) pada bagian (c) bahwa 1 2x
cos xuntuk 1 =x x0 > 0
dan itu 1 x 2
0 cos x 1 =x
untuk x < 0:
Sekarang misalkan f xð Þ :¼ x=2 untuk x 0 dan f xð Þ :¼ 0 untuk x < 0, dan misalkan h xð Þ :¼ 0 untuk x 0 dan
h xð :¼ x=2 untuk x < 0. Maka diperoleh f xð
cos xð untuk x 1 =xh x 6¼ 0:
Karena mudah dilihat bahwa limx!0 f 0 lim lim cos 0. x 1 =x
x!0
h, mengikuti dari Teorema Squeeze bahwa
x!0
dosa x
(e) lim
x!0
x
1.
Sekali lagi kita tidak dapat menggunakan Teorema 4.2.4(b) untuk mengevaluasi limit ini. Namun, itu akan menjadi
dibuktikan kemudian (lihat Teorema 8.4.8) bahwa
x
1 x3 dosa xx untuk x 0 6
dan itu 1 x3 untuk x 0: 6
x dosa xx Oleh karena itu berikut (mengapa?) bahwa
1 6 x2 sin x =x 1 untuk semua x 6¼ 0:
1 1 x2 1 6
Tapi karena limx!0 lim 1 sin x =x 1.
1 6
lim x2 1, kami menyimpulkan dari Teorema Squeeze bahwa
x!0
x!0
(f) lima
x!0
x sin 1ð =x 0.
Misalkan f xð x sin 1ð Þ =x untuk x 6 0. Karena 1
sin z 1 untuk semua z 2 R, kita memiliki
pertidaksamaan
jjxf xð x sin 1ð =xjjx untuk semua x 2 R, x 6¼ 0. Karenalimx!0 jjx 0, maka dari Teorema Squeeze limx!0 f 0.
&
Untuk grafik, lihat Gambar 5.1.3 atau sampul buku ini. Terdapat hasil yang sejajar dengan Teorema 3.2.9 dan 3.2.10; namun, kami akan pergi
mereka sebagai latihan. Kami menyimpulkan bagian ini dengan hasil yang, dalam beberapa hal, sebagian
kebalikan dari Teorema 4.2.6. 4.2.9 Teorema Misalkan AR, misalkan f : A ! R dan misalkan c 2 R adalah titik cluster dari A. Jika lim f > 0 masing-masing; lim
x!c
H
x!c
f 0 [masing-masing, f (x) < 0] untuk semua x 2 A \ Vdð c , x 6¼ c.
Bukti. Misal L : lim
x!c
f dan misalkan L > 0. Kita ambil e
1 2L
> 0 dalam Definisi 4.1.4, dan 1
diperoleh bilangan d > 0 sehingga jika 0 < jjxc < d dan x 2 A, maka jjf xð Þ L < Oleh itukarena (mengapa?)2 L 1 L > 0. maka jika x 2 A \ Vdð c , x 6¼ c, maka f xð Þ > Jika L < 0, argumen serupa berlaku. 2
QED
Machine Translated by Google 116 BAB 4 BATAS
Latihan untuk Bagian 4.2 1. Terapkan Teorema 4.2.4 untuk menentukan limit berikut: x!1
x 1 2x 3 (a) lim 1
(c) limx!2
x2R
(b) lim
;
x!1
1 x>0
2x
x1
x2 2
(d) lima
;
x!0
x>0
;
x2 2 x 1
x2R
:
x2 2
2. Tentukan limit berikut dan nyatakan teorema mana yang digunakan dalam setiap kasus. (Anda mungkin ingin untuk menggunakan Latihan 15 di bawah ini.) ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
(a) lima x!2
2x 1 x>0
x3r
(b) lim
;
x2 4
x2
x!2
x>0
;
ffiffiffi
lim x!0
x 1 (c) x
2
1
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
x>0
xp 1 x 1x!
x>0:
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
1 2x p 1 3x p 3. Temukan limx!0
(d) lima 1
;
dimana x > 0.
x 2x2 4.
Buktikan bahwa limx!0 cos 1ð =x tidak ada tetapi limx!0 x cos 1ð =x 0. 5. Misalkan f, g didefinisikan pada AR ke R, dan misalkan c adalah titik cluster dari A. Misalkan f dibatasi pada a tetangga dari c dan limx!c g 0. Buktikan bahwa limx!c fg 0. 6. Gunakan definisi limit untuk membuktikan pernyataan pertama dalam Teorema 4.2.4(a). 7. Gunakan rumus sekuensial limit untuk membuktikan Teorema 4.2.4(b). 8. Misalkan n 2 N sedemikian rupa sehingga n 3. Turunkan pertidaksamaan x2 xn x2 untuk 1 < x < 1. Kemudian gunakan fakta bahwa limx!0 x2 0 untuk menunjukkan bahwa limx!0 xn 0. 9. Misalkan f, g didefinisikan pada A ke R dan misalkan c adalah titik cluster dari A.
(a) Tunjukkan bahwa jika limx!c f dan limx!c f þ g ada, maka limx!c g ada. (b) Jika limx!c f dan limx!c fg ada, apakah itu berarti limx!c g ada? 10. Berikan contoh fungsi f dan g sehingga f dan g tidak memiliki limit di titik c, tetapi sedemikian sehingga baik f g dan fg memiliki limit di c. 11. Tentukan apakah limit berikut ada di R. (a) lima
x!0
sin 1=x2 x 6¼ 0 (b) lim,
x!0
x sin 1=x2 x 6¼ 0
,
ffiffiffi
lim
x!0
sgn sin 1ð =x x 6¼ 0 (c) ,
(d) lima
x!0
x>0
xp sin 1= x2
.
12. Misalkan f : R ! R sedemikian rupa sehingga f xð yf xð Þþ f yð untuk semua x, y dalam R. Asumsikan bahwa limx!0 f L ada. Buktikan bahwa L 0, dan kemudian buktikan bahwa f memiliki limit di setiap titik c 2 R. [Petunjuk: Pertama perhatikan bahwa
fð Þ¼ 2x f xð Þþ f xð Þ¼ 2f xð untuk x 2 R. Perhatikan juga bahwa f xð Þ¼ f xð Þþ cf cð untuk x, c dalam R.]
13. Fungsi f dan g didefinisikan pada R oleh f(x) :¼ x 1 dan g (x) :¼ 2 jika x 6¼ 1 dan g(1) :¼ 0. f(x)). (a) Carilah limx!1 g (f (x)) dan bandingkan dengan nilai g (lim x!1 g(x)). (b) Carilah limx!1 f (g (x)) dan bandingkan dengan nilai f (lim x!1 14. Misalkan AR, misalkan f : A ! R dan misalkan c 2 R adalah titik cluster dari A. Jika limx!c f ada, dan jika jjf menunjukkan
fungsi yang didefinisikan untuk x 2 A oleh jjf x :¼ jjf xð , buktikan bahwa limx!c jjf lim F . x!c 15. Misalkan AR, misalkan f : A ! R, dan misalkan c 2 R adalah titik cluster dari A. Sebagai tambahan, misalkan ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
ffiffi
ffiffi
f xð 0 untuk semua x 2 A, dan misalkan fp adalah fungsi yang didefinisikan untuk x 2 A oleh fp (x) :¼ ffiffi
lim x!c
ada, buktikan bahwa limx!cfp f
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffi
lim fq.x!c
Bagian 4.3 Beberapa Perpanjangan Konsep Batas Pada bagian ini, kami akan menyajikan tiga jenis perluasan dari pengertian limit dari a fungsi yang sering terjadi. Karena semua ide di sini sangat paralel dengan yang kita miliki sudah ditemui, bagian ini dapat dibaca dengan mudah. y Bagian ini sebagian besar dapat dihilangkan pada pembacaan pertama bab ini.
fxp.
Jika
Machine Translated by Google 4.3 BEBERAPA PERLUASAN KONSEP LIMIT 117
Batas Satu Sisi Ada kalanya suatu fungsi f mungkin tidak memiliki limit pada titik c, namun memiliki limit memang ada ketika fungsi dibatasi pada interval di satu sisi cluster
titik c. Sebagai contoh, fungsi signum yang dipertimbangkan dalam Contoh 4.1.10(b), dan diilustrasikan pada Gambar 4.1.2, tidak memiliki limit pada c 0. Namun, jika kita membatasi fungsi signum terhadap interval (0, 1), fungsi yang dihasilkan memiliki limit 1 pada c 0. Demikian pula jika kami membatasi fungsi signum ke interval (1, 0), fungsi yang dihasilkan memiliki batas dari 1 di c 0. Ini adalah contoh dasar dari limit tangan kanan dan tangan kiri di c 0.
4.3.1 Definisi Misalkan A 2 R dan misalkan f : A ! R. Jika c 2 R adalah titik cluster dari himpunan A \ c; 1 fgx 2 A: x > c L 2 R adalah limit kanan dari f di c dan kita tulis
(Saya)
lim x!cþ
,
maka kami mengatakan bahwa
f L atau limx!cþ f xð L
jika diberikan e > 0 ada ad dð e > 0 sedemikian rupa sehingga untuk semua x 2 A dengan 0 < xc < d, maka jjf xð L < e. (ii) Jika c 2 R adalah titik cluster dari himpunan A \ 1ð ; fx 2CA: x < cg L 2 R adalah, maka kami mengatakan bahwa limit kiri dari f di c dan kita tulis lim x!c
f L atau limx!c f xð L
jika diberikan e > 0 ada iklan > 0 sehingga untuk semua x 2 A dengan 0 < cx < d, maka jjf xð L < e.
Keterangan (1) Batas-batas limx!cþ f dan limx!c f disebut batas-batas satu sisi dari f di c. Itu mungkin bahwa tidak ada batas satu sisi yang mungkin ada. Juga, salah satunya mungkin ada tanpa yang lain yang ada. Demikian pula, seperti halnya untuk f xð :¼ sgnð Þ x pada c 0, keduanya mungkin ada dan berbeda. (2) Jika A adalah interval dengan titik ujung kiri c, maka dapat dilihat bahwa f : A ! R memiliki batas di c jika dan hanya jika memiliki limit kanan di c. Selain itu, dalam hal ini limit limx!c f dan limit kanan limx!cþ f sama. (Situasi serupa terjadi untuk limit kiri ketika A adalah interval dengan titik ujung kanan c.) Pembaca dapat menunjukkan bahwa f hanya dapat memiliki satu batas tangan kanan (masing-masing, tangan kiri)
pada suatu titik. Ada hasil yang analog dengan yang ditetapkan dalam Bagian 4.1 dan 4.2 untuk batas dua sisi. Secara khusus, keberadaan batas satu sisi dapat direduksi menjadi sekuensial pertimbangan.
4.3.2 Teorema Misalkan AR, misalkan f : A ! R, dan misalkan c 2 R adalah titik cluster dari A \ C; 1 . Maka pernyataan berikut ekuivalen: (i) lim
TH
fL x!cþ
(ii) Untuk setiap barisan (xn) yang konvergen ke c sedemikian sehingga xn 2 A dan xn > c untuk semua
n 2 N, barisan fx n konvergen L. ke
Machine Translated by Google
118 BAB 4 BATAS
Gambar 4.3.2 Grafik h xð 1= e1=x 1 x 6¼ 0
Gambar 4.3.1 Grafik g xð e1=x x 6¼ 0
Kami meninggalkan bukti hasil ini (dan formulasi dan bukti analog hasil untuk batas kiri) kepada pembaca. Kami tidak akan mengambil ruang untuk menulis formulasi versi satu sisi dari hasil lainnya di Bagian 4.1 dan 4.2.
Hasil berikut menghubungkan pengertian limit fungsi dengan limit satu sisi. Kami tinggalkan buktinya sebagai latihan.
4.3.3 Teorema Misalkan AR, misalkan f : A ! R, dan misalkan c 2 R menjadi titik cluster dari keduanya f L jika dan hanya jika dari himpunan A \ c; 1 dan \ 1ðA; C . lalu lim x!c lim f L lim F . x!c x!cþ
4.3.4 Contoh (a) Misalkan f xð :¼ sgnð x . Kita telah melihat pada Contoh 4.1.10(b) bahwa sgn tidak memiliki limit pada 0. Jelas bahwa lim sgnð x 1 dan 1. Karena batas satu sisi ini berbeda, maka x!0þ limx!0 sgnð x . itu juga mengikuti dari Teorema 4.3.3 bahwa sgn(x) tidak memiliki limit pada 0. (b) Misalkan g xð :¼ e1=x untuk x 6¼ 0. (Lihat Gambar 4.3.1.) Kami pertama-tama menunjukkan bahwa g tidak memiliki limit tangan kanan yang terbatas di c 0 karena itu adalah
tidak terbatas pada sembarang lingkungan sebelah kanan 0ð ; d dari 0. Kami akan menggunakan pertidaksamaan
0 < t < et untuk t > 0;
1Þ
yang akan dibuktikan nanti (lihat Akibat wajar 8.3.3). Maka dari (1) bahwa jika x > 0, maka 0 < 1=x < e1=x. Oleh karena itu, jika kita mengambil xn 1=n, maka g xð n > n untuk semua n 2 N. Oleh karena itu ,
lim e1=x tidak ada di R.
x!0þ
Namun, limx!0 e1=x 0. Memang, jika x < 0 dan kita mengambil t 1=x pada (1) kita memperoleh
0 < 1=x < e1=x. Karena x < 0, ini menyiratkan bahwa 0 < e1=x < x untuk semua x < 0. Berikut ini dari pertidaksamaan ini limx!0 e1=x 0.
(c) Misalkan h xð :¼ 1= e1=x 1 untuk x 6¼ 0. (Lihat Gambar 4.3.2.) Kita telah melihat pada bagian (b) bahwa 0 < 1=x < e1=x untuk x > 0, dari mana
1 0 < e1=x 1
yang menyiratkan bahwa limx!0þ h 0.
1 < e1=x 0 sedemikian sehingga untuk semua x 2 A dengan
0 < jjxc < d, maka f xð Þ > a. (ii) Kita katakan bahwa f cenderung 1 sebagai x ! c, dan tulis
lim f 1;
x!c
jika untuk setiap b 2 R terdapat d d bð Þ > 0 sedemikian sehingga untuk semua x 2 A dengan
0 < jjxc < d, maka f xð < b. 4.3.6 Contoh (a) lim
x!0
1=x2 1. ffiffiffi
Karena, jika a > 0 diberikan, misalkan d :¼ 1= ap .
Maka jika 0 < j maka jx < d, maka x2 < 1=a so
1=x2 > a. (b) Misalkan g xð :¼ 1=x untuk x 6¼ 0. (Lihat Gambar 4.3.4.)
Machine Translated by Google
120 BAB 4 BATAS
Fungsi g tidak cenderung 1 atau 1 sebagai x ! 0. Sebab, jika a > 0 maka gðxÞ < a untuk semua x < 0, sehingga g tidak cenderung 1 sebagai x ! 0. Demikian pula, jika b < 0 maka gðxÞ > b untuk semua x > 0, sehingga g tidak cenderung 1 sebagai x ! 0. &
Sementara banyak hasil pada Bagian 4.1 dan 4.2 memiliki perluasan pada gagasan pembatas ini, tidak semuanya demikian karena 1 bukan bilangan real. Hasil berikut adalah analog dari Teorema Squeeze 4.2.7. (Lihat juga Teorema 3.6.4.) 4.3.7 Teorema Misalkan AR, misalkan f ; gw: A! R, dan misalkan c 2 R adalah titik cluster dari A.
Misalkan fðxÞ gðxÞ untuk semua x 2 A; x 6¼ c. (a) Jika lim f 1, maka lim g 1. x!c
x!c
(b) Jika lim g 1, maka lim f 1. x!c
x!c
Bukti. (a) Jika limx!c f ¼ 1 dan a 2 R diberikan, maka terdapat dðaÞ > 0 sehingga jika 0 < jx cj < dðaÞ dan x 2 A, maka fðxÞ > a. Tetapi karena fðxÞ gðxÞ untuk semua x 2 A; x 6¼ c, maka jika 0 < jx cj < dðaÞ dan x 2 A, maka gðxÞ > a. Oleh karena itu limx!c g 1. Bukti (b) serupa.
QED
Fungsi gðxÞ 1=x yang dipertimbangkan dalam Contoh 4.3.6(b) menunjukkan bahwa mungkin berguna untuk mempertimbangkan batas tak terbatas satu sisi. Kami hanya akan mendefinisikan batas tak terbatas kanan.
4.3.8 Definisi Misalkan AR dan misalkan f : A ! R. Jika c 2 R adalah titik cluster dari himpunan A \ c; 1Þ ¼ fx 2 A : x > cg, maka kita katakan bahwa f cenderung ke 1 [masing-masing, 1] sebagai x ! cþ, dan kita menulis lim x!cþ
f 1 jam masing-masing;x!cþ lim f 1i ;
jika untuk setiap a 2 R terdapat d dðaÞ > 0 sehingga untuk semua x 2 A dengan 0 < xc < d, maka fðxÞ > a [masing-masing fðxÞ < a]. 4.3.9 Contoh (a) Misalkan gðxÞ :¼ 1=x untuk x 6¼ 0. Kita telah mencatat dalam Contoh 4.3.6(b) bahwa lim g tidak ada. Namun, ini adalah latihan yang mudah untuk menunjukkan bahwa x!0 lim x!0þ
1 1=x
dan limx!0 ð ¼ 1 1=x (b)
:
Terlihat pada Contoh 4.3.4(b) bahwa fungsi gðxÞ :¼ e1=x untuk x 6¼ 0 bukan d > 0. Oleh ; karena dibatasi pada itu sembarang limit kanan dari interval e1=x0ðsebagai tidak ada x ! dalam 0þ apakah d pengertian Definisi 4.3.1(i). ;Namun, sejak
1=x < e1=x untuk x > 0
;
& dapat dilihat bahwa limx!0þ e1=x 1 dalam pengertian Definisi 4.3.8.
Batas di Infinity Diinginkan juga untuk mendefinisikan pengertian limit suatu fungsi sebagai x ! 1. Definisi sebagai x ! 1 mirip.
Machine Translated by Google 4.3 BEBERAPA PERLUASAN KONSEP LIMIT 121
4.3.10 Definisi Misalkan AR dan misalkan f : A ! R. Misalkan a; 1Þ A untuk beberapa a 2 R. Kita katakan bahwa L 2 R adalah limit dari f sebagai x ! 1, dan tulis lim x!1
f L atau limx!1 fðxÞ L
;
jika diberikan e > 0 terdapat K KðeÞ > a sedemikian sehingga untuk sembarang x > K, maka j fðxÞ Lj < e.
Pembaca harus memperhatikan kemiripan yang dekat antara 4.3.10 dan definisi limit barisan. Kami menyerahkan kepada pembaca untuk menunjukkan bahwa batas-batas f sebagai x ! 1 unik setiap kali mereka ada. Kami juga memiliki kriteria berurutan untuk batasan ini; kita hanya akan menyatakan kriteria sebagai x ! 1. Ini menggunakan gagasan limit dari barisan divergen yang benar (lihat Definisi 3.6.1).
4.3.11 Teorema Misalkan AR, misalkan f : A ! R, dan anggaplah a; 1Þ A untuk beberapa a 2 R. Maka pernyataan berikut ekuivalen: (i) L lim (ii)
F. x!1
Untuk setiap barisan (xn) dalam A \ a; 1Þ sehingga limðxnÞ¼1, barisan fðxnÞÞ konvergen ke L.
Kami menyerahkan kepada pembaca untuk membuktikan teorema ini dan untuk merumuskan dan membuktikan hasil pendamping mengenai limit sebagai x ! 1.
4.3.12 Contoh (a) Misalkan gðxÞ :¼ 1=x untuk x 6¼ 0. Ini adalah latihan dasar untuk menunjukkan bahwa limx!1ð1=xÞ 0 lim x!1ð1=xÞ. (Lihat Gambar 4.3.4.) (b) Misalkan fðxÞ :¼ 1=x2 untuk x 6¼ 0. Pembaca dapat menunjukkan bahwa limx!1ð1=x2 0 lim x!1ð1=x2 . (Lihat Gambar 4.3.3.) Salah satu cara untuk melakukannya adalah dengan menunjukkan bahwa jika x 1 maka 0 1=x2 1=x. Mengingat bagian (a), ini
&
menyiratkan bahwa limx!1ð1=x2 0.
Sama nyamannya untuk dapat mengatakan bahwa fðxÞ ! 1 sebagai x ! c untuk c 2 R, lebih mudah untuk memiliki gagasan yang sesuai sebagai x ! 1. Kami akan menangani kasus di mana x ! 1.
4.3.13 Definisi Misalkan AR dan misalkan f : A ! R. Misalkan a; 1Þ A untuk beberapa a 2 A. Kita katakan bahwa f cenderung ke 1 [masing-masing, 1] sebagai x ! 1, dan tulis lim f 1 masing-masing; lim x!1
H
f1 x!1
Saya
jika diberikan a 2 R ada K KðaÞ > a sedemikian rupa sehingga untuk setiap x > K, maka fðxÞ > a [masing-masing, fðxÞ < a]. Seperti sebelumnya ada kriteria berurutan untuk batas ini. 4.3.14 Teorema Misalkan A 2 R, misalkan f : A ! R, dan anggaplah a; 1Þ A untuk beberapa a 2 R. Maka pernyataan berikut ekuivalen:
Machine Translated by Google 122 BAB 4 BATAS
(i) lim
f1.
f 1½ masing-masing; lim x!1
x!1
(ii) Untuk setiap barisan (xn) dalam a; 1Þsehingga limðxnÞ¼1, maka limð 1 f xð n . masing-masing; limð f xð n 1 Hasil selanjutnya adalah analog dari Teorema 3.6.5. 4.3.15 Teorema Misalkan AR, misalkan f ; gw: A! R, dan anggaplah a; 1Þ A untuk beberapa a 2 R. Anggap lebih lanjut bahwa gðxÞ > 0 untuk semua x > a dan untuk beberapa L 2 R; L 6¼ 0, kita punya
lim fðxÞ L: gðxÞ
x!1
(i) Jika L > 0, maka lim
f 1 jika dan hanya jika lim
x!1
f 1 jika dan hanya jika lim
(ii) Jika L < 0, maka lim x!1
Bukti. (Saya)
g 1.
x!1
g 1.
x!1
Karena L > 0, hipotesis menyiratkan bahwa ada a1 > a sedemikian rupa sehingga
0
K,
kita memiliki gðxÞ xn x > a. Karena 2 R adalah sembarang, maka limx!1 g 1. xn 1 untuk n 2 N, n genap, dan lim xn 1 untuk n 2 N, n ganjil. (b) lim x!1
x!1
Kami akan memperlakukan kasus n ganjil, katakanlah n 2k 1 dengan k 0, 1, . . . . Diberikan 2 R, misalkan k k xx < a.
K :¼ inffa; 1g. Untuk setiap x < K, maka sejak x2Þ xn 1. Karena 2 R sewenang-wenang, maka lim
1, kita memiliki xn x2Þ
x!1
(c) Misalkan p : R ! R adalah fungsi polinomial pðxÞ : ¼ anxn an1xn1 a1x a0 : Kemudian limx!1 p 1 jika an > 0, dan limx!1 p 1 jika an < 0. Memang, biarkan gðxÞ :¼ xn dan terapkan Teorema 4.3.15. Sejak
1
pðxÞ gðxÞ
sebuah an1 _ _
x
1
a1 _
xn1
1
a0 _
xn
;
maka limx!1ðpðxÞ=gðxÞÞ an. Karena limx!1 g 1, pernyataan berikut dari Teorema 4.3.15. (d) Misalkan p adalah fungsi polinomial pada bagian (c). Maka x!1 lim n genap [masing-masing ganjil] dan an > 0. Kami menyerahkan detailnya kepada pembaca.
p 1 [masing-masing, 1] jika
&
Machine Translated by Google 4.3 BEBERAPA PERLUASAN KONSEP LIMIT 123
Latihan untuk Bagian 4.3
1. Buktikan Teorema 4.3.2. 2. Berikan contoh fungsi yang memiliki limit kanan tetapi tidak memiliki limit kiri pada suatu titik. fðxÞ 1. 3. Misalkan fðxÞ :¼ jxj x!0 lim 1=2 untuk x 6¼ 0. Tunjukkan bahwa limx!0þ fðxÞ 4. Misalkan c 2 R dan misalkan f didefinisikan untuk x 2 c;1Þ dan fðxÞ > 0 untuk semua x 2 c;1Þ. Menunjukkan bahwa lim x!c
f 1 jika dan hanya jika limx!c 1=f 0.
5. Evaluasilah limit-limit berikut, atau tunjukkan bahwa limit-limit tersebut tidak ada.
x (a) lima x!1þ
(c) limau
x1
x x 6¼ 1 ,
(b) lim x!1
ffiffiffi
x1
ffiffiffi
x 2 = xp x > 0
,
x!0þ
(d) lima
= x > 0 xp x 2
x!1
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiff
(e) lim
x!0
,
ffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiffiff
x 1 p =x xð > 1 xp 5
(g) lima
x 6¼ 1 ,
,
(f) lima
x!1
ffiffiffi
ffiffiffi
xp 3 6. Buktikan Teorema 4.3.11.
x>0
x!1
,
(h) lim x!1
x 1 p =x xð > 0 xpx
,
ffiffiffi
ffiffiffi
xp x
x>0.
7. Misalkan f dan g memiliki limit di R sebagai x ! 1 dan fðxÞ gðxÞ untuk semua x 2 a;1Þ. Membuktikan limx itu ! 1 f limx!1
G.
8. Misalkan f didefinisikan pada (0, 1) hingga R. Buktikan bahwa limx!1 fðxÞ ¼ L jika dan hanya jika limx!0þ fð1=xÞ L.
9. Tunjukkan bahwa jika f : a;1Þ ! R sedemikian sehingga limx!1 xfðxÞ ¼ L dimana L 2 R, maka limx!1 fðxÞ 0.
10. Buktikan Teorema 4.3.14. 11. Misalkan limx!c fðxÞ ¼ L dimana L > 0, dan limx!c gðxÞ¼1. Tunjukkan bahwa limx!c fðxÞgðxÞ¼1. Jika L 0, tunjukkan dengan contoh bahwa kesimpulan ini mungkin gagal.
12. Tentukan fungsi f dan g yang terdefinisi pada (0, 1) sehingga limx!1 f 1 dan limx!1 g 1, dan lim fg 0. Dapatkah Anda menemukan fungsi seperti itu, dengan g(x) > 0 untuk semua x 2 0; 1, sehingga x!1
lim f = g 0? x!1
13. Misalkan f dan g didefinisikan pada (a, 1) dan misalkan limx!1 f L dan limx!1 g 1. Buktikan bahwa lim fg L x!1
