Analisis Real Oleh: Dr. Dwijanto, M.S 08/11/2018 0:02.

Presentasi berjudul: "Analisis Real Oleh: Dr. Dwijanto, M.S 08/11/2018 0:02."— Transcript presentasi:

1 Analisis Real Oleh: Dr. Dwijanto, M.S 08/11/2018 0:02

2 Barisan Bilangan Real Definisi 3.A.1. Barisan bilangan real adalah fungsi pada bilangan asli N Dengan daerah jelalah di dalam himpunan bilangan real. Bilangan-bilangan real yang dihasilkan disebut unsur dari barisan dan biasanya dituliskan dengan xn atau αn atau zn. Secara umum, jika X : N ———> R suatu barisan. Kita akan memberikan nilai X pada n dengan xn. Selanjutnya notasi barisan sebagai: X, (xn), atau (xn: nN). Contoh perbedaan barisan dan himpunan: Barisan X = ((-1)-n: nN) = (-1, 1, -1, 1, . . .), sedangkan himpunan {((-1)-n : nN} = {-1,1}. 08/11/2018 0:02

3 Contoh-contoh barisan
Misalkan aR, barisan A = (a, a, a, …) semua unsurnya a disebut barisan konstan a. Barisan S = = Barisan Ba = = Dalam hal khusus misalkan maka Ba = Barisan Fibonacci F = (gn : nN) dengan g1 = 1, g2 = 1, gn = gn-2 + gn-1, (n > 2). Jadi barisan Fibonacci ini adalah: F = (1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, . . .). 08/11/2018 0:02

4 Operasi pada barisan Definisi 3.A.2. Jika X = (xn), Y = (yn)
Barisan bilangan real, didefinisikan Jumlah barisan X + Y = (xn + yn : nN), Selisih barisan X - Y = (xn - yn : nN), Hasil kali barisan X.Y = (xn . yn : nN), Jika cR, perkalian c terhadap X adalah barisan cX = (cxn : nN). Selanjutnya jika Z = (zn : nN), zn ≠ 0 untuk semua nN, Hasil bagi X dan Z adalah barisan: 08/11/2018 0:02

5 Definisi 3.A.3. Misalkan X = (xn) barisan bilangan real.
Bilangan real x disebut limit dari X jika untuk setiap lingkungan V dari x, terdapat bilangan asli NV sehingga untuk setiap n  NV, xn V. Jika x limit dari barisan X, maka kita katakan X konvergen ke x. Jika barisan mempunyai limit, kita katakan bahwa X konvergen dan jika tidak mempunyai limit kita katakan bahwa barisan divergen. Penulisan Jika barisan bilangan real X = (xn) mempunyai limit di xR, kita tulis. x = lim X, atau x = lim (xn), atau x = atau xn ——> x. 08/11/2018 0:02

6 Teorema 3.A.4. (Ketunggalan limit)
Barisan bilangan real dapat memiliki paling banyak satu limit. Bukti Andaikan tidak demikian, maka terdapat x’ dan x” limit dari X =(xn) dengan x’ ≠ x”. Pilih lingkungan V’ dari x’ dan lingkungan V” dari x” sehingga V’ ∩ V” = Ф. Menurut definisi limit, maka terdapat Nv1N, sehingga n  Nv1, xn V’, dan terdapat Nv2N, sehingga n  Nv2, xn V”. Pilih N0 = maks { Nv1, Nv2}, maka untuk setiap n  N0, xn V’ ∩ V”. Ini bertentangan dengan V’ ∩ V” = Ф. Jadi Pengandaian salah, seharusnya jika X mempunyai limit, maka limitnya tunggal 08/11/2018 0:02

7 Untuk setiap  > 0, terdapat bilangan asli N
Teorema 3.A.5. Misalkan X = (xn) barisan bilangan real, maka pernyataan berikut ekivalen. X konvergen ke x. Untuk setiap V lingkungan- dari x, terdapat bilangan asli N sehingga xnV apabila n  N. Untuk setiap  > 0, terdapat bilangan asli N sehingga x- < xn < x+ apabila n  N. sehingga |xn - x| <  apabila n  N. 08/11/2018 0:02

8 Jika n  N, maka xnV, ini berarti x- < xn < x+.
Bukti => (2). Karena V lingkungan- dari x adalah suatu lingkungan dari x, maka apabila diambil V = V menurut Definisi 3.A.3 terdapat bilangan asli N sehingga xnV apabila n  N. (2) => (3). Jika n  N, maka xnV, ini berarti x- < xn < x+. (3) => (4). Jika x- < xn < x+, maka |xn - x| < . (4) => (1). Ambil lingkungan dari x sebarang, karena V lingkungan, maka dapat dipilih  > 0 sehingga V = (x- , x+)  V. Menurut hipotesis, terdapat N sehingga |xn - x| <  apabila n  N, atau x- < xn < x+ apabila n  N. Akibatnya untuk n  N, xn V  V. Ini menunjukkan bahwa xn konvergen ke x. (definisi 2.A.3). 08/11/2018 0:02

9 Ekor dari Barisan Definisi 3.A.6. Misalkan X = (x1, x2, x3, ) barisan bilangan real dan M bilangan Asli. Maka ekor-M adalah barisan XM = (xM+1, xM+2, ) = (xM+n : nN). Contoh Misalkan X = (1, 3, 5, . . ., 2n-1, . . .) Maka X7 = (15, 17, 19, 21, . . ., 2n+13, ) Teorema 3.A.7. Misalkan X = (xn) barisan bilangan real dan MN. Maka ekor-M XM = (xM+n : nN) dari barisan X konvergen jika dan hanya jika X konvergen. Dalam hal ini, lim XM = lim X. 08/11/2018 0:02

10 Bukti () Misalkan XM konvergen ke x.
Ambil  > 0 sebarang, menurut hipotesis, terdapat N  N sehingga untuk nN, berlaku |xn - x | < . Misalkan P = N + M. xN adalah unsur ke N pada barisan XM sama dengan xP unsur ke P = N + M pada barisan X sehingga untuk n  P, berlaku |xn - x | < . Ini menunjukkan bahwa X konvergen ke x. () Misalkan X konvergen ke x. Ambil  > 0 sebarang, menurut hipotesis, terdapat No N sehingga untuk nNo, berlaku |xn - x | < . Jika No > M, sebut K0 = No – M, maka untuk n > K0 (urutan pada barisan XM) berlaku |xn - x | < . Jika No  M, maka |xn - x | < , untuk setiap xn pada barisan XM. Ini menunjukkan bahwa XM konvergen ke x. 08/11/2018 0:02

11 Teorema 3.A.8. Misalkan A = (an) dan X = (xn) barisan bilangan real dan xR. Jika ada c > 0 dengan |xn - x |  c|an| untuk semua nN dan jika lim (an) = 0 maka lim (xn) = x. Bukti. Ambil  > 0 sebarang. Karena lim (an) = 0, maka dapat di pilih N0  N, sehingga untuk setiap n  N0 dipenuhi |an - 0 | = |an| < /c. Akibatnya |xn - x |  c|an| < c. /c = . Ini menunjukkan bahwa lim (xn) = x. Definisi 3.A.9. Barisan bilangan real X = (xn) dikatakan terbatas jika terdapat bilangan real M > 0 sehingga |xn| < M untuk semua nN. Jadi X = (xn) terbatas jika dan hanya jika himpunan {xn : nN} terbatas di R. 08/11/2018 0:02

12 Teorema 3.A.10. Barisan bilangan real konvergen adalah terbatas.
Bukti Misalkan lim (xn) = x dan ambil 0 = 1. Menurut hipotesis, terdapat bilangan asli N0 sehingga untuk setiap n  N0 dipenuhi |xn - x | < 1. Ini berakibat bahwa |xn| < 1 + | x | untuk setiap n  N0. Sebut K0 = 1 + | x |. Pilih M = maks { |x1|, |x2|, |x3|, |xNo-1|, K0 }, maka untuk setiap n N, |xn|  M. Ini berarti X = (xn) terbatas. 08/11/2018 0:02

13 Teorema 3.A.11. Misalkan X = (xn), Y = (yn) barisan bilangan real berturut-turut konvergen ke x dan y, dan c xR, maka barisan-barisan X+Y, X-Y, XY, dan cX berturut-turut konvergen ke x+y, x-y, xy, dan cx. Selanjutnya jika Z = (zn) barisan bilangan real tak nol yang konvergen ke z ≠ 0, maka barisan X/Z konvergen ke x/z. 08/11/2018 0:02

14 Akan dibuktikan bahwa X+Y konvergen ke x+y. Ambil  > 0 sebarang.
X —> x, maka terdapat N0N, sehingga untuk setiap n > N0 berlaku |xn - x | < /2. Y —> y, maka terdapat N1N, sehingga untuk setiap n > N1 berlaku |yn - y | < /2. Pilih N2 = maks { N0 , N1 } maka untuk setiap n > N2 berlaku |(xn+ yn) – (x+y) | = |xn - x + yn - y |  |xn - x | + |yn - y | < /2 + /2 =  Ini menunjukkan bahwa X+Y konvergen ke x+y. 08/11/2018 0:02

15 Akan dibuktikan bahwa XY konvergen ke xy. Analisis
|xnyn – xy | = |xnyn - xny + xny - xy |  |xnyn - xny| + |xny - xy | = |xn||yn - y| + |y||xn - x| Karena X konvergen, maka menurut Teorema 3.A.10 terdapat MR, sehingga |xn|  M untuk semua nN. Pilih K = maks {M, |y| } Ambil  > 0 sebarang. X —> x, maka terdapat N0N, sehingga untuk setiap n > N0 berlaku |xn - x | < /2K. Y —> y, maka terdapat N1N, sehingga untuk setiap n > N1 berlaku |yn - y | < /2K. Pilih N2 = maks { N0 , N1 } maka untuk setiap n > N2 berlaku |xnyn – xy |  |xn||yn - y| + |y||xn - x| = |xn|./2K + |y|./2K   Ini menunjukkan bahwa XY konvergen ke xy. 08/11/2018 0:02

16 Akan dibuktikan bahwa X/Z konvergen ke x/z. Analisis
(*) Sebut α = ⅓|z| > 0. Karena Z konvergen ke z, maka dapat dipilih N1N, sehingga untuk setiap n > N1 berlaku |zn - z | < α. Akibatnya untuk setiap n > N1 berlaku -α. < -|zn - z |  |zn | - | z | | z | - α. < |zn | ⅔| z | < |zn | atau . =  Ambil  > 0 sebarang. Karena Z konvergen ke z, maka dapat dipilih N2N, N2  N1 sehingga untuk setiap n > N2 berlaku |zn - z | < Ini menunjukkan bahwa barisan konvergen ke (**) Dari (*) dan (**) apabila n > N2 diperoleh 08/11/2018 0:02

17 Andaikan sebaliknya yaitu x < 0, maka  = -x > 0.
Teorema 3.A.12. Misalkan X = (xn) barisan bilangan real konvergen ke x. Jika xn  0 untuk semua nN, maka x  0. Bukti Andaikan sebaliknya yaitu x < 0, maka  = -x > 0. Karena X konvergen ke x, maka terdapat N1N, sehingga untuk setiap n > N1 berlaku |xn - x | <  atau x- < xn < x+ = 0. Ini bertentangan dengan Jika xn  0 untuk semua nN. Jadi harusnya x  0. 08/11/2018 0:02

18 Sebut Z = (zn) = Y-X = (yn - xn), maka zn  0 untuk semua nN.
Teorema 3.A.13. Misalkan X = (xn), Y = (yn) barisan bilangan real berturut-turut konvergen ke x dan y. Jika xn  yn untuk semua nN, maka x  y. Bukti Sebut Z = (zn) = Y-X = (yn - xn), maka zn  0 untuk semua nN. Karena X dan Y konvergen maka barisan Z = Y-X konvergen ke y-x. Selanjutnya menurut Teorema 3.A.12, y-x  0. Dengan kata lain x  y. 08/11/2018 0:02

19 maka an  xn  bn untuk semua nN.
Teorema 3.A.14. Misalkan X = (xn) barisan bilangan real konvergen ke x dan jika axnb untuk semua nN, maka a  x  b. Bukti Definisikan barisan A = (an) = (a, a, a, ) dan B = (bn) = (b, b, b, ), maka an  xn  bn untuk semua nN. Menurut Teorema 3.A.13 a  x dan x  b. Jadi a  x  b. 08/11/2018 0:02

20 Teorema 3.A.15. (Teorema Apit)
Misalkan X = (xn), Y = (yn), dan Z = (zn) barisan bilangan real sehingga xn  yn  zn untuk semua nN dan lim X = lim Z. Maka X konvergen dan lim X = lim Y = lim Z. Bukti Ambil  > 0 sebarang. Misalkan t = lim X = lim Z Karena X dan Z konvergen ke t, maka terdapat N0N sehingga untuk setiap n > N0 berlaku |xn - t | <  dan |zn - t | < . Menurut hipotesis, xn  yn  zn atau xn – t  yn – t  zn – t Akibatnya untuk n > N0 berlaku |yn - t |  sup {|xn - t | , |zn - t | } < . Ini menunjukkan bahwa Y konvergen ke t. Jadi lim X = lim Y = lim Z. 08/11/2018 0:02

21 Jadi untuk n > N0 berlaku | |xn| - |x| |  |xn - x | < .
Teorema 3.A.16. Misalkan X = (xn) barisan bilangan real konvergen ke x, maka barisan (|xn|) konvergen ke |x|. Bukti Ambil  > 0 sebarang. Karena X = (xn) konvergen ke x, maka dapat dipilih N0N sehingga untuk setiap n > N0 berlaku |xn - x | < . Jadi untuk n > N0 berlaku | |xn| - |x| |  |xn - x | < . Ini berarti (|xn|) konvergen ke |x|. 08/11/2018 0:02

22 Jika x = 0, Pilih N1 N sehingga untuk setiap n > N1
Teorema 3.A.17. Misalkan X = (xn) barisan bilangan real konvergen ke x dan xn  0 untuk semua nN, maka barisan (xn) akar positif konvergen dan lim (xn) = x. Bukti Ambil  > 0 sebarang. Analisis  Jika x  0, Pilih N0 N sehingga untuk setiap n > N0 berlaku |xn - x | < x. Akibatnya < = . Jika x = 0, Pilih N1 N sehingga untuk setiap n > N1 berlaku |xn - x | = |xn| < 2. Akibatnya = = . Ini menunjukkan bahwa barisan (xn) konvergen dan lim (xn) = x. 08/11/2018 0:02

23 Misalkan X = (xn) barisan bilangan positif sehingga L = lim ada.
Teorema 3.A.18. Misalkan X = (xn) barisan bilangan positif sehingga L = lim ada. Jika L < 1, maka (xn) konvergen dan lim(xn) = 0. Bukti Pilih r bilangan real sehingga L < r < 1. Sebut r – L = d >0. Karena konvergen ke L, maka dapat dipilih N0N sehingga untuk setiap n > N0 berlaku   xn+1 < xn.r Akibatnya xn+1 < xn.r < xn-1.r2 < xn-2.r3 < xn-3.r4 < < xNo.rn-No+1. Sebut C = 08/11/2018 0:02

24 maka kita peroleh 0 < xNo+1 < Crn , untuk setiap n  N0.
Akan ditunjukkan bahwa lim(rn) = 0. Pilih a > 0, sehingga r = Oleh karena itu 0 < rn = lim Oleh karena itu menurut Teorema Apit, lim(rn) = 0. Selanjutnya lim(C.rn) = C.0 = 0. Akibatnya lim(xn+1) = lim(xn) = 0. 08/11/2018 0:02

25 B. Barisan Monoton Definisi 3.B.1. Misalkan X = (xn) barisan bilangan real. Kita katakan bahwa X takturun jika memenuhi ketidaksamaan x1 ≤ x2 ≤ x3 ≤ … ≤ xn ≤ xn+1 ≤ … Kita katakan bahwa X taknaik jika memenuhi ketidaksamaan x1 ≥ x2 ≥ x3 ≥ … ≥ xn ≥ xn+1 ≥ … Jika barisan X takturun atau taknaik, X kita sebut barisan monoton. Teorema 2.B.2. Barisan bilangan real monoton konvergen jika dan hanya jika terbatas. Selanjutnya a. Jika X barisan takturun terbatas, maka lim (xn) = sup {xn} b. Jika X barisan taknaik terbatas, maka lim (xn) = inf {xn} 08/11/2018 0:02

26 a. Jika X barisan takturun terbatas, maka lim (xn) = sup {xn}
Teorema 3.B.2. Barisan bilangan real monoton konvergen jika dan hanya jika terbatas. Selanjutnya a. Jika X barisan takturun terbatas, maka lim (xn) = sup {xn} b. Jika X barisan taknaik terbatas, maka lim (xn) = inf {xn} Bukti. () telah dibuktikan pada Teorema 3.A.10 () Misalkan X terbatas X takturun, jadi terdapat MR sehingga xn ≤ M untuk semua n N. Menurut Teorema 2.D.4. (Teorema Suprimum) maka X mampunyai suprimum. Sebut x* = sup {xn : n N}. Akan ditunjukkan bahwa lim (xn) = x*. Ambil ε > 0 sebarang. Karena x* = sup {xn : n N}, maka x*-ε bukan batas atas dari {xn : n N}, oleh karena itu terdapat K N sedemikian hingga x*-ε < xK. Tetapi xn takturun, maka kita peroleh x*-ε < xK ≤ xn ≤ x* untuk semua n ≥ K. Oleh karena itu |xn – x*| < ε untuk semua n ≥ K. Karena ε > 0 sebarang, maka lim (xn) = x*. 08/11/2018 0:02

27 (xr1, xr2, xr3, . . ., xrn, . . . ) disebut subbarisan dari X.
Definisi 3.B.3. Misalkan X = (xn) barisan bilangan real dan r1 < r2 < ... < rn < ... Barisan naik bilangan asli, maka barisan X di R yang diberikan oleh (xr1, xr2, xr3, . . ., xrn, ) disebut subbarisan dari X. Teorema 3.B.4. Jika X = (xn) barisan konvergen ke x, maka sebarang subbarisan dari X konvergen ke x. Bukti. Ambil ε > sebarang. Pilih K  N sehingga |xn – x| < ε apabila n ≥ K. Karena r1 < r2 < ... < rn < ... Barisan naik, maka rn ≥ n, oleh karena itu jika n ≥ K maka rn ≥ n ≥ K dan berlaku |xrn – x| < ε. Ini menunjukkan bahwa subbarisan dari X konvergen ke x. 08/11/2018 0:02

28 Teorema 3.B.5. (Kriteria divergen)
Misalkan X = (xn) barisan bilangan real, maka pernyataan berikut ekivalen. Barisan X = (xn) tidak konvergen ke xR. Terdapat ε0 > 0 sehingga untuk sebarang kN, terdapat rk N dengan rk≥k sehingga |xrk – x| ≥ ε0. Terdapat ε0 > 0 dan subbarisan X = (xrn) dari X sehingga |xrn – x| ≥ ε0 untuk semua nN. Bukti 1. 2. Misalkan X = (xn) barisan tidak konvergen ke xR, maka terdapat ε0 > 0 sehingga tidak ditemukan bilangan asli Kε sehingga |xn – x| < ε0 untuk semua n>Kε. Ini berarti bahwa untuk setiap KN, terdapat bilangan asli rK ≥ K sehingga |xrk – x| ≥ ε0. 2.  3. Misalkan ε0 dipenuhi kondisi 2. dan r1 N, sehingga r1≥1 dan |xr1 – x| ≥ ε0. r2 N sehingga r2≥r1+1 dan |xr2 – x| ≥ ε0, selanjutnya r3 N sehingga r3≥r2+1 dan |xr3 – x| ≥ ε0. Proses ini kita teruskan sehingga kita peroleh subbarisan X = (xrn) dari X sehingga |xrn – x| ≥ ε0. 08/11/2018 0:02

29 Misalkan X = (xn) mempunyai subbarisan X = (xrn) sehingga memenuhi 3.
Bukti 3. 1. Misalkan X = (xn) mempunyai subbarisan X = (xrn) sehingga memenuhi 3. maka X tidak mungkin konvergen ke x. Sebab apabila X konvergen ke x, maka menurut Teorema 3.B.4 X = (xrn) juga konvergen ke xR, Ini tidak mungkin karena tak satu unsurpun dari X yang merupakan anggota dari lingkungan-ε0 dari x. 08/11/2018 0:02

30 Teorema 3.B.6. (Teorema Bolzano Weierstrass untuk barisan)
Barisan bilangan real yang terbatas memiliki subbarisan yang konvergen. Bukti Misalkan X = (xn) barisan bilangan real terbatas dan S = {xn : nN}. Ada dua kemungkinan tentang kardinalisan dari S. S himpunan berhingga. S himpunan tak berhingga. Kasus 1. Karena S himpunan berhingga, maka terdapat sekurang-kurangnya satu unsur di S yang muncul takhingga kali, yaitu suatu unsur sS dan n1<n2<...<nk<...sehingga xnk=s untuk semua kN. Dalam hal ini, subbarisan (xnk) adalah subbarisan dari X yang konvergen ke s. 08/11/2018 0:02

31 Untuk setiap kN, Uk = (x-1/k, x+1/k) yaitu lingkungan-1/k dari x.
Kasus 2. Menurut Teorema Weierstrass terdahulu (Teorema 2.E.3) kita mempunyai suatu titik kumpul x dari himpunan S. Sekarang akan kita bentuk subbarisan dari X = (xn) yang konvergen ke x. Untuk setiap kN, Uk = (x-1/k, x+1/k) yaitu lingkungan-1/k dari x. Karena x titik kumpul dari S, maka Uk memuat takberhingga unsur-unsur dari S, yaitu untuk setiap kN, terdapat takhingga nilai n sehingga xnUk. xn1 diambil dari U1, xn2 U2 sehingga n2 > n1. Pilih xn3 U3 sehingga n3 > n2. Dan seterusnya. Jadi kita peroleh subbarisan (xnk) dari X = (xn) yang memenuhi |xnk - x| < 1/k untuk semua kN. Oleh karena itu lim(xnk) = x. 08/11/2018 0:02

32 Teorema 3.B.7. Ciri Himpunan Tutup
Misalkan F himpunan bilangan real. Maka pernyataan berikut ekivalen. F tutup subhimpunan dari R Jika X sebarang barisan unsur-unsur di F yang konvergen, maka lim(X) di F. Bukti 1.  2. Misalkan X = (xn) barisan unsur-unsur di F dan x = lim (X). Akan ditunjukkan bahwa xF. Andaikan tidak demikian, maka xF yaitu xFc Karena xFc dan Fc buka, maka terdapat lingkungan-ε Vε sehingga VεFc. Karena x = lim (X), maka terdapat bilangan asli N0 sehingga xNoVε. Oleh karena itu xNoFC. Ini bertentangan dengan xnF untuk setiap nN. Jadi haruslah xF. 08/11/2018 0:02

33 2.1. Andaikan tidak demikian yaitu F tidak tutup,
Maka G = Fc tidak buka. Oleh karena itu terdapat titik y0G sehingga untuk semua nN, terdapat ynGC=F sehingga |yn-y0| < 1/n, ini menunjukkan bahwa y0=lim (yn). Karena (yn) barisan di F, maka menurut hipotesis y0F, ini bertentangan dengan yG=FC. Jadi pengandaian salah, seharusnyalah sifat 2. berakibat 1. 08/11/2018 0:02

34 Karena X=(xn) barisan di K, maka X barisan terbatas
Teorema 3.B.8. Misalkan K himpunan bilangan real tutup dan terbatas, maka setiap barisan X=(xn) dengan xnK untuk semua nN, mempunyai subbarisan X yang konvergen dan lim X K. Bukti. Karena K terbatas, maka terdapat M>0 sehingga |x|≤M untuk semua xK. Karena X=(xn) barisan di K, maka X barisan terbatas dan oleh karena itu menurut Teorema Bolzano Weierstrass X mempunyai subbarisan X yang konvergen, dan karena K tutup, maka lim XK. 08/11/2018 0:02

35 Teorema 3.B.9. Misalkan X barisan bilangan real terbatas dan x R mempunyai sifat bahwa setiap subbarisan dari X yang konvergen, konvergen ke x. Maka X konvergen ke x. Bukti. Misalkan M>0 batas dari barisan X=(xn), yaitu |xn|≤M untuk semua nN. Andaikan X tidak konvergen ke x, maka menurut kriteria divergen (Teorema 3.B.5) terdapat ε0>0 dan subbarisan X=(xnr) dari X sehingga |xnr-x|≥ ε0 untuk semua nN. Karena X subbarisan dari X, maka M juga batas dari X oleh karena itu X dimuat oleh himpunan tutup dan terbatas K=[-M, x- ε0]  [x+ ε0, M] Menurut Teorema 3.B.6. X mempunyai subbarisan X yang konvergen, dan karena K tutup maka lim X K. Kita ketahui bahwa, X subbarisan dari X, maka X juga subbarisan dari X. Menurut hipotesis, lim X =x, ini bertentangan dengan dengan xK. Jadi pengendaian salah. Seharusnya X konvergen ke x. 08/11/2018 0:02

36 C. Barisan Cauchy Definisi 3.C.1. Barisan bilangan real X=(xn) dinamakan barisan Cauchy jika untuk setiap >0, terdapat bilangan asli N0 sehingga untuk setiap m,n N dengan m,n ≥N0 dipenuhi xm-xn . 08/11/2018 0:02

37 Teorema 3.C.2. Jika X=(xn) barisan bilangan real yang konvergen, maka X barisan Cauchy.
Bukti. Ambil >0 sebarang, dan misalkan X barisan konvergen ke x. Pilih N0N sehingga untuk n≥N0, xn-x</2, maka apabila m, n ≥ N0 Berlaku xm - xn=xm - x + x - xn xm - x + x - xn < /2 + /2 =  Ini menunjukkan bahwa X barisan Cauchy 08/11/2018 0:02

38 Teorema 3.C.3. Barisan Cauchy dari bilangan real adalah terbatas.
Bukti. Misalkan X = (xn) barisan Cauchy dan ambil =1. Pilih N0N sehingga untuk m,n ≥ N0, xm-xn<1. Sehingga xNo - xn<1 atau  xn< xNo + 1 apabila m, n ≥ N0 Pilih M = maks {x1,x2,x3, . . ., xNo-1, xN0+1} Maka untuk setiap nN, xn M. Ini menunjukkan bahwa X terbatas 08/11/2018 0:02

39 Teorema 3.C.4. (Kriteria Cauchy)
Barisan bilangan real yang konvergen jika dan hanya jika barisan Cauchy. Bukti. () telah dibuktikan pada Teorema 3.C.2. () Misalkan X = (xn) barisan Cauchy. Akan ditunjukkan bahwa X konvergen ke suatu xR. Menurut Teorema 3.C.3, X terbatas, oleh karena itu menurut Teorema Bolzano Weierstrass terdapat subbarisan X = (xnr) dari X yang konvergan. Sebut X konvergen ke x* R. Akan dibuktikan bahwa X konvergen ke x*. Ambil >0 sebarang. Karena X barisan Cauchy, maka terdapat N0N sehingga untuk m, n ≥ N0 berlaku xm - xn < /2. Karena X = (xnr) konvergen ke x*, maka terdapat N1N, N1≥N0 dengan N1{n1, n2, . . .} sehingga untuk nk  {n1, n2, . . .} , nk ≥ N1, Berlaku xnk – x* < /2. Jadi juga berlaku xn1 – x* < /2. 08/11/2018 0:02

40 Karena N1≥N0, maka untuk n, ≥N1 berlaku xn – xN1 < /2
Sehingga untuk n ≥N1 kita peroleh xn – x* = xn – xN1 + xN1 – x*  xn – xN1  +xN1 – x* < /2 + /2 = . Ini menunjukkan bahwa X konvergen ke x*. 08/11/2018 0:02

41 Misalkan X barisan Real
Definisi 3.C.5. Misalkan X barisan Real (1). Kita katakan bahwa X menuju  dan kita tulis lim X =  jika untuk setiap R, terdapat bilangan asli K() sehingga untuk n ≥K(), xn > . (2). Kita katakan bahwa X menuju - dan kita tulis lim X = - jika untuk setiap R, terdapat bilangan asli K() sehingga untuk n ≥K(), xn < . Teorema 3.C.6. Barisan bilangan real monoton divergen jika dan hanya jika tak terbatas Jika (xn) barisan tak turun tak terbatas, maka lim (xn) = . b. Jika (xn) barisan taknaik tak terbatas, maka lim (xn) = -. 08/11/2018 0:02

42 a. Jika (xn) barisan tak turun tak terbatas, maka lim (xn) = .
Teorema 3.C.6. Barisan bilangan real monoton divergen jika dan hanya jika tak terbatas a. Jika (xn) barisan tak turun tak terbatas, maka lim (xn) = . b. Jika (xn) barisan taknaik tak terbatas, maka lim (xn) = -. Bukti. Ambil R sebarang Karena (xn) barisan tak turun tak terbatas, maka terdapat N0N sehingga xNo>. Karena (xn) barisan tak turun, maka untuk n > N0, xn > xNo. Ini berarti untuk setiap n > N0, xn > , yang menunjukkan bahwa lim (xn) = . b. Ambil R sebarang Karena (xn) barisan tak naik tak terbatas, maka terdapat N1N sehingga xN1<. Karena (xn) barisan tak naik, maka untuk n > N0, xn  xN1. Ini berarti untuk setiap n > N1, xn  , yang menunjukkan bahwa lim (xn) = -. 08/11/2018 0:02

43 Jika lim (xn) = , maka lim (yn) = .
Teorema 3.C.7. Misalkan (xn) dan (yn) dua barisan bilangan real sehingga xn  yn, untuk semua n  N. Jika lim (xn) = , maka lim (yn) = . Jika lim (yn) = -, maka lim (xn) = -. Bukti. Misalkan lim (xn) =  Ambil R Pilih N0N sehingga xn >  apabila n ≥ N0. Karena xn  yn untuk semua n, maka yn >  apabila n ≥ N0. Ini berarti lim (yn) = . b. Misalkan lim (yn) = - Ambil R Pilih N0N sehingga yn <  apabila n ≥ N0. Karena xn  yn untuk semua n, maka xn < apabila n ≥ N0. Ini berarti lim (xn) = -. 08/11/2018 0:02

44 Maka lim (xn) =  jika dan hanya jika lim (yn) = .
Teorema 3.C.8. Misalkan (xn) dan (yn) dua barisan bilangan real dan misalkan terdapat LR, L>0 dengan Maka lim (xn) =  jika dan hanya jika lim (yn) = . Bukti L>0, maka terdapat N0N sehingga untuk n ≥ N0. untuk n ≥ N0. Oleh karena itu Menurut Teorema 3.C.7. maka jika lim (xn) = , maka lim (3/2L.yn) =  Akibatnya lim (yn) = . Jika lim (yn) = , maka lim (1/2L.yn) = , sehingga Menurut Teorema 3.C.7. lim (xn) = . 08/11/2018 0:02