Kontrak Perkuliahan, Sistem 3 Ujian Modular & Aturan Main FMIPA UI
Sumber resmi disinkronkan langsung dari EMAS 3 UI (SCMA602008). Analisis 1 menggunakan sistem 3 Ujian Modular (Bobot 60%) + 3 Kuis (20%) + 6 Tugas (20%). Tidak ada UTS besar di Pekan 8!
PENTING: Jangan Terjebak Pola UTS/UAS Klasik!
Di kalender UI, Pekan 8 (12–16 Okt) tertulis "Periode UTS". Namun di Analisis 1, pekan tersebut HANYA mengujikan KUIS 2 (Materi 3.1–3.3)! Ujian Bab Barisan yang sesungguhnya adalah UJIAN II pada Pekan 12. Ujian terdekat kita adalah UJIAN I (Bab 2 Sistem Bilangan Real) pada Pekan 5 (Senin, 21 September 2026 pukul 10.00 WIB) dengan bobot 20%!
Ujian I (20%), Ujian II (20%), Ujian III (20%). Masing-masing durasi 70–75 menit.
Kuis 1 (9 Sep), Kuis 2 (12 Okt), Kuis 3 (30 Nov). 3 PG (45%) + 1 Esai (55%). Tidak ada susulan!
Tulis tangan bolpoin rapi. Dinilai acak 2–4 nomor dari buku Bartle Ed. 4.
A ≥ 85 • A- ≥ 80 • B+ ≥ 75 • B ≥ 70 • B- ≥ 65 • C+ ≥ 60 • C ≥ 55.
Tim Dosen Pengampu & Pembagian Slide di EMAS 3
Soal ujian dibuat bersama oleh tim dosen Departemen Matematika FMIPA UI
Penyusun materi Subbab 2.3, 3.2, 3.5, 4.1. Ciri: Sangat teliti pada kuantifikasi \(\forall \varepsilon > 0\) dan \(\exists K \in \mathbb{N}\).
Penyusun materi Subbab 2.4, 3.3, 3.6, 4.3. Ciri: Suka menguji aplikasi Archimedes, kerapatan rasional, dan barisan monoton rekursif.
Penyusun materi Subbab 2.2, 3.1, 3.4, 4.2. Ciri: Detail pada lingkungan Hausdorff, nilai mutlak, dan Bolzano-Weierstrass.
Penyusun materi Subbab 2.1 & 2.5. Ciri: Menekankan aksioma lapangan, sifat urutan, dan Teorema Interval Bertumpuk (NIP).
Jadwal Linear 16 Pekan & Roadmap Target Kelulusan
Sinkronisasi Tanggal Kuliah, Subbab Bartle, Tugas, Kuis, dan Ujian
| Pekan | Tanggal Kuliah | Subbab Bartle & Pokok Bahasan | Evaluasi / Tugas / Ujian | Keterangan |
|---|---|---|---|---|
| Pekan 1 | 24 & 26 Ags | Subbab 2.1: Sifat Aljabar & Keterurutan \(\mathbb{R}\) | Pemberian Tugas 1 (Individu) | Selesai |
| Pekan 2 | 31 Ags & 2 Sep | Subbab 2.2: Nilai Mutlak & Garis Real Subbab 2.3: Sifat Kelengkapan \(\mathbb{R}\) |
- | Selesai |
| Pekan 3 | 7 & 9 Sep | Subbab 2.3 & 2.4: Supremum & Aplikasi Supremum | KUIS 1: Rabu, 9 Sep (08.00 WIB) Pengumpulan Tugas 1 |
Arsip Kuis 1 |
| Pekan 4 | 14 & 16 Sep |
Subbab 2.4: Sifat Archimedes & Kerapatan \(\mathbb{Q}\) Subbab 2.5: Interval & Teorema Interval Bertumpuk |
Pemberian Tugas 2 (Kelompok) Persiapan Khusus Ujian I |
BERJALAN SEKARANG |
| Pekan 5 | 21 & 23 Sep |
UJIAN I: Senin, 21 Sep (10.00 WIB) - Bobot 20% Subbab 3.1: Barisan & Limitnya (Rabu, 23 Sep) |
UJIAN I (Bab 2: Subbab 2.1–2.5) Deadline Tugas 2 (Kelompok): 21 Sep 10.00 WIB |
TARGET UTAMA (8 HARI) |
| Pekan 6 | 28 & 30 Sep | Subbab 3.1 & 3.2: Limit Barisan & Teorema Limit | Pemberian Tugas 3 (Individu) | Mendatang |
| Pekan 7 | 5 & 7 Okt | Subbab 3.3: Barisan Monoton (MCT) | - | Mendatang |
| Pekan 8 | 12 & 14 Okt | KUIS 2: Senin, 12 Okt (10.00 WIB) (Materi 3.1–3.3) | Kuis 2 • Deadline Tugas 3 | Periode UTS Kalender UI |
| Pekan 9 | 19 & 21 Okt | Subbab 3.4: Subbarisan & Teorema Bolzano-Weierstrass | - | Mendatang |
| Pekan 10 | 26 & 28 Okt | Subbab 3.5: Kriteria Cauchy & Barisan Kontraktif | Pemberian Tugas 4 (Individu) | Mendatang |
| Pekan 11 | 2 & 4 Nov | Subbab 3.6: Barisan Divergen Sejati | - | Mendatang |
| Pekan 12 | 9 & 11 Nov |
UJIAN II: Senin, 9 Nov (10.00 WIB) - Bobot 20% Subbab 4.1: Limit Fungsi (Rabu, 11 Nov) |
UJIAN II (Bab 3: Subbab 3.1–3.6) Deadline Tugas 4 |
Ujian II (20%) |
| Pekan 13 | 16 & 18 Nov | Subbab 4.1 & 4.2: Limit Fungsi & Teorema Limit | Pemberian Tugas 5 (Kelompok) | Mendatang |
| Pekan 14 | 23 & 25 Nov | Subbab 4.3 & 5.1: Perluasan Limit & Fungsi Kontinu | Pemberian Tugas 6 (Individu) | Mendatang |
| Pekan 15 | 30 Nov & 2 Des |
KUIS 3: Senin, 30 Nov (10.00 WIB) (Materi 4.1–4.3) Subbab 5.2: Kombinasi Fungsi Kontinu |
Kuis 3 • Deadline Tugas 5 | Kuis 3 |
| Pekan 16 | 7 – 18 Des |
UJIAN III (Periode UAS UI) - Bobot 20% Cakupan: Bab 4 (Limit) & Bab 5 (Kekontinuan) |
UJIAN III (Bab 4 & 5) Deadline Tugas 6: Senin, 7 Des |
Periode UAS |
⚠️ Aturan Ketat Perkuliahan & Ujian FMIPA UI
- Dilarang Foto Papan Tulis / HP: Tablet hanya boleh digunakan untuk mencatat. HP wajib dimatikan selama ujian.
- Tugas Tulis Tangan Bolpoin: Kertas harus rapi dan bersih (folio/A4). Pengumpulan tepat di awal kelas (pukul 08.00 / 10.00 WIB). Keterlambatan toleransi maks 30 menit.
- Kuis Tanpa Susulan: Tidak ada kuis susulan dengan alasan apa pun. Kuis 1–3 berbobot 20% nilai akhir!
- Sifat Ujian: Tutup buku, tanpa kalkulator. Ujian susulan hanya untuk sakit rawat inap dengan surat dokter resmi.
💡 Formula Belajar "Les Anak Semester 3" (Auto A)
Analisis Real 1 terkenal sebagai "momok" semester 3 karena menuntut pergeseran cara berpikir dari komputasi kalkulus ke pembuktian logis yang ketat. 3 Kunci Utama:
- Jangan Menghafal Bukti: Pahami struktur 2 arah (\(\le\) dan \(\ge\)) dan logika kuantor (\(\forall\) sebelum \(\exists\)).
- Kuasai Analisis Pendahuluan: Dosen hanya ingin melihat pembuktian formal bersih, tetapi buram Anda harus matang terlebih dahulu.
- Selesaikan Seluruh Tugas Mandiri: 80% soal esai Ujian I, II, dan III diambil langsung atau merupakan variasi dari soal latihan Bartle & Sherbert!
Sifat Aljabar & Keterurutan Bilangan Real (\(\mathbb{R}\))
Selamat datang di mata kuliah Analisis Real 1! Di pekan perdana ini, kita membongkar cara berpikir matematika tingkat tinggi. Kita tidak lagi sekadar menerima aturan aljabar sekolah sebagai dogma hafalan, melainkan membangun seluruh sistem bilangan real dari nol berlandaskan 9 Aksioma Lapangan (*Field Axioms*), Aksioma Keterurutan (*Order Axioms*), pembuktian klasik ketidakrasionalan \(\sqrt{2}\), serta Ketaksamaan Bernoulli yang menjadi fondasi limit barisan eksponensial.
1. Sifat Aljabar Bilangan Real (Aksioma Lapangan / Field Axioms)
Membangun fondasi penjumlahan dan perkalian dari 9 postulat dasar
Banyak mahasiswa bertanya dengan heran: "Kak, dari SD kita sudah tahu kalau bilangan dikali nol itu nol, dan minus kali minus itu plus. Kenapa di tingkat dua kuliah Matematika UI kita harus membuktikannya lagi?"
Jawabannya terletak pada kejujuran berpikir matematis (Aksiomatik): Dalam Analisis Real, kita tidak boleh berasumsi apapun yang belum didefinisikan! Kita hanya diberi modal dua operasi biner (penjumlahan \(+\) dan perkalian \(\cdot\)) serta 9 aturan main dasar (Aksioma Lapangan). Fakta bahwa \(a \cdot 0 = 0\) TIDAK ADA di dalam 9 aksioma tersebut! Oleh karena itu, kita wajib membuktikan bahwa aturan perkalian nol adalah konsekuensi logis tak terhindarkan dari sifat distributif dan elemen identitas.
9 Aksioma Lapangan Sistem Bilangan Real \((\mathbb{R}, +, \cdot)\):
- (A1) Komutatif: \(a + b = b + a, \, \forall a, b \in \mathbb{R}\).
- (A2) Asosiatif: \((a + b) + c = a + (b + c), \, \forall a, b, c \in \mathbb{R}\).
- (A3) Elemen Identitas Nol: Terdapat \(0 \in \mathbb{R}\) sehingga \(0 + a = a\) dan \(a + 0 = a, \, \forall a \in \mathbb{R}\).
- (A4) Elemen Invers Negatif: Untuk setiap \(a \in \mathbb{R}\), terdapat \(-a \in \mathbb{R}\) sehingga \(a + (-a) = 0\).
- (M1) Komutatif: \(a \cdot b = b \cdot a, \, \forall a, b \in \mathbb{R}\).
- (M2) Asosiatif: \((a \cdot b) \cdot c = a \cdot (b \cdot c), \, \forall a, b, c \in \mathbb{R}\).
- (M3) Elemen Identitas Satu: Terdapat \(1 \in \mathbb{R}, 1 \neq 0\) sehingga \(1 \cdot a = a\) dan \(a \cdot 1 = a, \, \forall a \in \mathbb{R}\).
- (M4) Elemen Invers Perkalian: Untuk setiap \(a \neq 0\), terdapat \(\frac{1}{a} \in \mathbb{R}\) sehingga \(a \cdot \frac{1}{a} = 1\).
- (D) Sifat Distributif: \(a \cdot (b + c) = (a \cdot b) + (a \cdot c)\).
Pembedahan Teorema Aljabar Penting (Slide Hal. 6–10):
(a) Elemen nol adalah tunggal. Jika \(z + a = a\) untuk suatu \(a\), maka \(z = 0\).
(b) Elemen invers penjumlahan adalah tunggal. Jika \(a + b = 0\), maka \(b = -a\).
(c) Elemen identitas satu dan invers perkalian juga tunggal.
Bukti Formal Ketunggalan Invers Penjumlahan (Bagian b):
Diketahui \(a + b = 0\). Akan dibuktikan bahwa \(b = -a\).
\(b = b + 0\) (Berdasarkan Aksioma A3: Identitas Nol)
\(= b + (a + (-a))\) (Berdasarkan Aksioma A4: Eksistensi Invers \(-a\))
\(= (b + a) + (-a)\) (Berdasarkan Aksioma A2: Sifat Asosiatif)
\(= (a + b) + (-a)\) (Berdasarkan Aksioma A1: Sifat Komutatif)
\(= 0 + (-a)\) (Berdasarkan Hipotesis \(a + b = 0\))
\(= -a\) (Berdasarkan Aksioma A3).
Terbukti bahwa \(b = -a\). Elemen invers selalu tunggal! ■
\(a + a \cdot 0 = a \cdot 1 + a \cdot 0\) (Aksioma M3)
\(= a \cdot (1 + 0)\) (Distributif D)
\(= a \cdot 1\) (\(1 + 0 = 1\) via A3)
\(= a\) (Aksioma M3).
Diperoleh persamaan \(a + (a \cdot 0) = a\). Berdasarkan Teorema 2.1.2(a) (ketunggalan nol), persamaan \(a + z = a\) berakibat \(z = 0\). Dengan mengambil \(z = a \cdot 0\), disimpulkan bahwa:
$$a \cdot 0 = 0$$ ■
Misalkan \(ab = 0\). Jika \(a = 0\), selesai.
Sekarang asumsikan \(a \neq 0\). Akan dibuktikan haruslah \(b = 0\).
Karena \(a \neq 0\), ada invers perkalian \(\frac{1}{a} \in \mathbb{R}\). Kalikan kedua ruas:
\(b = 1 \cdot b = \left(\frac{1}{a} \cdot a\right) \cdot b = \frac{1}{a} \cdot (ab)\)
\(= \frac{1}{a} \cdot 0 = 0\) (Karena \(ab = 0\) dan teorema di sebelah kiri!).
Maka terbukti \(b = 0\) ■
2. Teorema 2.1.4: Ketidakrasionalan Bilangan \(\sqrt{2}\)
Bukti kontradiksi klasik aliran Pythagoras: Batas kemampuan sistem bilangan rasional \(\mathbb{Q}\)
Tidak ada bilangan rasional \(r \in \mathbb{Q}\) sedemikian sehingga \(r^2 = 2\).
"Jika \(m \in \mathbb{Z}\) dan \(m^2\) adalah bilangan genap, maka \(m\) itu sendiri harus bilangan genap."
Bukti Lema via Kontrapositif: Jika \(m\) ganjil, maka \(m = 2k + 1\) untuk suatu \(k \in \mathbb{Z}\).
Kuadratkan: \(m^2 = (2k + 1)^2 = 4k^2 + 4k + 1 = 2(2k^2 + 2k) + 1 = 2p + 1\) (ganjil).
Terbukti bahwa jika kuadratnya genap, bilangan asalnya pasti genap!
Bukti Kontradiksi Lengkap (Standar Emas FMIPA UI):
Langkah 1 (Pengandaian):
Andaikan terdapat bilangan rasional \(r \in \mathbb{Q}\) sedemikian sehingga \(r^2 = 2\).
Langkah 2 (Representasi Pecahan Paling Sederhana):
Berdasarkan definisi bilangan rasional, kita dapat menuliskan \(r = \frac{m}{n}\) dengan \(m, n \in \mathbb{Z}, n \neq 0\).
Tanpa mengurangi keumuman, kita dapat mengasumsikan bahwa pecahan ini berada dalam bentuk paling sederhana (faktor persekutuan terbesar \(\gcd(m, n) = 1\)). Artinya, \(m\) dan \(n\) tidak boleh keduanya bilangan genap sekaligus.
Langkah 3 (Membuktikan \(m\) Genap):
Dari \(r^2 = 2\), diperoleh:
\(\left(\frac{m}{n}\right)^2 = 2 \iff \frac{m^2}{n^2} = 2 \iff m^2 = 2n^2\).
Karena \(m^2 = 2n^2\) dan \(n^2 \in \mathbb{Z}\), maka \(m^2\) adalah kelipatan 2 (bilangan genap).
Berdasarkan Lema Paritas di atas, karena \(m^2\) genap, maka \(m\) haruslah bilangan genap.
Langkah 4 (Membuktikan \(n\) Genap):
Karena \(m\) genap, terdapat bilangan bulat \(k \in \mathbb{Z}\) sedemikian sehingga \(m = 2k\).
Substitusikan \(m = 2k\) ke dalam persamaan \(m^2 = 2n^2\):
\((2k)^2 = 2n^2 \iff 4k^2 = 2n^2 \iff 2k^2 = n^2 \iff n^2 = 2k^2\).
Karena \(n^2 = 2k^2\), maka \(n^2\) adalah bilangan genap.
Berdasarkan Lema Paritas, maka \(n\) juga haruslah bilangan genap.
Langkah 3 dan 4 menyimpulkan bahwa \(m\) dan \(n\) KEDUANYA ADALAH BILANGAN GENAP! Hal ini berarti keduanya memiliki faktor persekutuan 2, yang bertentangan secara mutlak dengan asumsi awal bahwa \(\gcd(m, n) = 1\) (KONTRADIKSI!).
Langkah 5 (Kesimpulan):
Maka pengandaian bahwa ada bilangan rasional \(r\) dengan \(r^2 = 2\) adalah salah. Terbukti bahwa \(\sqrt{2} \notin \mathbb{Q}\). ■
3. Sifat Keterurutan & Ketaksamaan Bernoulli
Aksioma bilangan positif \(P \subset \mathbb{R}\), sifat trikotomi, dan pembuktian induktif Bernoulli
Terdapat subhimpunan tak kosong \(P \subset \mathbb{R}\) (disebut himpunan bilangan real positif) yang memenuhi 3 sifat mutlak:
Jika \(a, b \in P\), maka \(a + b \in P\).
Jika \(a, b \in P\), maka \(a \cdot b \in P\).
Untuk setiap \(a \in \mathbb{R}\), tepat satu berlaku: \(a \in P, a = 0,\) atau \(-a \in P\).
Jika \(x > -1\), maka untuk setiap bilangan asli \(n \in \mathbb{N}\) berlaku:
Karena \(x > -1 \iff 1 + x > 0\). Dalam langkah induksi matematika, kita harus mengalikan kedua ruas dengan faktor \((1 + x)\). Karena \(1 + x\) positif, tanda ketaksamaan \(\ge\) tidak berbalik arah! Jika \(x \le -1\), faktor pengali bisa negatif dan ketaksamaan akan runtuh.
Bukti Induksi Matematika Lengkap:
Basis Induksi (\(n = 1\)):
Untuk \(n = 1\), ruas kiri adalah \((1 + x)^1 = 1 + x\). Ruas kanan adalah \(1 + 1 \cdot x = 1 + x\).
Karena \(1 + x \ge 1 + x\) (kesamaan terpenuhi), maka pernyataan benar untuk \(n = 1\).
Langkah Induksi:
Asumsikan pernyataan benar untuk \(n = k\), yaitu:
\((1 + x)^k \ge 1 + kx\). (Hipotesis Induksi)
Akan dibuktikan bahwa pernyataan benar untuk \(n = k + 1\), yaitu:
\((1 + x)^{k+1} \ge 1 + (k+1)x\).
Karena \(x > -1\), maka \(1 + x > 0\). Kalikan kedua ruas hipotesis induksi dengan \((1 + x)\):
\((1 + x)^k(1 + x) \ge (1 + kx)(1 + x)\)
\((1 + x)^{k+1} \ge 1 + x + kx + kx^2\)
\((1 + x)^{k+1} \ge 1 + (k + 1)x + kx^2\).
Perhatikan suku terakhir: karena \(k \in \mathbb{N} \implies k \ge 1 > 0\) dan \(x^2 \ge 0\), maka \(kx^2 \ge 0\).
Dengan menghilangkan suku non-negatif \(kx^2\), kita peroleh ketaksamaan:
\(1 + (k + 1)x + kx^2 \ge 1 + (k + 1)x\).
Berdasarkan sifat transitif relasi keterurutan:
\((1 + x)^{k+1} \ge 1 + (k + 1)x\).
Berdasarkan Prinsip Induksi Matematika, terbukti bahwa \((1 + x)^n \ge 1 + nx\) untuk setiap \(n \in \mathbb{N}\)! ■
4. Kuis Refleksi Subbab 2.1
Uji fondasi aljabar dan induksi matematika Anda
Apakah ini aksioma atau teorema yang bisa dibuktikan?
Lihat Bukti Asdos
Jawaban: Ini adalah TEOREMA yang dibuktikan dari sifat kuadrat!
Berdasarkan Teorema Kuadrat: untuk setiap \(a \neq 0\), berlaku \(a^2 > 0\). Karena Aksioma M3 menyatakan bahwa \(1 \neq 0\) dan \(1 = 1^2\), maka langsung terbukti bahwa \(1 = 1^2 > 0\)!
Bagaimana membuktikannya dari Aksioma Keterurutan?
Lihat Bukti Asdos
Jawaban: YA, BENAR.
Bukti: Faktorkan \(b^2 - a^2 = (b - a)(b + a)\). Karena \(a < b \implies b - a > 0\), dan karena \(a > 0, b > 0 \implies b + a > 0\). Perkalian dua bilangan positif adalah positif (Aksioma Keterurutan 2), sehingga \((b - a)(b + a) > 0 \implies b^2 - a^2 > 0 \iff a^2 < b^2\).
Nilai Mutlak, Ketaksamaan Segitiga & Pemisahan Hausdorff
Di sinilah gerbang analisis real sejati dibuka! Kita beralih dari aljabar biasa menuju analisis jarak dan estimasi ketaksamaan. Anda akan membedah secara perlahan konsep fundamental: sifat keterbatasan nilai mutlak, Ketaksamaan Segitiga beserta trik legendaris tambah-kurang pada bentuk terbalik (*Reverse Triangle Inequality*), konsep persekitaran \(\varepsilon\) (*epsilon-neighborhood*), lema titik tunggal, hingga Sifat Pemisahan Hausdorff yang menjadi pilar topologi garis real.
1. Konsep Dasar & Makna Geometris Nilai Mutlak
Definisi formal pemetaan \(| \cdot | : \mathbb{R} \to [0, \infty)\) sebagai representasi jarak Euclidean satu dimensi
Dalam kalkulus dasar, nilai mutlak sering dipahami secara mekanis sebagai "menghilangkan tanda minus" (misal \(|-5| = 5\)). Namun dalam Analisis Real, nilai mutlak dipandang sebagai alat ukur jarak (metrik):
\(|a| = \text{jarak dari } a \text{ ke titik origin } 0\).
Karena jarak fisik tidak pernah bernilai negatif, maka \(|a| \ge 0\) untuk setiap \(a \in \mathbb{R}\).
\(|a - b| = \text{jarak antara titik } a \text{ dan } b\).
Jarak ini bersifat simetris: \(|a - b| = |b - a|\). Jarak bernilai nol jika dan hanya jika kedua titik berimpit (\(a = b\)).
Untuk setiap bilangan real \(a \in \mathbb{R}\), nilai mutlak dari \(a\), dinotasikan dengan \(|a|\), didefinisikan sebagai:
Perhatian: Tanda \(-a\) saat \(a < 0\) menghasilkan bilangan positif! Contoh: jika \(a = -7 < 0\), maka \(|a| = -(-7) = 7 > 0\).
2. Teorema 2.2.2: Sifat-Sifat Fundamental Nilai Mutlak
Pembedahan analitis teorema aljabar nilai mutlak secara perlahan dan tuntas
Pernyataan: Untuk setiap \(a, b \in \mathbb{R}\), nilai mutlak dari hasil kali sama dengan hasil kali dari nilai mutlak masing-masing, yaitu \(|ab| = |a||b|\).
Karena definisi \(|x|\) dibagi menjadi dua kondisi (\(x \ge 0\) dan \(x < 0\)), maka kombinasi tanda dari dua bilangan \(a\) dan \(b\) menghasilkan 4 kemungkinan kasus tanda. Kita buktikan satu per satu secara lengkap tanpa ada kasus yang terlewat!
Bukti 4 Kasus Lengkap:
Kasus 1 (\(a = 0\) atau \(b = 0\)):
Jika \(a = 0\) atau \(b = 0\), maka \(ab = 0\). Akibatnya \(|ab| = |0| = 0\). Di sisi lain, \(|a||b| = 0\) karena salah satu faktornya adalah nol. Jadi \(|ab| = |a||b|\).
Kasus 2 (\(a > 0\) dan \(b > 0\)):
Berdasarkan aksioma keterurutan, perkalian dua bilangan positif menghasilkan bilangan positif, sehingga \(ab > 0\). Berdasarkan definisi nilai mutlak: \(|a| = a\), \(|b| = b\), dan \(|ab| = ab\). Maka jelas \(|ab| = ab = |a||b|\).
Kasus 3 (\(a > 0\) dan \(b < 0\)):
Karena \(a > 0\) dan \(b < 0\), maka \(ab < 0\). Berdasarkan definisi: \(|a| = a\), \(|b| = -b\), dan \(|ab| = -(ab)\). Berdasarkan sifat aljabar lapangan (Aksioma D), \(-(ab) = a(-b)\). Maka \(|ab| = -(ab) = a(-b) = |a||b|\).
Kasus 4 (\(a < 0\) dan \(b < 0\)):
Perkalian dua bilangan negatif menghasilkan bilangan positif: \(ab > 0\). Berdasarkan definisi: \(|a| = -a\), \(|b| = -b\), dan \(|ab| = ab\). Berdasarkan teorema negatif \((-a)(-b) = ab\), maka \(|ab| = ab = (-a)(-b) = |a||b|\).
Kesimpulan: Pada keempat kasus, kesamaan \(|ab| = |a||b|\) selalu berlaku. ■
Pernyataan: Untuk setiap \(a \in \mathbb{R}\), berlaku \(|a|^2 = a^2\) dan \(\sqrt{a^2} = |a|\).
Bukti Ringkas Menggunakan Bagian (a):
Terapkan sifat multiplikatif bagian (a) dengan mengambil \(b = a\):
$$|a|^2 = |a| \cdot |a| = |a \cdot a| = |a^2|$$
Karena \(a^2 \ge 0\) untuk setiap bilangan real \(a \in \mathbb{R}\), maka berdasarkan definisi nilai mutlak berlaku \(|a^2| = a^2\). Terbukti bahwa \(|a|^2 = a^2\). ■
Banyak mahasiswa menulis \(\sqrt{x^2} = x\). Ini SALAH jika \(x < 0\)! Contoh: jika \(x = -3\), maka \(\sqrt{(-3)^2} = \sqrt{9} = 3 \neq -3\). Penulisan yang 100% benar dan sah dalam analisis real adalah: \(\sqrt{x^2} = |x|\).
Misalkan \(c \ge 0\). Maka untuk sebarang \(a \in \mathbb{R}\), berlaku:
Pernyataan \(|a| \le c\) berarti jarak titik \(a\) ke titik \(0\) tidak lebih dari \(c\). Jika Anda berdiri di titik \(0\) dan berjalan maksimal sejauh \(c\) ke kanan, Anda sampai di \(c\). Jika berjalan maksimal sejauh \(c\) ke kiri, Anda sampai di \(-c\). Jadi posisi \(a\) harus berada di antara \(-c\) dan \(c\), yaitu \(a \in [-c, c]\).
Pembuktian Dua Arah (\(\implies\) dan \(\impliedby\)):
Arah Maju (\(\implies\)): Asumsikan \(|a| \le c\). Akan dibuktikan \(-c \le a \le c\).
1. Tinjau jika \(a \ge 0\): Berdasarkan definisi, \(|a| = a\). Karena diketahui \(|a| \le c\), maka didapat \(a \le c\). Di sisi lain, karena \(c \ge 0\), maka \(-c \le 0\). Menggabungkan \(-c \le 0 \le a\) menghasilkan \(-c \le a\). Jadi \(-c \le a \le c\).
2. Tinjau jika \(a < 0\): Berdasarkan definisi, \(|a| = -a\). Karena diketahui \(|a| \le c\), maka \(-a \le c\). Kalikan kedua ruas dengan \(-1\) (tanda ketaksamaan berbalik): \(a \ge -c \iff -c \le a\). Di sisi lain, karena \(a < 0\) dan \(c \ge 0\), jelas \(a \le c\). Jadi \(-c \le a \le c\).
Kedua kemungkinan menghasilkan kesimpulan yang sama: \(-c \le a \le c\). Terbukti untuk arah maju!
Arah Mundur (\(\impliedby\)): Asumsikan \(-c \le a \le c\). Akan dibuktikan \(|a| \le c\).
1. Tinjau jika \(a \ge 0\): Berdasarkan definisi nilai mutlak, \(|a| = a\). Dari asumsi diketahui \(a \le c\), maka langsung diperoleh \(|a| \le c\).
2. Tinjau jika \(a < 0\): Berdasarkan definisi, \(|a| = -a\). Dari asumsi diketahui \(-c \le a\). Kalikan kedua ruas dengan \(-1\): \(c \ge -a \iff -a \le c\). Karena \(|a| = -a\), diperoleh \(|a| \le c\).
Kedua kemungkinan membuktikan bahwa \(|a| \le c\). Terbukti untuk arah mundur!
Karena kedua arah terbukti sah, teorema terbukti secara sempurna! ■
Jika kita memilih \(c = |a|\) pada Teorema 2.2.2(c) (karena jelas \(|a| \ge 0\) dan \(|a| \le |a|\) selalu benar), maka kita langsung memperoleh ketaksamaan yang selalu dipakai dalam pembuktian batas:
$$-|a| \le a \le |a|, \quad \forall a \in \mathbb{R}$$
3. Teorema 2.2.3: Ketaksamaan Segitiga (The Triangle Inequality)
Hukum paling mendasar dalam seluruh teori pendekatan galat analisis real
Untuk setiap dua bilangan real \(a, b \in \mathbb{R}\), berlaku:
Dalam geometri bidang (\(\mathbb{R}^2\)), jika Anda membentuk segitiga dengan sisi-sisi vektor \(\vec{a}, \vec{b}\), dan sisi penutupnya \(\vec{a} + \vec{b}\), maka panjang satu sisi segitiga tidak akan pernah melebihi jumlah panjang dua sisi lainnya. Jalur langsung lurus selalu lebih pendek atau sama dengan jalur berbelok. Pada garis bilangan real 1 dimensi (\(\mathbb{R}\)), prinsip geometris ini tetap berlaku!
Bagaimana cara membuktikannya tanpa harus membagi 4 kasus tanda yang melelahkan?
- Gunakan ketaksamaan fundamental Teorema 2.2.2(d): \(-|a| \le a \le |a|\) dan \(-|b| \le b \le |b|\).
- Jumlahkan kedua ketaksamaan tersebut untuk membungkus suku \(a + b\).
- Terapkan Karakterisasi Keterbatasan Teorema 2.2.2(c) dengan memilih konstanta \(c = |a| + |b|\). Selesai dengan sangat elegan!
Bukti Formal Terstruktur:
Langkah 1: Berdasarkan Teorema 2.2.2(d), untuk setiap \(a, b \in \mathbb{R}\) berlaku pertidaksamaan batas ganda:
\(-|a| \le a \le |a|\)
\(-|b| \le b \le |b|\)
Langkah 2: Jumlahkan kedua pertidaksamaan di atas (karena relasi keterurutan \(\le\) invarian terhadap penjumlahan):
\(-|a| + (-|b|) \le a + b \le |a| + |b|\)
Faktorkan tanda negatif pada ruas kiri:
\(-\big(|a| + |b|\big) \le a + b \le \big(|a| + |b|\big)\)
Langkah 3: Definisikan konstanta \(c := |a| + |b|\). Perhatikan bahwa karena \(|a| \ge 0\) dan \(|b| \ge 0\), maka \(c \ge 0\). Pertidaksamaan Langkah 2 berbentuk persis:
\(-c \le a + b \le c\)
Langkah 4: Berdasarkan Teorema 2.2.2(c) arah mundur (\(\impliedby\)), kondisi \(-c \le x \le c\) ekuivalen dengan \(|x| \le c\). Dengan mengambil \(x = a + b\), disimpulkan bahwa:
\(|a + b| \le c \iff |a + b| \le |a| + |b|\).
Terbukti secara sah dan meyakinkan! ■
Kesamaan \(|a + b| = |a| + |b|\) berlaku jika dan hanya jika \(ab \ge 0\) (yaitu bilangan \(a\) dan \(b\) bertanda sama, atau salah satunya nol).
Contoh kesamaan: \(a = 3, b = 5 \implies |3 + 5| = 8 = |3| + |5|\).
Contoh ketaksamaan murni: \(a = 3, b = -5 \implies |3 + (-5)| = |-2| = 2 < |3| + |-5| = 8\).
Untuk setiap \(a_1, a_2, \dots, a_n \in \mathbb{R}\), berlaku:
$$|a_1 + a_2 + \dots + a_n| \le |a_1| + |a_2| + \dots + |a_n|$$
Dibuktikan menggunakan induksi matematika terhadap jumlah suku \(n\).
4. Teorema 2.2.4: Ketaksamaan Segitiga Terbalik (Reverse Triangle Inequality)
Senjata utama untuk mengestimasi batas bawah penyebut pada pembuktian limit
Untuk setiap \(a, b \in \mathbb{R}\), berlaku dua ketaksamaan berikut:
Bentuk (a) menghasilkan ketaksamaan batas bawah: \(|a - b| \ge |a| - |b|\). Dalam pembuktian limit fungsi dan barisan pecahan (seperti membuktikan \(\lim \frac{1}{x_n} = \frac{1}{x}\)), kita harus memastikan penyebut \(|x_n|\) tidak mendekati nol dari bawah. Ketaksamaan inilah satu-satunya alat yang menjamin batas bawah tersebut!
Bagaimana cara menghubungkan \(|a|\) dengan \(|a - b|\)? Perhatikan trik identitas aljabar: \(a = (a - b) + b\). Kita menambahkan \(-b\) dan \(+b\) sekaligus. Nilainya tidak berubah, tetapi strukturnya sekarang siap dikenakan Ketaksamaan Segitiga!
Bukti Formal Bentuk (a): \(\big||a| - |b|\big| \le |a - b|\)
Bagian 1: Tinjau Suku \(a\):
Tulis \(a = (a - b) + b\). Terapkan Ketaksamaan Segitiga biasa:
\(|a| = |(a - b) + b| \le |a - b| + |b|\).
Kurangkan kedua ruas dengan \(|b|\):
\(|a| - |b| \le |a - b|\) ... (Persamaan 1)
Bagian 2: Tinjau Suku \(b\) secara Simetris:
Tulis \(b = (b - a) + a\). Terapkan Ketaksamaan Segitiga biasa:
\(|b| = |(b - a) + a| \le |b - a| + |a|\).
Karena \(|b - a| = |-(a - b)| = |a - b|\), maka:
\(|b| \le |a - b| + |a|\).
Kurangkan kedua ruas dengan \(|a|\):
\(|b| - |a| \le |a - b| \iff -(|a| - |b|) \le |a - b|\).
Kalikan kedua ruas dengan \(-1\) (tanda berbalik):
\(-|a - b| \le |a| - |b|\) ... (Persamaan 2)
Bagian 3: Gabungkan Persamaan 1 dan 2:
Dari Persamaan 1 dan 2 diperoleh pertidaksamaan ganda:
\(-|a - b| \le |a| - |b| \le |a - b|\).
Bagian 4: Terapkan Karakterisasi Teorema 2.2.2(c):
Berdasarkan Teorema 2.2.2(c) dengan mengambil \(c = |a - b| \ge 0\) dan variabel di dalam nilai mutlak adalah \(u = |a| - |b|\), kondisi \(-c \le u \le c\) ekuivalen dengan \(|u| \le c\).
Diperoleh:
\(\big| |a| - |b| \big| \le |a - b|\).
Terbukti secara sempurna tanpa celah logika! ■
Bukti Bentuk (b): \(|a - b| \le |a| + |b|\)
Tulis \(|a - b| = |a + (-b)|\). Terapkan Ketaksamaan Segitiga biasa:
\(|a - b| = |a + (-b)| \le |a| + |-b| = |a| + |b|\). (Sebab \(|-b| = |b|\)). Terbukti! ■
5. Definisi 2.2.7: Lingkungan / Persekitaran \(\varepsilon\) (\(\varepsilon\)-Neighborhood)
Konsep topologi dasar yang mendefinisikan kedekatan dalam analisis real
Misalkan \(c \in \mathbb{R}\) dan \(\varepsilon > 0\). Lingkungan-\(\varepsilon\) dari titik \(c\), dinotasikan dengan \(V_\varepsilon(c)\), didefinisikan sebagai himpunan semua titik yang jaraknya ke \(c\) kurang dari \(\varepsilon\):
Titik jangkar di garis bilangan yang menjadi pusat pengamatan.
Jari-jari toleransi. Semakin kecil \(\varepsilon\), gelembung lingkungan semakin menyempit di sekitar \(c\).
Batas titik ujung \(c - \varepsilon\) dan \(c + \varepsilon\) tidak termasuk ke dalam himpunan (karena tanda pertidaksamaan murni \(<\)).
6. Teorema 2.2.8: Karakterisasi Epsilon Titik Tunggal (Lema Nol)
Kunci membuktikan kesamaan dua kuantitas analitis tanpa menghitung selisihnya secara eksplisit
Jika \(a \in \mathbb{R}\) memenuhi pertidaksamaan:
maka haruslah \(a = 0\).
Bayangkan ada bilangan non-negatif \(a\) yang nilainya lebih kecil dari \(1\), lebih kecil dari \(0.1\), lebih kecil dari \(0.0001\), dan bahkan lebih kecil dari sebarang bilangan positif sekecil apapun yang bisa Anda bayangkan! Satu-satunya bilangan non-negatif yang bisa "mengalahkan" semua bilangan positif adalah nol (\(0\)) itu sendiri.
Bukti Formal Menggunakan Metode Kontradiksi:
Langkah 1 (Pengandaian):
Diketahui \(a \ge 0\). Andaikan kesimpulan salah, yaitu \(a \neq 0\). Karena \(a \ge 0\) dan \(a \neq 0\), maka haruslah \(a > 0\).
Langkah 2 (Pemilihan Epsilon Khusus):
Karena \(a > 0\), kita berhak memilih suatu nilai \(\varepsilon\) yang spesifik. Pilihlah:
\(\varepsilon_0 := \frac{a}{2}\).
Jelas bahwa karena \(a > 0\), maka \(\varepsilon_0 = \frac{a}{2} > 0\).
Langkah 3 (Menemukan Kontradiksi):
Berdasarkan hipotesis yang diberikan, pernyataan "\(a < \varepsilon\)" harus berlaku untuk setiap bilangan positif \(\varepsilon > 0\).
Karena \(\varepsilon_0 > 0\), maka hipotesis harus berlaku untuk \(\varepsilon_0\):
\(a < \varepsilon_0 \iff a < \frac{a}{2}\).
Kurangkan \(\frac{a}{2}\) pada kedua ruas pertidaksamaan:
\(a - \frac{a}{2} < 0 \iff \frac{a}{2} < 0 \iff a < 0\).
Langkah 3 menghasilkan \(a < 0\). Hal ini bertentangan secara mutlak dengan asumsi awal bahwa \(a > 0\) (KONTRADIKSI!).
Langkah 4 (Kesimpulan):
Karena timbul kontradiksi, pengandaian \(a > 0\) pasti salah. Maka haruslah \(a = 0\). Terbukti! ■
Untuk membuktikan bahwa dua bilangan real \(x\) dan \(y\) adalah sama (\(x = y\)), di analisis real kita TIDAK PERLU menghitung aljabar langsung. Cukup buktikan bahwa: \(|x - y| < \varepsilon\) untuk setiap \(\varepsilon > 0\). Maka dengan menerapkan Teorema 2.2.8 pada \(a = |x - y|\), langsung terbukti \(|x - y| = 0 \implies x = y\)! Teknik ini akan kita gunakan saat membuktikan Ketunggalan Limit di Pekan 6.
7. Teorema 2.2.9: Sifat Pemisahan Hausdorff (Hausdorff Separation Property)
Dua titik berbeda selalu dapat dipisahkan oleh gelembung persekitaran yang saling lepas
Misalkan \(a, b \in \mathbb{R}\) dengan \(a \neq b\). Maka terdapat persekitaran \(V_\varepsilon(a)\) dan \(V_\varepsilon(b)\) sedemikian sehingga:
Karena \(a \neq b\), jarak antara kedua titik tersebut adalah bilangan positif: \(d = |a - b| > 0\).
Bayangkan Anda meletakkan bola persekitaran berjari-jari \(\varepsilon\) di sekitar \(a\) dan satu bola lagi di sekitar \(b\). Agar kedua bola tidak saling bertubrukan (tidak beririsan), jari-jari masing-masing bola harus kurang dari atau sama dengan setengah jaraknya! Maka pilihan yang paling alami adalah:
$$\varepsilon := \frac{|a - b|}{2} > 0$$
Bukti Formal Menggunakan Kontradiksi & Ketaksamaan Segitiga:
Langkah 1: Karena \(a \neq b\), maka jarak \(|a - b| > 0\). Tetapkan \(\varepsilon := \frac{|a - b|}{2}\). Jelas \(\varepsilon > 0\).
Langkah 2 (Pengandaian):
Andaikan irisannya tidak kosong, yaitu \(V_\varepsilon(a) \cap V_\varepsilon(b) \neq \emptyset\).
Maka terdapat sedikitnya satu elemen \(x \in \mathbb{R}\) yang berada di kedua himpunan sekaligus:
\(x \in V_\varepsilon(a) \implies |x - a| < \varepsilon\)
\(x \in V_\varepsilon(b) \implies |x - b| < \varepsilon\).
Langkah 3 (Terapkan Ketaksamaan Segitiga pada Jarak \(|a - b|\)):
Gunakan trik tambah-kurang dengan menyisipkan titik persekutuan \(x\):
\(|a - b| = |(a - x) + (x - b)|\).
Berdasarkan Ketaksamaan Segitiga Teorema 2.2.3:
\(|a - b| \le |a - x| + |x - b|\).
Karena \(|a - x| = |x - a|\), substitusikan pertidaksamaan dari Langkah 2:
\(|a - b| < \varepsilon + \varepsilon = 2\varepsilon\).
Langkah 4 (Substitusi Nilai \(\varepsilon\)):
Ingat bahwa pada Langkah 1 kita memilih \(\varepsilon = \frac{|a - b|}{2}\). Maka:
\(2\varepsilon = 2\left(\frac{|a - b|}{2}\right) = |a - b|\).
Substitusikan ini ke pertidaksamaan Langkah 3:
\(|a - b| < |a - b|\).
Pernyataan bahwa suatu bilangan real lebih kecil secara murni dari dirinya sendiri (\(|a - b| < |a - b|\)) adalah kemustahilan matematis (KONTRADIKSI!).
Langkah 5 (Kesimpulan):
Maka pengandaian bahwa irisan tidak kosong adalah salah. Terbukti haruslah \(V_\varepsilon(a) \cap V_\varepsilon(b) = \emptyset\). ■
Banyak mahasiswa salah memilih \(\varepsilon = |a - b|\). Jika Anda memilih \(\varepsilon = |a - b|\), kedua persekitaran akan bertumpukan di titik tengah dan irisannya TIDAK KOSONG! Pembagi \(2\) (atau bilangan \(\ge 2\)) adalah syarat mutlak agar gelembung tidak bersentuhan.
8. Workshop Bedah Soal Step-by-Step (Scratchwork \(\to\) Bukti Formal)
Latihan memecahkan soal analitis dengan metode dua tahap standar emas FMIPA UI
Buktikan bahwa jika \(|x - 2| < 1\), maka: $$\left|\frac{x + 3}{x - 5}\right| < \frac{6}{2} = 3$$
Kita ingin mencari batas atas untuk pembilang \(|x + 3|\) dan batas bawah untuk penyebut \(|x - 5|\).
Hubungkan kedua suku dengan kuantitas yang diketahui batasnya, yaitu \((x - 2)\):
- Pembilang: \(x + 3 = (x - 2) + 5 \implies |x + 3| \le |x - 2| + 5 < 1 + 5 = 6\).
- Penyebut: \(x - 5 = (x - 2) - 3\). Gunakan Reverse Triangle Inequality: \(|x - 5| = |(x - 2) - 3| \ge |3| - |x - 2| = 3 - |x - 2| > 3 - 1 = 2\).
- Karena \(|x - 5| > 2 > 0\), maka \(\frac{1}{|x - 5|} < \frac{1}{2}\).
- Maka \(\left|\frac{x + 3}{x - 5}\right| = \frac{|x + 3|}{|x - 5|} < \frac{6}{2} = 3\). Target tercapai!
Misalkan \(x \in \mathbb{R}\) memenuhi \(|x - 2| < 1\).
Pertama, untuk pembilang, dengan Ketaksamaan Segitiga berlaku:
\(|x + 3| = |(x - 2) + 5| \le |x - 2| + 5 < 1 + 5 = 6\).
Kedua, untuk penyebut, dengan Ketaksamaan Segitiga Terbalik (Teorema 2.2.4(a)) berlaku:
\(|x - 5| = |3 - (x - 2)| \ge |3| - |x - 2| = 3 - |x - 2|\).
Karena \(|x - 2| < 1\), maka \(-|x - 2| > -1\), sehingga:
\(|x - 5| > 3 - 1 = 2 > 0\).
Karena penyebut positif, mengambil kebalikannya membalik tanda pertidaksamaan:
\(\frac{1}{|x - 5|} < \frac{1}{2}\).
Ketiga, kalikan kedua estimasi positif tersebut:
\(\left|\frac{x + 3}{x - 5}\right| = \frac{|x + 3|}{|x - 5|} < 6 \cdot \frac{1}{2} = 3\).
Terbukti bahwa \(\left|\frac{x + 3}{x - 5}\right| < 3\). ■
Tentukan \(\delta > 0\) (dalam bentuk fungsi dari \(\varepsilon\)) sedemikian sehingga jika \(|x - 3| < \delta\), maka \(|x^2 - 9| < \varepsilon\).
Faktorkan bentuk yang ingin diestimasi: \(|x^2 - 9| = |(x - 3)(x + 3)| = |x - 3| \cdot |x + 3|\).
Kita dapat mengontrol \(|x - 3| < \delta\). Namun kita harus membatasi faktor pengganggu \(|x + 3|\).
Lakukan pembatasan awal: asumsikan \(\delta \le 1\). Maka \(|x - 3| < 1\), sehingga:
\(|x + 3| = |(x - 3) + 6| \le |x - 3| + 6 < 1 + 6 = 7\).
Maka diperoleh: \(|x^2 - 9| = |x - 3||x + 3| < \delta \cdot 7\). Agar bernilai \(< \varepsilon\), kita membutuhkan \(7\delta \le \varepsilon \iff \delta \le \frac{\varepsilon}{7}\).
Agar kedua syarat terpenuhi sekaligus (\(\delta \le 1\) dan \(\delta \le \varepsilon/7\)), kita pilih: \(\delta = \min\left\{1, \frac{\varepsilon}{7}\right\}\).
Diberikan sebarang \(\varepsilon > 0\). Pilihlah \(\delta := \min\left\{1, \frac{\varepsilon}{7}\right\} > 0\).
Misalkan \(x \in \mathbb{R}\) memenuhi \(|x - 3| < \delta\).
Karena \(\delta \le 1\), maka \(|x - 3| < 1\), yang berakibat:
\(|x + 3| = |(x - 3) + 6| \le |x - 3| + 6 < 1 + 6 = 7\).
Karena \(\delta \le \frac{\varepsilon}{7}\), maka \(|x - 3| < \frac{\varepsilon}{7}\).
Akibatnya:
\(|x^2 - 9| = |x - 3||x + 3| < \left(\frac{\varepsilon}{7}\right) \cdot 7 = \varepsilon\).
Terbukti bahwa untuk setiap \(\varepsilon > 0\) terdapat \(\delta = \min\{1, \varepsilon/7\}\) yang memenuhi. ■
9. Kuis Cek Pemahaman Interaktif (Self-Reflection)
Uji ketajaman intuisi konsep sebelum melangkah ke Subbab 2.3
Apakah persamaan ini selalu benar untuk sebarang bilangan real?
Lihat Jawaban & Analisis
Jawaban: TIDAK selalu benar. Persamaan ini hanya berlaku jika \(a \ge b \ge 0\) atau \(a \le b \le 0\) dengan \(|a| \ge |b|\).
Contoh kontra: ambil \(a = 2, b = 5\). Maka \(|2 - 5| = |-3| = 3\), sedangkan \(|2| - |5| = 2 - 5 = -3\). Jelas \(3 \neq -3\)! Yang selalu benar secara umum adalah \(|a - b| \ge |a| - |b|\).
Bagaimana bentuk irisan dua lingkungan dengan pusat yang sama?
Lihat Jawaban & Analisis
Jawaban: YA, BENAR!
Misalkan \(\gamma = \min\{\varepsilon, \delta\}\). Karena \(\gamma \le \varepsilon\) dan \(\gamma \le \delta\), maka \(V_\gamma(c) \subseteq V_\varepsilon(c)\) dan \(V_\gamma(c) \subseteq V_\delta(c)\). Irisan dua interval berpusat sama selalu sama dengan interval dengan jari-jari yang lebih kecil.
Sifat Kelengkapan \(\mathbb{R}\), Supremum, Infimum & Karakterisasi \(\varepsilon\)
Inilah puncak keagungan Bab 2! Kita akan mempelajari Aksioma Kelengkapan—satu-satunya sifat yang membedakan garis bilangan real \(\mathbb{R}\) yang padat tanpa lubang (*continuum*) dari sistem bilangan rasional \(\mathbb{Q}\). Anda akan memahami secara perlahan perbedaan konseptual antara Batas Atas, Supremum, dan Maksimum, serta menguasai senjata paling ampuh dalam pembuktian esai: Lemma 2.3.4 (Karakterisasi \(\varepsilon\) Supremum).
1. Konsep Batas Atas, Batas Bawah, Supremum & Infimum
Pembedahan definisi formal dan intuisi tebing tepi suatu himpunan di garis bilangan
Banyak mahasiswa tahun pertama bingung membedakan antara Batas Atas, Supremum, dan Maksimum. Mari kita bedah perbedaannya dengan analogi sederhana:
Bilangan \(u\) yang "berada di sebelah kanan atau sama dengan" semua anggota \(S\). Batas atas tidak tunggal! Jika \(u\) batas atas, maka \(u + 1, u + 100\) juga batas atas.
Batas atas terkecil (*least upper bound*). Tepat berada di "ujung tebing" terluar himpunan \(S\). Supremum bersifat tunggal dan TIDAK HARUS berada di dalam \(S\)!
Elemen terbesar yang WAJIB menjadi anggota himpunan (\(\max S \in S\)). Jika \(\sup S \in S\), barulah kita sebut \(\sup S = \max S\). Jika \(\sup S \notin S\), himpunan tersebut tidak memiliki maksimum!
- Himpunan batas atasnya adalah \([1, \infty)\). Contoh batas atas: \(1, 1.5, 2, 10\).
- Batas atas terkecilnya adalah \(\sup S = 1\).
- Apakah \(1 \in (0, 1)\)? TIDAK! Karena \(1 \notin S\), maka himpunan \((0, 1)\) TIDAK MEMILIKI MAKSIMUM.
Misalkan \(S \subseteq \mathbb{R}\) adalah himpunan bagian tak kosong.
- \(u \in \mathbb{R}\) disebut batas atas dari \(S\) jika: $$\forall s \in S \implies s \le u$$
- \(w \in \mathbb{R}\) disebut batas bawah dari \(S\) jika: $$\forall s \in S \implies w \le s$$
- \(S\) dikatakan terbatas (*bounded*) jika \(S\) terbatas di atas sekaligus terbatas di bawah: $$\exists M > 0, \forall s \in S \implies |s| \le M$$
Misalkan \(S \subseteq \mathbb{R}\) tak kosong dan terbatas di atas. Suatu bilangan \(u \in \mathbb{R}\) disebut supremum dari \(S\) (\(u = \sup S\)) jika memenuhi 2 kondisi:
(1) \(u\) adalah batas atas: \(\forall s \in S \implies s \le u\).
(2) \(u\) adalah batas atas terkecil: Jika \(v\) adalah sebarang batas atas dari \(S\), maka \(u \le v\).
Secara dual: \(w \in \mathbb{R}\) adalah infimum (\(w = \inf S\)) jika: (1) \(w\) batas bawah; dan (2) jika \(t\) sebarang batas bawah, maka \(t \le w\).
Jika supremum (atau infimum) dari suatu himpunan \(S\) ada di \(\mathbb{R}\), maka nilainya adalah TUNGGAL.
Misalkan \(u_1\) dan \(u_2\) keduanya adalah supremum dari himpunan \(S\).
1. Karena \(u_1 = \sup S\) dan \(u_2\) merupakan salah satu batas atas dari \(S\), berdasarkan kondisi (2) definisi supremum berlaku: \(u_1 \le u_2\).
2. Sebaliknya, karena \(u_2 = \sup S\) dan \(u_1\) merupakan salah satu batas atas dari \(S\), berdasarkan kondisi (2) berlaku pula: \(u_2 \le u_1\).
3. Berdasarkan Aksioma Keterurutan (sifat antisimetri), dari \(u_1 \le u_2\) dan \(u_2 \le u_1\), disimpulkan bahwa haruslah: \(u_1 = u_2\).
Terbukti bahwa nilai supremum selalu tunggal! ■
2. Aksioma Kelengkapan \(\mathbb{R}\) (The Completeness Property)
Pilar pembeda sejati antara bilangan real \(\mathbb{R}\) dan bilangan rasional \(\mathbb{Q}\)
Sistem bilangan rasional \(\mathbb{Q}\) memenuhi seluruh 9 Aksioma Lapangan dan 4 Aksioma Keterurutan (persis seperti \(\mathbb{R}\)). Lalu apa bedanya \(\mathbb{Q}\) dengan \(\mathbb{R}\)?
Perhatikan himpunan bilangan rasional berikut:
$$S = \{q \in \mathbb{Q} : q > 0 \text{ dan } q^2 < 2\}$$
1. Himpunan \(S \subseteq \mathbb{Q}\) ini tak kosong (misal \(1 \in S\) karena \(1^2 = 1 < 2\)).
2. Himpunan \(S\) terbatas di atas dalam \(\mathbb{Q}\) (misalnya oleh \(2 \in \mathbb{Q}\), sebab jika \(q > 2 \implies q^2 > 4 > 2\)).
3. Namun, apakah \(S\) memiliki supremum di \(\mathbb{Q}\)? TIDAK! Karena calon batas atas terkecilnya adalah \(\sqrt{2}\), dan kita telah membuktikan di Pekan 1 bahwa \(\sqrt{2} \notin \mathbb{Q}\).
Di dalam sistem \(\mathbb{Q}\), himpunan \(S\) tidak memiliki batas atas terkecil! Ada "lubang" tepat di posisi \(\sqrt{2}\).
Aksioma Kelengkapan menjamin bahwa garis bilangan real \(\mathbb{R}\) tidak memiliki lubang sama sekali. Seluruh celah telah ditutup sempurna oleh bilangan irasional!
3. Lemma 2.3.4: Karakterisasi \(\varepsilon\) Supremum & Infimum
Kriteria operasional paling sering keluar di ujian untuk membuktikan nilai supremum suatu himpunan
Batas atas \(u\) dari himpunan tak kosong \(S \subseteq \mathbb{R}\) adalah supremum dari \(S\) (\(u = \sup S\)) jika dan hanya jika:
Bayangkan \(u\) adalah batas atas himpunan \(S\). Semua anggota \(S\) berada di sebelah kiri atau tepat di \(u\).
Sekarang, kurangkan \(u\) dengan bilangan positif sekecil apapun, katakanlah \(\varepsilon > 0\). Titik \(u - \varepsilon\) posisinya pasti di sebelah kiri \(u\).
Karena \(u\) adalah batas atas terkecil, maka bilangan yang lebih kecil dari \(u\) (yakni \(u - \varepsilon\)) SUDAH BUKAN BATAS ATAS LAGI! Dan karena \(u - \varepsilon\) bukan batas atas, maka harus ada anggota himpunan \(S\) (kita sebut \(s_\varepsilon\)) yang berhasil melompat melewati \(u - \varepsilon\), sehingga \(u - \varepsilon < s_\varepsilon\)!
Bukti Formal Dua Arah (\(\implies\) dan \(\impliedby\)):
Arah Maju (\(\implies\)): Asumsikan \(u = \sup S\). Akan dibuktikan kondisi \(\varepsilon\) berlaku.
1. Ambil sebarang \(\varepsilon > 0\).
2. Karena \(\varepsilon > 0\), maka \(u - \varepsilon < u\).
3. Berdasarkan definisi supremum kondisi (2), \(u\) adalah batas atas terkecil dari \(S\). Artinya, tidak ada bilangan real yang lebih kecil dari \(u\) yang mampu menjadi batas atas \(S\).
4. Karena \(u - \varepsilon < u\), maka bilangan \(u - \varepsilon\) BUKAN merupakan batas atas dari \(S\).
5. Berdasarkan negasi dari definisi batas atas: jika suatu bilangan bukan batas atas dari \(S\), maka harus terdapat setidaknya satu elemen di \(S\) yang lebih besar darinya. Yaitu terdapat elemen \(s_\varepsilon \in S\) sedemikian sehingga:
$$u - \varepsilon < s_\varepsilon$$
Terbukti untuk arah maju! ✓
Arah Mundur (\(\impliedby\)): Asumsikan \(u\) batas atas \(S\) dan memenuhi kondisi \(\varepsilon\). Akan dibuktikan \(u = \sup S\).
1. Diketahui \(u\) sudah merupakan batas atas \(S\) (kondisi (1) supremum sudah terpenuhi).
2. Kita hanya perlu membuktikan kondisi (2): bahwa untuk sebarang batas atas \(v\) dari \(S\), berlaku \(u \le v\).
3. Kita buktikan dengan metode kontradiksi. Andaikan kesimpulan salah, yaitu terdapat batas atas \(v\) dari \(S\) sedemikian sehingga \(v < u\).
4. Karena \(v < u\), maka selisihnya positif: tetapkan \(\varepsilon_0 := u - v > 0\).
5. Berdasarkan hipotesis yang diasumsikan, kondisi \(\varepsilon\) berlaku untuk setiap bilangan positif. Karena \(\varepsilon_0 > 0\), maka terdapat elemen \(s_{\varepsilon_0} \in S\) sedemikian sehingga:
$$u - \varepsilon_0 < s_{\varepsilon_0}$$
6. Substitusikan kembali \(\varepsilon_0 = u - v\):
$$u - (u - v) < s_{\varepsilon_0} \iff v < s_{\varepsilon_0}$$
7. Pertidaksamaan \(v < s_{\varepsilon_0}\) dengan \(s_{\varepsilon_0} \in S\) menyatakan bahwa ada anggota \(S\) yang melampaui \(v\). Hal ini berarti \(v\) BUKAN BATAS ATAS dari \(S\) (KONTRADIKSI DENGAN ASUMSI AWAL!).
8. Maka pengandaian \(v < u\) pasti salah. Haruslah \(u \le v\). Ini membuktikan bahwa \(u\) adalah batas atas terkecil, sehingga \(u = \sup S\)! ✓
Kedua arah terbukti secara sah dan sempurna! ■
Batas bawah \(w\) dari himpunan tak kosong \(S \subseteq \mathbb{R}\) adalah infimum (\(w = \inf S\)) jika dan hanya jika:
$$\forall \varepsilon > 0, \, \exists s_\varepsilon \in S \quad \text{sedemikian sehingga} \quad s_\varepsilon < w + \varepsilon$$
Intuisi: Jika batas bawah terbesar \(w\) digeser sedikit ke kanan menjadi \(w + \varepsilon\), bilangan tersebut bukan lagi batas bawah, sehingga ada anggota \(S\) yang lebih kecil darinya.
4. Workshop Pembuktian Supremum (Two-Stage Proof Workshop)
Penerapan Lemma 2.3.4 pada tipe soal yang paling sering diujikan di Ujian 1 FMIPA UI
Misalkan \(S = \left\{1 - \frac{1}{n} : n \in \mathbb{N}\right\} = \left\{0, \frac{1}{2}, \frac{2}{3}, \frac{3}{4}, \frac{4}{5}, \dots\right\}\). Tunjukkan bahwa \(\sup S = 1\).
Untuk membuktikan \(u = 1\) adalah supremum dengan Lemma 2.3.4, ada 2 syarat:
- Syarat 1 (Batas Atas): Harus dibuktikan \(1 - 1/n \le 1\) untuk semua \(n \in \mathbb{N}\). Ini jelas karena \(1/n > 0\).
- Syarat 2 (Kondisi \(\varepsilon\)): Diberikan \(\varepsilon > 0\), kita harus mencari suatu indeks \(n \in \mathbb{N}\) sehingga:
\(1 - \varepsilon < 1 - \frac{1}{n} \iff -\varepsilon < -\frac{1}{n} \iff \frac{1}{n} < \varepsilon \iff n > \frac{1}{\varepsilon}\).
Eksistensi bilangan asli \(n\) yang lebih besar dari \(\frac{1}{\varepsilon}\) dijamin oleh Sifat Archimedes! Maka target analisis kita telah selesai.
Bagian 1 (Membuktikan \(1\) adalah Batas Atas \(S\)):
Untuk setiap \(n \in \mathbb{N}\), karena \(n > 0\), maka \(\frac{1}{n} > 0\).
Akibatnya \(1 - \frac{1}{n} < 1\) untuk setiap \(n \in \mathbb{N}\).
Ini membuktikan bahwa bilangan \(1\) adalah batas atas dari himpunan \(S\).
Bagian 2 (Membuktikan Kondisi Epsilon Lemma 2.3.4):
Ambil sebarang \(\varepsilon > 0\).
Berdasarkan Sifat Archimedes (Akibat 2.4.5), terdapat bilangan asli \(K \in \mathbb{N}\) sedemikian sehingga:
\(\frac{1}{K} < \varepsilon\).
Kalikan kedua ruas dengan \(-1\) (tanda ketaksamaan berbalik):
\(-\frac{1}{K} > -\varepsilon\).
Tambahkan \(1\) pada kedua ruas:
\(1 - \frac{1}{K} > 1 - \varepsilon \iff 1 - \varepsilon < 1 - \frac{1}{K}\).
Pilihlah elemen \(s_\varepsilon := 1 - \frac{1}{K}\). Jelas bahwa \(s_\varepsilon \in S\) karena \(K \in \mathbb{N}\).
Pertidaksamaan di atas menunjukkan bahwa terdapat \(s_\varepsilon \in S\) sehingga \(1 - \varepsilon < s_\varepsilon\).
Berdasarkan Lemma 2.3.4, dari Bagian 1 dan Bagian 2 disimpulkan bahwa \(\sup S = 1\). ■
Misalkan \(A, B \subseteq \mathbb{R}\) adalah himpunan tak kosong dan terbatas di atas. Definisikan \(A + B := \{a + b : a \in A, b \in B\}\). Buktikan bahwa: $$\sup(A + B) = \sup A + \sup B$$
Misalkan \(u = \sup A\) dan \(v = \sup B\). Akan dibuktikan \(\sup(A + B) = u + v\).
Langkah 1 (\(\sup(A + B) \le u + v\)):
Ambil sebarang elemen \(x \in A + B\). Maka \(x = a + b\) untuk suatu \(a \in A\) dan \(b \in B\).
Karena \(u = \sup A\), maka \(a \le u\). Karena \(v = \sup B\), maka \(b \le v\).
Jumlahkan keduanya: \(a + b \le u + v\), sehingga \(x \le u + v\).
Karena berlaku untuk sebarang \(x \in A + B\), maka \(u + v\) adalah batas atas dari \(A + B\).
Karena \(\sup(A + B)\) adalah batas atas terkecil, maka: \(\sup(A + B) \le u + v\). (1)
Langkah 2 (\(u + v \le \sup(A + B)\) via Lemma Epsilon):
Ambil sebarang \(\varepsilon > 0\). Maka \(\frac{\varepsilon}{2} > 0\).
Berdasarkan Lemma 2.3.4, terdapat \(a_0 \in A\) dan \(b_0 \in B\) sedemikian sehingga:
\(u - \frac{\varepsilon}{2} < a_0\) dan \(v - \frac{\varepsilon}{2} < b_0\).
Jumlahkan kedua pertidaksamaan:
\((u + v) - \varepsilon < a_0 + b_0\).
Karena \(a_0 + b_0 \in A + B\) dan \(\sup(A + B)\) adalah batas atas dari \(A + B\), maka \(a_0 + b_0 \le \sup(A + B)\).
Diperoleh: \((u + v) - \varepsilon < \sup(A + B) \iff u + v < \sup(A + B) + \varepsilon\).
Karena pertidaksamaan ini berlaku untuk setiap \(\varepsilon > 0\), berdasarkan Teorema 2.2.8 disimpulkan:
\(u + v \le \sup(A + B)\). (2)
Dari (1) dan (2), terbukti bahwa \(\sup(A + B) = \sup A + \sup B\). ■
5. Kuis Refleksi Konseptual (Self-Check)
Cek apakah Anda sudah memahami konsep esensial Subbab 2.3
Apakah \(\emptyset\) terbatas di atas?
Lihat Analisis Asdos
Analisis: Pernyataan "\(\forall s \in \emptyset \implies s \le u\)" bernilai BENAR secara hampa (*vacuously true*) untuk SETIAP bilangan real \(u \in \mathbb{R}\).
Artinya, SELURUH bilangan real adalah batas atas dari \(\emptyset\)! Himpunan batas atas dari \(\emptyset\) adalah \(\mathbb{R}\). Karena \(\mathbb{R}\) tidak memiliki elemen terkecil (\(-\infty\)), maka \(\emptyset\) tidak memiliki batas atas terkecil (tidak ada \(\sup \emptyset\) di \(\mathbb{R}\)).
Apakah \(\sup S \le \sup T\) atau sebaliknya?
Lihat Analisis Asdos
Jawaban: Berlaku \(\sup S \le \sup T\).
Bukti: Karena \(\sup T\) adalah batas atas bagi seluruh elemen di \(T\), dan setiap elemen \(s \in S\) juga merupakan elemen di \(T\) (karena \(S \subseteq T\)), maka \(\sup T\) juga otomatis merupakan batas atas bagi \(S\). Karena \(\sup S\) adalah batas atas terkecil dari \(S\), maka haruslah \(\sup S \le \sup T\).
Aplikasi Supremum, Sifat Archimedes & Teorema Kerapatan \(\mathbb{Q}\)
Di subbab ini kita memetik buah manis dari Aksioma Kelengkapan! Anda akan membedah secara perlahan: operasi aljabar himpunan (mengapa mengalikan dengan bilangan negatif membalik supremum menjadi infimum), Sifat Archimedes yang menjamin bilangan asli \(\mathbb{N}\) tidak memiliki langit-langit batas di \(\mathbb{R}\), hingga Teorema Kerapatan (*Density of Rational and Irrational Numbers*) yang membuktikan bahwa garis real begitu rapat terjalin.
1. Aljabar Supremum & Infimum Himpunan
Pergeseran, penskalaan skalar (termasuk pembalikan tanda saat \(c < 0\)), dan supremum fungsi
Misalkan \(S \subseteq \mathbb{R}\) tak kosong dan terbatas di atas, serta \(a \in \mathbb{R}\). Definisikan \(a + S := \{a + s : s \in S\}\). Maka:
Bukti Terstruktur:
Misalkan \(u = \sup S\) dan \(p = \sup(a + S)\). Akan dibuktikan \(p = a + u\) melalui dua pertidaksamaan \(p \le a + u\) dan \(a + u \le p\).
(1) Menunjukkan \(p \le a + u\):
Karena \(u = \sup S\), maka \(s \le u\) untuk setiap \(s \in S\).
Tambahkan bilangan real \(a\) pada kedua ruas: \(a + s \le a + u\) untuk setiap \(s \in S\).
Ini membuktikan bahwa bilangan \(a + u\) adalah salah satu batas atas dari himpunan \(a + S\).
Karena \(p = \sup(a + S)\) adalah batas atas terkecil dari \(a + S\), maka haruslah: \(p \le a + u\).
(2) Menunjukkan \(a + u \le p\):
Karena \(p = \sup(a + S)\), maka untuk setiap elemen \(a + s \in a + S\) berlaku:
\(a + s \le p \iff s \le p - a\).
Karena pertidaksamaan ini berlaku untuk setiap \(s \in S\), maka bilangan \(p - a\) adalah suatu batas atas dari himpunan \(S\).
Karena \(u = \sup S\) adalah batas atas terkecil dari \(S\), maka haruslah:
\(u \le p - a \iff a + u \le p\).
Dari (1) dan (2), disimpulkan bahwa \(\sup(a + S) = a + \sup S\). ■
Misalkan \(S \subseteq \mathbb{R}\) tak kosong dan terbatas. Jika \(c < 0\), definisikan \(cS := \{cs : s \in S\}\). Maka:
Bayangkan himpunan \(S = [1, 4]\). Di sini \(\inf S = 1\) dan \(\sup S = 4\).
Sekarang kalikan dengan \(c = -2 < 0\):
\(-2 \cdot S = \{-2 \cdot s : s \in [1, 4]\} = [-8, -2]\).
Perhatikan apa yang terjadi pada ujung-ujungnya! Titik terbesar \(4\) berubah menjadi titik paling kiri \(-8\) (menjadi infimum), sedangkan titik terkecil \(1\) berubah menjadi titik paling kanan \(-2\) (menjadi supremum)! Mengalikan dengan negatif memutar garis bilangan sebesar 180 derajat.
Misalkan \(w = \inf S\). Maka \(w \le s\) untuk setiap \(s \in S\).
Kalikan dengan \(-1\) (tanda berbalik): \(-s \le -w\) untuk setiap \(s \in S\).
Karena setiap elemen di \(-S\) berbentuk \(-s\), maka pertidaksamaan ini menyatakan bahwa \(-w\) adalah suatu batas atas dari himpunan \(-S\).
Oleh karena itu, \(\sup(-S) \le -w = -\inf S\). (1)
Sebaliknya, misalkan \(k\) adalah sebarang batas atas dari himpunan \(-S\).
Maka untuk setiap \(s \in S\) berlaku: \(-s \le k \iff s \ge -k\).
Ini berarti \(-k\) adalah suatu batas bawah dari himpunan \(S\).
Karena \(w = \inf S\) adalah batas bawah terbesar, maka: \(-k \le w \iff -w \le k\).
Karena ini berlaku untuk sebarang batas atas \(k\) dari \(-S\), maka \(-w \le \sup(-S)\), yaitu: \(-\inf S \le \sup(-S)\). (2)
Dari (1) dan (2) disimpulkan bahwa \(\sup(-S) = -\inf S\). Terbukti! ■
Misalkan \(f, g : D \to \mathbb{R}\) terbatas di atas pada domain \(D\). Maka:
Ambil \(D = [0, 1]\), \(f(x) = x\), dan \(g(x) = 1 - x\).
• Fungsi jumlah: \((f + g)(x) = x + (1 - x) = 1\) (konstan), sehingga \(\sup_{D}(f + g) = 1\).
• Masing-masing fungsi: \(\sup_D f = 1\) (tercapai di \(x = 1\)) dan \(\sup_D g = 1\) (tercapai di \(x = 0\)).
Maka \(\sup f + \sup g = 1 + 1 = 2\).
Terlihat jelas bahwa \(1 < 2\) (ketaksamaan murni!). Kesamaan hanya terjadi jika kedua fungsi mencapai nilai maksimum di titik \(x\) yang sama secara serempak.
2. Teorema 2.4.4: Sifat Archimedes (The Archimedean Property of \(\mathbb{R}\))
Himpunan bilangan asli \(\mathbb{N}\) tidak terbatas di atas di dalam \(\mathbb{R}\)
Mungkin Anda berpikir: "Tentu saja! Jika saya punya bilangan satu juta, saya bisa mengambil bilangan asli satu juta satu." Benar! Namun dalam matematika formal, sifat ini HARUS DIBUKTIKAN dari Aksioma Kelengkapan. Sifat ini menjamin bahwa dalam bilangan real tidak ada "bilangan tak hingga berhingga" yang tidak bisa dilewati oleh langkah kaki bilangan asli \(1, 2, 3, \dots\).
Bukti Formal Menggunakan Aksioma Kelengkapan & Kontradiksi:
Langkah 1 (Pengandaian):
Andaikan teorema salah. Maka negasinya benar, yaitu terdapat bilangan real \(x \in \mathbb{R}\) sedemikian sehingga untuk setiap \(n \in \mathbb{N}\) berlaku: \(n \le x\).
Pernyataan ini berarti bahwa himpunan bilangan asli \(\mathbb{N}\) terbatas di atas oleh \(x\).
Langkah 2 (Eksistensi Supremum):
Perhatikan himpunan \(\mathbb{N} \subseteq \mathbb{R}\):
- Himpunan \(\mathbb{N}\) tak kosong (karena \(1 \in \mathbb{N}\)).
- Berdasarkan Langkah 1, \(\mathbb{N}\) terbatas di atas oleh \(x\).
Berdasarkan Aksioma Kelengkapan, himpunan \(\mathbb{N}\) harus memiliki batas atas terkecil di \(\mathbb{R}\). Tetapkan:
\(u := \sup \mathbb{N}\)
Langkah 3 (Gunakan Karakterisasi Epsilon Lemma 2.3.4):
Pilihlah \(\varepsilon = 1 > 0\).
Karena \(u = \sup \mathbb{N}\) dan \(1 > 0\), maka bilangan \(u - 1\) bukan batas atas dari \(\mathbb{N}\).
Akibatnya, terdapat suatu elemen bilangan asli \(m \in \mathbb{N}\) sedemikian sehingga:
\(u - 1 < m\).
Tambahkan \(1\) pada kedua ruas pertidaksamaan:
\(u < m + 1\).
Langkah 4 (Menemukan Kontradiksi):
Karena \(m \in \mathbb{N}\), maka bilangan \(m + 1\) juga merupakan bilangan asli (\(m + 1 \in \mathbb{N}\)).
Pertidaksamaan \(u < m + 1\) membuktikan bahwa ada bilangan asli yang melampaui \(u\)!
Hal ini bertentangan secara frontal dengan fakta bahwa \(u\) adalah batas atas bagi seluruh bilangan asli \(\mathbb{N}\) (KONTRADIKSI!).
Langkah 5 (Kesimpulan):
Karena timbul kontradiksi, pengandaian bahwa \(\mathbb{N}\) terbatas di atas pasti salah. Terbukti bahwa untuk setiap \(x \in \mathbb{R}\) selalu ada \(n \in \mathbb{N}\) dengan \(x < n\). ■
$$\inf\left\{\frac{1}{n} : n \in \mathbb{N}\right\} = 0$$
Jarak \(1/n\) ke nol bisa dibuat sedekat mungkin dengan memperbesar \(n\).
$$\forall \varepsilon > 0, \, \exists n \in \mathbb{N} \text{ s.t. } \frac{1}{n} < \varepsilon$$
Inilah rumus sakti untuk memilih indeks batas \(K\) pada pembuktian limit barisan di Bab 3!
$$\forall y > 0, \, \exists! n \in \mathbb{N} \text{ s.t. } n - 1 \le y < n$$
Menjamin eksistensi fungsi lantai/floor (\(\lfloor y \rfloor = n - 1\)) untuk setiap bilangan real.
3. Teorema Kerapatan (The Density Theorem)
Di antara dua bilangan real sembarang, selalu ada bilangan rasional dan bilangan irasional
Jika \(x, y \in \mathbb{R}\) dengan \(x < y\), maka terdapat bilangan rasional \(r \in \mathbb{Q}\) sedemikian sehingga:
Kita ingin mencari bilangan rasional \(r = \frac{m}{n}\) (dengan \(m \in \mathbb{Z}, n \in \mathbb{N}\)) sehingga: \(x < \frac{m}{n} < y \iff nx < m < ny\).
Kapan di antara dua bilangan real \(nx\) dan \(ny\) dijamin ADA bilangan bulat \(m\)? Yaitu jika panjang jaraknya lebih dari 1!
Jarak: \(ny - nx = n(y - x) > 1 \iff n > \frac{1}{y - x}\).
Karena \(y - x > 0\), maka \(\frac{1}{y - x} \in \mathbb{R}\). Sifat Archimedes menjamin keberadaan penyebut \(n \in \mathbb{N}\) yang memenuhi kondisi ini! Setelah \(n\) ditemukan, pembilang \(m\) dicari menggunakan Akibat 3 Archimedes. Sangat rapi!
Bukti Formal Terstruktur (Kasus \(x > 0\)):
Langkah 1: Karena \(x < y\), maka \(y - x > 0\). Berdasarkan Sifat Archimedes (Akibat 2.4.5), terdapat \(n \in \mathbb{N}\) sedemikian sehingga:
\(\frac{1}{n} < y - x \iff 1 < n(y - x) \iff nx + 1 < ny\). (1)
Langkah 2: Karena \(x > 0\) dan \(n \in \mathbb{N}\), maka \(nx > 0\). Berdasarkan Akibat 3 Sifat Archimedes, terdapat bilangan bulat positif \(m \in \mathbb{N}\) sedemikian sehingga:
\(m - 1 \le nx < m \iff nx < m \le nx + 1\). (2)
Langkah 3: Gabungkan Pertidaksamaan (1) dan (2):
\(nx < m \le nx + 1 < ny \implies nx < m < ny\).
Langkah 4: Bagi seluruh ruas dengan \(n > 0\):
\(x < \frac{m}{n} < y\).
Pilihlah \(r := \frac{m}{n}\). Jelas \(r \in \mathbb{Q}\) karena \(m, n \in \mathbb{Z}, n \neq 0\).
Terbukti bahwa selalu ada bilangan rasional \(r\) di antara \(x\) dan \(y\)! ■
Jika \(x, y \in \mathbb{R}\) dengan \(x < y\), maka terdapat bilangan irasional \(z \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\) sedemikian sehingga \(x < z < y\).
Bukti Elegan via Rotasi \(\sqrt{2}\):
Terapkan Teorema Kerapatan Rasional pada bilangan real \(\frac{x}{\sqrt{2}}\) dan \(\frac{y}{\sqrt{2}}\).
Maka terdapat bilangan rasional tak nol \(r \in \mathbb{Q}, r \neq 0\) sedemikian sehingga:
\(\frac{x}{\sqrt{2}} < r < \frac{y}{\sqrt{2}}\).
Kalikan dengan \(\sqrt{2} > 0\):
\(x < r\sqrt{2} < y\).
Pilihlah \(z := r\sqrt{2}\). Karena \(r \in \mathbb{Q}\) tak nol dan \(\sqrt{2}\) irasional, maka \(z\) adalah bilangan irasional! Terbukti! ■
4. Kuis Refleksi Pemahaman Subbab 2.4
Uji daya nalar matematis Anda pada konsep Sifat Archimedes & Kerapatan
Misalkan \(S = \{x \in \mathbb{R} : x > 0\}\). Apakah \(\min S\) ada?
Lihat Analisis Asdos
Jawaban: TIDAK ADA.
Jika Anda mengklaim ada bilangan positif terkecil \(c > 0\), berdasarkan Sifat Archimedes / keterurutan, bilangan \(c/2\) juga bilangan positif dan \(0 < c/2 < c\). Maka \(c\) bukan yang terkecil. Himpunan bilangan positif memiliki \(\inf S = 0\), tetapi \(0 \notin S\), sehingga tidak memiliki minimum!
Apakah berhingga, terhitung, atau tak terhitung?
Lihat Analisis Asdos
Jawaban: Tak hingga banyak, dan berukuran terhitung (denumerable / countable infinity).
Berdasarkan Teorema Kerapatan, di antara dua titik rasional selalu ada titik rasional lain, sehingga jumlahnya tak hingga banyak.
Interval, Sifat Interval Bersarang (NIP) & Ketidaktercacahan \(\mathbb{R}\)
Inilah gerbang penutup Bab 2 dan penentu sukses Ujian 1! Kita akan membedah sifat topologi interval pada garis real, Teorema Interval Bersarang (Nested Intervals Property / NIP) yang menjadi mesin pembuktian Teorema Bolzano-Weierstrass di Bab 3, serta bukti revolusioner Georg Cantor mengenai ketidaktercacahan \(\mathbb{R}\)—bahwa bilangan real jauh lebih padat dan tak hingga banyaknya secara kualitatif dibanding bilangan bulat maupun rasional.
1. Teorema 2.5.1: Karakterisasi Interval (The Characterization of Intervals)
Kriteria geometris: Himpunan tanpa celah atau lubang di antara dua anggotanya
Misalkan \(S \subseteq \mathbb{R}\) memuat sedikitnya dua titik. Himpunan \(S\) adalah suatu interval jika dan hanya jika memiliki sifat keterhubungan berikut:
Teorema ini menyatakan bahwa jika Anda memilih dua titik sembarang di dalam \(S\), maka seluruh segmen garis di antara kedua titik tersebut wajib berada di dalam \(S\). Tidak boleh ada celah atau titik yang hilang di tengah jalan!
Contoh yang BUKAN interval: Himpunan bilangan rasional \(\mathbb{Q}\). Ambil \(x = 1\) dan \(y = 2\). Walaupun \(1, 2 \in \mathbb{Q}\), segmen \([1, 2]\) memuat bilangan irasional \(\sqrt{2} \notin \mathbb{Q}\), sehingga \([1, 2] \not\subseteq \mathbb{Q}\). Maka \(\mathbb{Q}\) bukan interval.
Bukti Kasus Utama: \(S\) Terbatas di Kedua Arah
Langkah 1: Misalkan \(S\) terbatas. Berdasarkan Aksioma Kelengkapan, himpunan \(S\) memiliki infimum dan supremum di \(\mathbb{R}\). Tetapkan:
\(a := \inf S\) dan \(b := \sup S\).
Jelas berdasarkan definisi batas bawah dan batas atas bahwa: \(S \subseteq [a, b]\).
Langkah 2: Akan dibuktikan bahwa interval buka \((a, b) \subseteq S\).
Ambil sebarang elemen \(z \in (a, b)\). Maka \(a < z < b\).
- Karena \(a = \inf S < z\), bilangan \(z\) bukan batas bawah dari \(S\). Berdasarkan definisi infimum, terdapat \(x \in S\) sedemikian sehingga \(x < z\).
- Karena \(z < b = \sup S\), bilangan \(z\) bukan batas atas dari \(S\). Berdasarkan definisi supremum, terdapat \(y \in S\) sedemikian sehingga \(z < y\).
Langkah 3: Diperoleh dua elemen \(x, y \in S\) dengan \(x < z < y\).
Berdasarkan hipotesis keterhubungan himpunan \(S\), seluruh segmen \([x, y] \subseteq S\).
Karena \(z \in [x, y]\), maka haruslah \(z \in S\).
Karena \(z \in (a, b)\) dipilih secara sebarang, maka terbukti bahwa \((a, b) \subseteq S\).
Langkah 4: Dari Langkah 1 dan 3, diperoleh hubungan perangkulan:
\((a, b) \subseteq S \subseteq [a, b]\).
Satu-satunya kemungkinan bentuk himpunan \(S\) adalah salah satu dari 4 interval: \((a, b), [a, b), (a, b],\) atau \([a, b]\). Semuanya adalah interval! ■
2. Teorema 2.5.2: Sifat Interval Bersarang (The Nested Intervals Property / NIP)
Fondasi eksistensi titik persekutuan tak kosong pada irisan tak hingga barisan interval
Jika \(I_n = [a_n, b_n], \, n \in \mathbb{N}\) adalah barisan interval tertutup dan terbatas yang bersarang:
$$I_1 \supseteq I_2 \supseteq I_3 \supseteq \dots \supseteq I_n \supseteq I_{n+1} \supseteq \dots$$
maka terdapat bilangan real \(\xi \in \mathbb{R}\) yang berada di dalam SETIAP interval \(I_n\), yaitu irisannya tidak kosong:
Tinjau barisan interval buka: \(J_n = \left(0, \frac{1}{n}\right)\).
Jelas \(J_1 \supset J_2 \supset J_3 \dots\) bersarang.
Namun irisannya: \(\bigcap_{n=1}^\infty \left(0, \frac{1}{n}\right) = \emptyset\) (KOSONG!).
Titik \(0\) tidak termasuk karena intervalnya buka. Sifat NIP GAGAL jika tidak tertutup!
Tinjau barisan interval tertutup tapi tidak terbatas: \(K_n = [n, \infty)\).
Jelas \([1, \infty) \supset [2, \infty) \supset \dots\) bersarang.
Namun irisannya: \(\bigcap_{n=1}^\infty [n, \infty) = \emptyset\) (KOSONG!).
Berdasarkan Sifat Archimedes, tidak ada bilangan real yang berada di \([n, \infty)\) untuk semua \(n\). Sifat NIP GAGAL jika tidak terbatas!
Bukti Formal NIP Menggunakan Aksioma Kelengkapan:
Langkah 1 (Struktur Bersarang):
Karena \(I_n = [a_n, b_n]\) bersarang (\(I_n \supseteq I_{n+1}\)), maka titik ujung kiri selalu naik dan titik ujung kanan selalu turun:
\(a_1 \le a_2 \le a_3 \le \dots \le a_n \le \dots \le b_n \le \dots \le b_3 \le b_2 \le b_1\).
Langkah 2 (Bentuk Himpunan Ujung Kiri):
Definisikan himpunan semua titik ujung kiri: \(A := \{a_n : n \in \mathbb{N}\}\). Jelas \(A \neq \emptyset\) (karena \(a_1 \in A\)).
Langkah 3 (Tunjukkan Setiap \(b_m\) adalah Batas Atas \(A\)):
Ambil sebarang \(m \in \mathbb{N}\). Akan ditunjukkan \(a_n \le b_m\) untuk semua \(n \in \mathbb{N}\):
- Jika \(n \le m\), karena \(I_m \subseteq I_n\), maka \(a_n \le a_m \le b_m\).
- Jika \(n > m\), karena \(I_n \subseteq I_m\), maka \(a_n \le b_n \le b_m\).
Maka untuk setiap \(n \in \mathbb{N}\) selalu berlaku \(a_n \le b_m\). Ini membuktikan bahwa setiap elemen \(b_m\) merupakan batas atas dari himpunan \(A\)!
Langkah 4 (Eksistensi Supremum):
Karena \(A \neq \emptyset\) dan terbatas di atas (misalnya oleh \(b_1\)), berdasarkan Aksioma Kelengkapan himpunan \(A\) memiliki supremum di \(\mathbb{R}\). Tetapkan:
\(\xi := \sup A = \sup\{a_n : n \in \mathbb{N}\}\).
Langkah 5 (Verifikasi \(\xi \in I_n\) untuk Semua \(n\)):
1. Karena \(\xi\) adalah batas atas \(A\), maka \(a_n \le \xi\) untuk setiap \(n \in \mathbb{N}\).
2. Karena setiap \(b_m\) adalah batas atas \(A\) dan \(\xi\) adalah batas atas terkecil, maka \(\xi \le b_m\) untuk setiap \(m \in \mathbb{N}\).
3. Gabungkan keduanya: \(a_n \le \xi \le b_n\) untuk setiap \(n \in \mathbb{N}\).
Pertidaksamaan ini berarti \(\xi \in [a_n, b_n] = I_n\) untuk setiap \(n \in \mathbb{N}\).
Terbukti bahwa \(\xi \in \bigcap_{n=1}^\infty I_n\), sehingga irisannya tidak kosong! ■
Jika barisan interval tertutup terbatas bersarang \(I_n = [a_n, b_n]\) memiliki panjang interval yang menyusut menuju nol, yaitu:
$$\inf\{b_n - a_n : n \in \mathbb{N}\} = 0$$
maka titik persekutuan \(\xi\) yang dimuat oleh seluruh interval adalah TUNGGAL: \(\bigcap_{n=1}^\infty I_n = \{\xi\}\).
3. Teorema 2.5.4: Ketidaktercacahan \(\mathbb{R}\) (Uncountability of \(\mathbb{R}\))
Bukti mahakarya Georg Cantor: Garis real tidak dapat didaftar dalam urutan barisan diskret
Interval satuan \(I = [0, 1]\) adalah himpunan tak terhitung / tak tercacahkan (*uncountable*). Akibatnya, himpunan seluruh bilangan real \(\mathbb{R}\) juga tak tercacahkan.
Bukti Kontradiksi Sangat Anggun via Sifat NIP:
Langkah 1 (Pengandaian):
Andaikan interval \([0, 1]\) terhitung (countable). Maka seluruh anggotanya dapat didaftar ke dalam suatu barisan bilangan real:
\([0, 1] = \{x_1, x_2, x_3, \dots, x_n, \dots\}\).
Langkah 2 (Konstruksi Interval Bersarang \(I_1\)):
Bagi interval satuan \([0, 1]\) menjadi 3 subinterval tertutup yang sama panjang: \([0, 1/3], [1/3, 2/3], [2/3, 1]\).
Elemen pertama \(x_1\) tidak mungkin berada di ketiga subinterval tersebut sekaligus. Pilihlah salah satu subinterval yang tidak memuat \(x_1\), dan namai interval tertutup tersebut dengan \(I_1\). Jelas \(x_1 \notin I_1\).
Langkah 3 (Konstruksi Rekursif \(I_2, I_3, \dots\)):
Bagi interval \(I_1\) menjadi 3 subinterval sama panjang. Sedikitnya satu subinterval tidak memuat elemen kedua \(x_2\). Namai subinterval tersebut dengan \(I_2\). Jelas \(I_2 \subseteq I_1\) dan \(x_2 \notin I_2\).
Lanjutkan proses ini tanpa henti: untuk setiap \(n \in \mathbb{N}\), diperoleh interval tertutup terbatas \(I_n\) sedemikian sehingga:
\(I_1 \supseteq I_2 \supseteq I_3 \supseteq \dots \supseteq I_n \supseteq \dots\) dan \(x_n \notin I_n\).
Langkah 4 (Terapkan Teorema NIP):
Berdasarkan Teorema Interval Bersarang 2.5.2, irisan dari seluruh barisan interval ini tidak kosong. Terdapat sedikitnya satu titik persekutuan:
\(\xi \in \bigcap_{n=1}^\infty I_n \subseteq [0, 1]\).
Langkah 5 (Menemukan Kontradiksi Fatal):
Karena \(\xi \in [0, 1]\) dan pada Langkah 1 kita mengasumsikan bahwa \([0, 1]\) memuat semua bilangan real dalam daftar \(\{x_1, x_2, \dots\}\), maka titik \(\xi\) HARUS sama dengan salah satu anggota daftar, katakanlah \(\xi = x_k\) untuk suatu indeks \(k \in \mathbb{N}\).
Namun berdasarkan konstruksi Langkah 3: \(x_k \notin I_k\).
Akibatnya \(\xi \notin I_k\), yang bertentangan dengan fakta bahwa \(\xi \in \bigcap_{n=1}^\infty I_n \subseteq I_k\) (KONTRADIKSI!).
Karena pengandaian salah, terbukti bahwa \([0, 1]\) dan \(\mathbb{R}\) adalah himpunan tak terhitung! ■
4. Kuis Refleksi Subbab 2.5
Uji kesiapan Anda menghadapi Ujian 1 pada konsep NIP dan ketercacahan
Apakah irisannya berupa titik tunggal atau suatu interval?
Lihat Jawaban & Analisis
Jawaban: Irisannya adalah interval tertutup \([0, 1]\).
Analisis: Karena \(\sup\{-1/n\} = 0\) dan \(\inf\{1 + 1/n\} = 1\), maka titik-titik ujung kirinya mendekati \(0\) dan titik-titik ujung kanannya mendekati \(1\). Seluruh titik di dalam interval \([0, 1]\) berada di dalam setiap \(I_n\). Maka \(\bigcap_{n=1}^\infty I_n = [0, 1]\).
Gunakan fakta bahwa \(\mathbb{Q}\) terhitung dan \(\mathbb{R}\) tak terhitung.
Lihat Jawaban & Analisis
Jawaban: TAK TERHITUNG (Uncountable).
Bukti: Ingat bahwa \(\mathbb{R} = \mathbb{Q} \cup (\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q})\). Gabungan dua himpunan terhitung selalu terhitung. Jika \(\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\) terhitung, maka karena \(\mathbb{Q}\) terhitung, \(\mathbb{R}\) haruslah terhitung. Kontradiksi dengan Teorema Cantor bahwa \(\mathbb{R}\) tak terhitung! Maka bilangan irasional pastilah tak terhitung.
Barisan Bilangan Real: Definisi Formal \(\varepsilon-K\), Ketunggalan Limit & Ekor Barisan
Peralihan terbesar dari intuisi kalkulus SMA menuju analisis rigor perguruan tinggi. Di sini barisan didefinisikan secara presisi sebagai fungsi \(X : \mathbb{N} \to \mathbb{R}\), konsep limit diformalkan menggunakan permainan kuantor \(\forall \varepsilon > 0, \, \exists K \in \mathbb{N}\), dibuktikan ketunggalan limit secara deduktif, dan dikuasai teknik analisis pendahuluan (*scratchwork*) untuk menemukan indeks ambang \(K\).
1. Definisi Barisan & Limit Formal \(\varepsilon-K\) (Slide Hal. 2–12)
Mentransformasi intuisi "n mendekati tak hingga" menjadi ketaksamaan jarak presisi
Definisi 3.1.1: Barisan Bilangan Real
Bartle Hal. 53Suatu barisan bilangan real adalah suatu fungsi dengan daerah asal (domain) himpunan bilangan asli \(\mathbb{N}\) dan daerah hasil (range) termuat di dalam \(\mathbb{R}\):
$$X : \mathbb{N} \to \mathbb{R}, \quad n \mapsto X(n) \equiv x_n$$
Nilai fungsi \(X(n)\) lazim ditulis dengan notasi indeks \(x_n\) dan disebut sebagai suku ke-\(n\). Notasi barisan: \(X = (x_n)\), \((x_n)_{n=1}^\infty\), atau daftar berurutan \((x_1, x_2, x_3, \dots)\).
Definisi 3.1.3: Kekonvergenan & Limit Formal
Kuantor RigorBarisan bilangan real \(X = (x_n)\) dikatakan konvergen ke suatu bilangan real \(x \in \mathbb{R}\) (ditulis \(\lim x_n = x\) atau \(x_n \to x\)) jika:
$$\forall \varepsilon > 0, \, \exists K \in \mathbb{N} \text{ s.t. } \forall n \ge K, \, |x_n - x| < \varepsilon$$
Jika tidak ada bilangan real \(x\) yang memenuhi definisi di atas, barisan \((x_n)\) dikatakan divergen. Nilai \(K\) umumnya bergantung pada toleransi \(\varepsilon\) (sering ditulis \(K(\varepsilon)\)).
Pernyataan-pernyataan berikut adalah saling ekuivalen secara logis:
\(\lim x_n = x\).
Untuk setiap \(\varepsilon > 0\), terdapat \(K \in \mathbb{N}\) sehingga untuk setiap \(n \ge K\), berlaku \(x_n \in V_\varepsilon(x) = (x-\varepsilon, x+\varepsilon)\).
Untuk setiap lingkungan \(V_\varepsilon(x)\), seluruh suku barisan berada di dalam \(V_\varepsilon(x)\), kecuali mungkin sebanyak berhingga suku awal \(x_1, x_2, \dots, x_{K-1}\).
2. Teorema Ketunggalan Limit & Ekor Barisan
Fondasi bahwa limit adalah unik dan hanya ditentukan oleh ekor di tak hingga
Suatu barisan bilangan real yang konvergen hanya dapat memiliki tepat SATU nilai limit.
👁️ Bukti Lengkap Standar Naskah Ujian FMIPA UI (Metode \(\varepsilon/2\)) ▼
Bukti Deduktif:
Misalkan barisan \((x_n)\) konvergen ke \(x'\) dan juga konvergen ke \(x''\). Akan dibuktikan bahwa \(x' = x''\).
Ambil sebarang \(\varepsilon > 0\). Maka bilangan \(\frac{\varepsilon}{2} > 0\).
- Karena \(\lim x_n = x'\), terdapat \(K_1 \in \mathbb{N}\) sedemikian sehingga untuk setiap \(n \ge K_1\) berlaku:
\(|x_n - x'| < \frac{\varepsilon}{2}\).
- Karena \(\lim x_n = x''\), terdapat \(K_2 \in \mathbb{N}\) sedemikian sehingga untuk setiap \(n \ge K_2\) berlaku:
\(|x_n - x''| < \frac{\varepsilon}{2}\).
Kunci Pemilihan Indeks: Pilihlah indeks serempak \(K = \max\{K_1, K_2\}\).
Maka untuk setiap \(n \ge K\), kedua ketaksamaan di atas berlaku secara bersamaan.
Terapkan Ketaksamaan Segitiga pada selisih \(|x' - x''|\):
\(|x' - x''| = |(x' - x_n) + (x_n - x'')| \le |x' - x_n| + |x_n - x''| = |x_n - x'| + |x_n - x''|\)
\(< \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon\).
Karena ketaksamaan \(0 \le |x' - x''| < \varepsilon\) berlaku untuk sebarang \(\varepsilon > 0\), berdasarkan Teorema Karakterisasi Titik Tunggal (Teorema 2.2.8), disimpulkan bahwa:
\(|x' - x''| = 0 \iff x' = x''\).
Terbukti bahwa limit barisan adalah tunggal! ■
Misalkan \(X = (x_1, x_2, \dots, x_n, \dots)\) adalah barisan bilangan real dan \(m \in \mathbb{N}\). Barisan \(X_m = (x_{m+n})_{n=1}^\infty = (x_{m+1}, x_{m+2}, \dots)\) disebut \(m\)-ekor dari barisan \(X\).
Teorema: Barisan \(X\) konvergen ke \(x\) jika dan hanya jika \(m\)-ekor \(X_m\) konvergen ke \(x\).
Makna Filosofis Analisis: Kekonvergenan suatu barisan sepenuhnya merupakan perilaku asimtotik di tak hingga! Berapa pun banyaknya suku awal yang kita ubah, hapus, atau tambahkan (selama jumlahnya berhingga), status kekonvergenan dan nilai limitnya sama sekali tidak akan berubah.
3. Enam Contoh Pembuktian Formal \(\varepsilon-K\) Berjenjang
Dua tahap wajib: Analisis Pendahuluan (Coretan) & Draft Pembuktian Formal
✍️ Tahap 1: Analisis Pendahuluan (Coretan Kasar):
Ingin ditunjukkan: \(\left|\frac{1}{n} - 0\right| = \frac{1}{n} < \varepsilon \iff n > \frac{1}{\varepsilon}\). Hubungan ini menuntut kita memilih indeks \(K\) yang lebih besar dari \(\frac{1}{\varepsilon}\).
📜 Tahap 2: Bukti Formal Rigor:
Ambil sebarang \(\varepsilon > 0\).
Berdasarkan Akibat Sifat Archimedes (Teorema 2.4.4), terdapat bilangan asli \(K \in \mathbb{N}\) sedemikian sehingga:
\(K > \frac{1}{\varepsilon} \iff \frac{1}{K} < \varepsilon\).
Maka untuk setiap bilangan asli \(n \ge K\), berlaku:
\(\left|\frac{1}{n} - 0\right| = \frac{1}{n} \le \frac{1}{K} < \varepsilon\).
Terbukti secara formal bahwa \(\lim \frac{1}{n} = 0\). ■
✍️ Tahap 1: Analisis Pendahuluan:
\(\left|\frac{3n + 2}{n + 1} - 3\right| = \left|\frac{3n + 2 - 3(n + 1)}{n + 1}\right| = \left|\frac{-1}{n + 1}\right| = \frac{1}{n + 1} < \frac{1}{n}\).
Agar \(\frac{1}{n} < \varepsilon\), cukup kita pilih \(n > \frac{1}{\varepsilon}\).
📜 Tahap 2: Bukti Formal:
Ambil sebarang \(\varepsilon > 0\). Berdasarkan Sifat Archimedes, pilih \(K \in \mathbb{N}\) sedemikian sehingga \(K > \frac{1}{\varepsilon}\).
Maka untuk setiap \(n \ge K\) berlaku:
\(\left|\frac{3n + 2}{n + 1} - 3\right| = \frac{1}{n + 1} < \frac{1}{n} \le \frac{1}{K} < \varepsilon\).
Terbukti bahwa \(\lim \frac{3n + 2}{n + 1} = 3\). ■
✍️ Tahap 1: Analisis Pendahuluan:
\(\left|\frac{2n}{n + 1} - 2\right| = \left|\frac{2n - 2n - 2}{n + 1}\right| = \frac{2}{n + 1} < \frac{2}{n}\). Ingin \(\frac{2}{n} < \varepsilon \iff n > \frac{2}{\varepsilon}\).
📜 Tahap 2: Bukti Formal:
Ambil sebarang \(\varepsilon > 0\). Berdasarkan Sifat Archimedes, pilih \(K \in \mathbb{N}\) dengan \(K > \frac{2}{\varepsilon}\).
Maka untuk setiap \(n \ge K\) berlaku:
\(\left|\frac{2n}{n + 1} - 2\right| = \frac{2}{n + 1} < \frac{2}{n} \le \frac{2}{K} < \varepsilon\).
Terbukti bahwa \(\lim \frac{2n}{n + 1} = 2\). ■
✍️ Tahap 1: Analisis Pendahuluan:
\(\left|\frac{n^2 - 1}{2n^2 + 3} - \frac{1}{2}\right| = \left|\frac{2(n^2 - 1) - (2n^2 + 3)}{2(2n^2 + 3)}\right| = \left|\frac{-5}{4n^2 + 6}\right| = \frac{5}{4n^2 + 6} < \frac{5}{4n^2} < \frac{5}{4n}\).
Agar \(\frac{5}{4n} < \varepsilon\), kita memerlukan \(n > \frac{5}{4\varepsilon}\).
📜 Tahap 2: Bukti Formal:
Ambil sebarang \(\varepsilon > 0\). Pilih bilangan asli \(K \in \mathbb{N}\) sedemikian sehingga \(K > \frac{5}{4\varepsilon}\).
Maka untuk setiap \(n \ge K\) berlaku:
\(\left|\frac{n^2 - 1}{2n^2 + 3} - \frac{1}{2}\right| = \frac{5}{4n^2 + 6} < \frac{5}{4n} \le \frac{5}{4K} < \varepsilon\).
Terbukti bahwa \(\lim \frac{n^2 - 1}{2n^2 + 3} = \frac{1}{2}\). ■
✍️ Tahap 1: Analisis Pendahuluan:
Karena \(0 < b < 1\), kita dapat menuliskan \(b = \frac{1}{1 + a}\) dengan \(a = \frac{1}{b} - 1 > 0\).
Berdasarkan Ketaksamaan Bernoulli: \((1+a)^n \ge 1 + na > na\).
Maka: \(|b^n - 0| = b^n = \frac{1}{(1+a)^n} < \frac{1}{na}\). Agar \(\frac{1}{na} < \varepsilon\), cukup pilih \(n > \frac{1}{a\varepsilon}\).
📜 Tahap 2: Bukti Formal:
Ambil sebarang \(\varepsilon > 0\). Tuliskan \(b = \frac{1}{1+a}\) dengan \(a > 0\).
Berdasarkan Sifat Archimedes, pilih \(K \in \mathbb{N}\) sedemikian sehingga \(K > \frac{1}{a\varepsilon}\).
Maka untuk setiap \(n \ge K\), berlaku:
\(|b^n - 0| = b^n = \frac{1}{(1+a)^n} < \frac{1}{na} \le \frac{1}{Ka} < \varepsilon\).
Terbukti bahwa \(\lim b^n = 0\). ■
✍️ Tahap 1: Analisis Pendahuluan:
Karena \(c > 1\), maka \(c^{1/n} > 1\). Misalkan \(d_n = c^{1/n} - 1 > 0\). Maka \(c = (1 + d_n)^n\).
Dengan Ketaksamaan Bernoulli: \(c = (1 + d_n)^n \ge 1 + n d_n \implies c - 1 \ge n d_n \implies d_n \le \frac{c - 1}{n}\).
Maka \(|c^{1/n} - 1| = d_n \le \frac{c - 1}{n} < \varepsilon \iff n > \frac{c - 1}{\varepsilon}\).
📜 Tahap 2: Bukti Formal:
Ambil sebarang \(\varepsilon > 0\). Pilih \(K \in \mathbb{N}\) dengan \(K > \frac{c - 1}{\varepsilon}\).
Maka untuk setiap \(n \ge K\), diperoleh:
\(|c^{1/n} - 1| = d_n \le \frac{c - 1}{n} \le \frac{c - 1}{K} < \varepsilon\).
Terbukti bahwa \(\lim c^{1/n} = 1\). ■
4. Killer Traps Dosen Pengampu UI pada Subbab 3.1
Tiga kesalahan logika fatal yang langsung menggugurkan nilai pembuktian
Kesalahan: Menulis "Pilih \(K = \frac{1}{\varepsilon} + n\)".
Koreksi: Indeks ambang \(K\) hanya boleh bergantung pada \(\varepsilon\). Variabel \(n\) adalah kuantor universal yang berjalan sesudah \(K\) ditetapkan (\(n \ge K\)).
Kesalahan: "Terdapat \(K\) sehingga untuk setiap \(\varepsilon > 0\)..."
Koreksi: Definisi limit mengharuskan \(\varepsilon\) diberikan terlebih dahulu oleh penguji, baru kita merespons dengan menemukan \(K\). Jika \(K\) ada duluan, barisan harus konstan!
Kesalahan: Menulis "Barisan \(x_n = n\) konvergen ke \(\infty\)".
Koreksi: Lambang \(\infty\) bukan anggota himpunan \(\mathbb{R}\). Barisan hanya dikatakan konvergen jika nilai limitnya adalah bilangan real nyata \(x \in \mathbb{R}\).
5. Cek Pemahaman Mandiri (Interactive Self-Check)
Uji langsung pemahaman konsep dasar sebelum berpindah ke Subbab 3.2
Pertanyaan: Diberikan barisan \(x_n = \frac{4n + 1}{2n - 1}\). Jika diberikan nilai toleransi \(\varepsilon = 0.01\), berapakah indeks bilangan asli terkecil \(K \in \mathbb{N}\) yang menjamin bahwa untuk setiap \(n \ge K\) berlaku \(|x_n - 2| < \varepsilon\)?
👁️ Klik untuk Melihat Kunci & Pembahasan
Pembahasan:
Hitung selisih jarak: \(\left|\frac{4n+1}{2n-1} - 2\right| = \left|\frac{4n+1 - 2(2n-1)}{2n-1}\right| = \left|\frac{3}{2n-1}\right| = \frac{3}{2n-1}\) (untuk \(n \ge 1\)).
Kita ingin: \(\frac{3}{2n-1} < 0.01 = \frac{1}{100} \iff 2n - 1 > 300 \iff 2n > 301 \iff n > 150.5\).
Karena \(n\) harus merupakan bilangan asli, indeks terkecil yang memenuhi adalah \(K = 151\).
Teorema-teorema Limit Barisan: Keterbatasan, Aljabar Limit, Teorema Apit & Uji Rasio
Senjata operasional utama analisis real untuk membuktikan kekonvergenan tanpa harus selalu kembali ke definisi formal \(\varepsilon-K\). Di sini kita mempelajari bukti lengkap keterbatasan barisan konvergen, trik tambah-kurang pada perkalian barisan, lemma penjagaan penyebut pada pembagian, pelestarian ketaksamaan lemah, keampuhan Teorema Apit (*Squeeze Theorem*), hingga Uji Rasio barisan.
1. Keterbatasan Barisan Konvergen (Slide Hal. 3)
Syarat perlu paling krusial untuk kekonvergenan barisan bilangan real
Jika \(X = (x_n)\) adalah barisan bilangan real yang konvergen, maka \(X\) adalah barisan yang terbatas.
👁️ Bukti Lengkap Konstruksi Konstanta Batas \(M\) (Slide Resmi FMIPA UI) ▼
Bukti Deduktif:
Misalkan \(\lim x_n = x\). Pilih nilai toleransi khusus \(\varepsilon = 1 > 0\).
Berdasarkan definisi limit formal, terdapat indeks \(K \in \mathbb{N}\) sedemikian sehingga untuk setiap \(n \ge K\) berlaku:
\(|x_n - x| < 1\).
Terapkan Ketaksamaan Segitiga Terbalik (*Reverse Triangle Inequality*):
\(|x_n| = |(x_n - x) + x| \le |x_n - x| + |x| < 1 + |x|, \quad \forall n \ge K\).
Ini menunjukkan bahwa seluruh suku pada ekor barisan (mulai dari indeks \(K\)) terbatas di atas oleh bilangan \(1 + |x|\).
Konstruksikan konstanta seragam \(M\) sebagai nilai maksimum dari suku-suku awal dan batas ekor tersebut:
\(M := \max\{|x_1|, |x_2|, \dots, |x_{K-1}|, \, 1 + |x|\} > 0\).
Maka untuk setiap \(n \in \mathbb{N}\), jelas berlaku \(|x_n| \le M\).
Terbukti bahwa barisan \((x_n)\) adalah barisan terbatas! ■
2. Teorema Aljabar Limit Barisan (Slide Hal. 4–10)
Penjumlahan, Pengurangan, Perkalian (Trik Tambah-Kurang), dan Pembagian (Lemma Penyebut)
Jika \(\lim x_n = x\) dan \(\lim y_n = y\), buktikan secara rigor bahwa \(\lim(x_n y_n) = xy\).
✍️ Analisis Pendahuluan (Coretan Kasar):
Selisih: \(|x_n y_n - xy| = |x_n y_n - x_n y + x_n y - xy| \le |x_n(y_n - y)| + |y(x_n - x)| = |x_n||y_n - y| + |y||x_n - x|\).
Karena barisan \((x_n)\) konvergen, berdasarkan Teorema 3.2.2 terdapat \(M_1 > 0\) s.t. \(|x_n| \le M_1, \, \forall n\).
Tetapkan \(M = \max\{M_1, |y|\} > 0\). Maka:
\(|x_n y_n - xy| \le M |y_n - y| + M |x_n - x|\). Cukup buat masing-masing suku \(< \frac{\varepsilon}{2M}\).
📜 Draft Pembuktian Formal:
Ambil sebarang \(\varepsilon > 0\).
Karena \((x_n)\) konvergen, terdapat \(M_1 > 0\) s.t. \(|x_n| \le M_1\) untuk semua \(n \in \mathbb{N}\). Definisikan \(M = \max\{M_1, |y|\} > 0\).
- Karena \(\lim x_n = x\), terdapat \(K_1 \in \mathbb{N}\) s.t. \(\forall n \ge K_1, \, |x_n - x| < \frac{\varepsilon}{2M}\).
- Karena \(\lim y_n = y\), terdapat \(K_2 \in \mathbb{N}\) s.t. \(\forall n \ge K_2, \, |y_n - y| < \frac{\varepsilon}{2M}\).
Pilihlah indeks serempak \(K = \max\{K_1, K_2\}\). Maka untuk setiap \(n \ge K\) berlaku:
\(|x_n y_n - xy| \le |x_n||y_n - y| + |y||x_n - x| \le M \left(\frac{\varepsilon}{2M}\right) + M \left(\frac{\varepsilon}{2M}\right) = \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon\).
Terbukti bahwa \(\lim(x_n y_n) = xy\). ■
🔒 Lemma Penjagaan Penyebut (Slide Hal. 9):
Karena \(z \ne 0\), maka bilangan \(\varepsilon_0 = \frac{|z|}{2} > 0\).
Karena \(\lim z_n = z\), terdapat \(K_1 \in \mathbb{N}\) sedemikian sehingga untuk setiap \(n \ge K_1\) berlaku:
\(|z_n - z| < \frac{|z|}{2}\).
Berdasarkan Ketaksamaan Segitiga Terbalik: \(|z| - |z_n| \le |z - z_n| < \frac{|z|}{2} \implies |z_n| > \frac{|z|}{2} > 0\).
Akibatnya, suku penyebut dijamin tidak nol dan berlaku ketaksamaan kebalikan: \(\frac{1}{|z_n|} < \frac{2}{|z|}\) untuk setiap \(n \ge K_1\).
📜 Bukti Konvergensi Formal:
Perhatikan bentuk selisih: \(\left|\frac{1}{z_n} - \frac{1}{z}\right| = \frac{|z - z_n|}{|z_n||z|} < \frac{2}{|z|^2} |z_n - z|\).
Ambil sebarang \(\varepsilon > 0\). Karena \(\lim z_n = z\), terdapat \(K_2 \in \mathbb{N}\) s.t. \(\forall n \ge K_2, \, |z_n - z| < \frac{1}{2}|z|^2 \varepsilon\).
Pilih \(K = \max\{K_1, K_2\}\). Maka untuk setiap \(n \ge K\) berlaku:
\(\left|\frac{1}{z_n} - \frac{1}{z}\right| < \frac{2}{|z|^2} \left(\frac{1}{2}|z|^2 \varepsilon\right) = \varepsilon\).
Terbukti bahwa \(\lim \frac{1}{z_n} = \frac{1}{z}\). Selanjutnya \(\lim \frac{x_n}{z_n} = \lim x_n \cdot \lim \frac{1}{z_n} = \frac{x}{z}\). ■
3. Keterurutan Limit & Teorema Apit (Squeeze Theorem)
Pelestarian tanda tak-ketat dan teknik jepitan barisan
Jika \(x_n \ge 0, \, \forall n \in \mathbb{N}\) dan \(\lim x_n = x\), maka \(x \ge 0\).
Maka terdapat \(K \in \mathbb{N}\) s.t. \(\forall n \ge K, \, |x_n - x| < -x \iff x - (-x) < x_n < x + (-x) = 0\).
Diperoleh \(x_n < 0\), yang bertentangan langsung dengan hipotesis \(x_n \ge 0\)! Kontradiksi, haruslah \(x \ge 0\). ■
Jika \(x_n \le y_n, \, \forall n \in \mathbb{N}\) dan kedua barisan konvergen, maka \(\lim x_n \le \lim y_n\).
Berdasarkan Aljabar Limit: \(\lim z_n = \lim y_n - \lim x_n \ge 0 \iff \lim x_n \le \lim y_n\). ■
Misalkan \(X = (x_n)\), \(Y = (y_n)\), dan \(Z = (z_n)\) barisan bilangan real yang memenuhi \(x_n \le y_n \le z_n\) untuk setiap \(n \in \mathbb{N}\), dan misalkan \(\lim x_n = \lim z_n = L\). Maka barisan \((y_n)\) pasti konvergen dan \(\lim y_n = L\).
Bukti Formal Lengkap:
Ambil sebarang \(\varepsilon > 0\).
- Karena \(\lim x_n = L\), terdapat \(K_1 \in \mathbb{N}\) s.t. \(\forall n \ge K_1, \, L - \varepsilon < x_n < L + \varepsilon\).
- Karena \(\lim z_n = L\), terdapat \(K_2 \in \mathbb{N}\) s.t. \(\forall n \ge K_2, \, L - \varepsilon < z_n < L + \varepsilon\).
Pilih \(K = \max\{K_1, K_2\}\). Maka untuk setiap \(n \ge K\), kita dapat menggabungkan rantai ketaksamaan:
\(L - \varepsilon < x_n \le y_n \le z_n < L + \varepsilon\).
Akibatnya berlaku: \(L - \varepsilon < y_n < L + \varepsilon \iff |y_n - L| < \varepsilon\).
Terbukti bahwa barisan \((y_n)\) konvergen ke \(L\). ■
Buktikan \(\lim \frac{\sin n}{n} = 0\).
Karena \(-1 \le \sin n \le 1\), maka \(-\frac{1}{n} \le \frac{\sin n}{n} \le \frac{1}{n}\). Karena \(\pm\frac{1}{n} \to 0\), limitnya adalah 0!
Buktikan \(\lim \frac{(-1)^n}{n^2} = 0\).
Karena \(-\frac{1}{n^2} \le \frac{(-1)^n}{n^2} \le \frac{1}{n^2}\) dan kedua ujung menuju 0, maka terbukti konvergen ke 0.
\(\lim (2^n + 3^n)^{1/n} = 3\).
Perhatikan: \(3 = (3^n)^{1/n} < (2^n + 3^n)^{1/n} \le (2 \cdot 3^n)^{1/n} = 3 \cdot 2^{1/n}\). Karena \(2^{1/n} \to 1\), limitnya adalah 3.
4. Teorema Tambahan: Uji Rasio Barisan & Nilai Mutlak
Kriteria cepat memeriksa barisan faktorial dan eksponensial
Misalkan \((x_n)\) adalah barisan bilangan real bernilai positif dan misalkan:
$$\lim_{n\to\infty} \frac{x_{n+1}}{x_n} = L$$
- Jika \(L < 1\), maka barisan \((x_n)\) konvergen dan \(\lim x_n = 0\).
- Jika \(L > 1\), maka barisan divergen ke \(+\infty\).
Rasio: \(\frac{x_{n+1}}{x_n} = \frac{n+1}{2^{n+1}} \cdot \frac{2^n}{n} = \frac{n+1}{2n} = \frac{1}{2}\left(1 + \frac{1}{n}\right) \to \frac{1}{2} < 1\).
Maka menurut Teorema 3.2.11, \(\lim \frac{n}{2^n} = 0\). ■
1. Teorema Nilai Mutlak: Jika \(\lim x_n = x\), maka \(\lim |x_n| = |x|\).
Bukti Singkat: Dari reverse triangle inequality, \(||x_n| - |x|| \le |x_n - x| < \varepsilon\).
2. Teorema Akar: Jika \(x_n \ge 0\) untuk semua \(n\) dan \(\lim x_n = x\), maka \(\lim \sqrt{x_n} = \sqrt{x}\).
Trik: Rasionalisasikan selisih: \(|\sqrt{x_n} - \sqrt{x}| = \frac{|x_n - x|}{\sqrt{x_n} + \sqrt{x}} \le \frac{|x_n - x|}{\sqrt{x}}\) (untuk \(x > 0\)).
5. Killer Traps Dosen Pengampu UI pada Subbab 3.2
Tiga kesalahpahaman umum dalam menerapkan teorema limit
Jebakan: Mengira jika \(x_n < y_n\) maka \(\lim x_n < \lim y_n\).
Koreksi: Nilai limit dapat menjadi SAMA! Contoh: \(x_n = 0 < y_n = \frac{1}{n}\) untuk setiap \(n\), namun \(\lim x_n = 0 = \lim y_n\). Teorema limit hanya menjamin tanda \(\le\).
Jebakan: Menulis \(\lim (x_n + y_n) = \lim x_n + \lim y_n\) ketika salah satu barisan divergen.
Koreksi: Teorema aljabar limit hanya berlaku jika kedua barisan telah diketahui secara independen konvergen terlebih dahulu!
Jebakan: Menggunakan rumus pembagian \(\lim \frac{x_n}{z_n} = \frac{x}{z}\) tanpa menunjukkan bahwa \(z \ne 0\).
Koreksi: Dosen FMIPA UI mewajibkan pemeriksaan eksplisit bahwa \(z \ne 0\) dan penyebut dijaga tak-nol oleh Lemma Penjagaan Penyebut.
6. Cek Pemahaman Mandiri (Interactive Self-Check)
Uji langsung penalaran teorema limit sebelum menuju Monotone Convergence Theorem (MCT)
Pertanyaan: Misalkan \((x_n)\) adalah barisan bilangan real yang memenuhi \(|x_n| \le \frac{100}{n}\) untuk setiap \(n \ge 1\). Apakah barisan \((x_n)\) konvergen, dan jika ya, teorema apa yang paling efisien untuk membuktikannya?
👁️ Klik untuk Melihat Kunci & Pembahasan
Pembahasan:
Ketaksamaan \(|x_n| \le \frac{100}{n}\) ekuivalen dengan:
\(-\frac{100}{n} \le x_n \le \frac{100}{n}, \quad \forall n \ge 1\).
Karena \(\lim\left(-\frac{100}{n}\right) = -100 \cdot 0 = 0\) dan \(\lim\left(\frac{100}{n}\right) = 100 \cdot 0 = 0\), kedua batas ujung konvergen ke limit yang sama yaitu 0.
Berdasarkan Teorema Apit (Squeeze Theorem / Teorema 3.2.7), disimpulkan bahwa barisan \((x_n)\) pasti konvergen dengan nilai limit \(\lim x_n = 0\).
Barisan Monoton & Teorema Kekonvergenan Monoton (MCT)
Bagaimana membuktikan bahwa suatu barisan konvergen tanpa harus menebak nilai limitnya terlebih dahulu? Inilah peran sentral dari Teorema Kekonvergenan Monoton (Monotone Convergence Theorem - MCT). Melalui sifat kelengkapan \(\mathbb{R}\), perpaduan antara kemonotonan dan keterbatasan menjamin kepastian limit sebagai supremum atau infimum barisan.
1. Intuisi & Definisi Barisan Monoton (Slide Hal. 3–4)
Konsep barisan searah: gerak satu arah tanpa pernah berbalik arah
Bayangkan seorang pemanjat tangga yang setiap langkahnya hanya bisa bergerak ke atas atau diam di anak tangga yang sama (tidak pernah melangkah turun). Jika di atas tangga terdapat langit-langit beton (batas atas), apakah sang pemanjat bisa naik tanpa henti? Jelas tidak! Karena ia terus naik dan tidak bisa menembus langit-langit, langkah-langkahnya pasti akan "merapat" sedekat-dekatnya menuju ketinggian tertinggi yang mungkin ia capai. Ketinggian batas itulah yang menjadi supremum sekaligus limit dari barisan anak tangganya. Inilah esensi geometris dari Monotone Convergence Theorem!
Definisi 3.3.1 (a): Barisan Naik (Increasing)
Bartle Hal. 68Barisan bilangan real \(X = (x_n)\) dikatakan monoton naik (increasing / non-decreasing) jika untuk setiap \(n \in \mathbb{N}\) berlaku:
$$x_1 \le x_2 \le x_3 \le \dots \le x_n \le x_{n+1} \le \dots$$
Jika ketaksamaan berlaku ketat (\(x_n < x_{n+1}\) untuk setiap \(n\)), barisan disebut naik tegas (strictly increasing).
Definisi 3.3.1 (b): Barisan Turun (Decreasing)
Bartle Hal. 68Barisan bilangan real \(X = (x_n)\) dikatakan monoton turun (decreasing / non-increasing) jika untuk setiap \(n \in \mathbb{N}\) berlaku:
$$x_1 \ge x_2 \ge x_3 \ge \dots \ge x_n \ge x_{n+1} \ge \dots$$
Jika ketaksamaan berlaku ketat (\(x_n > x_{n+1}\) untuk setiap \(n\)), barisan disebut turun tegas (strictly decreasing).
Tinjau tanda dari \(x_{n+1} - x_n\):
• Jika \(x_{n+1} - x_n \ge 0\) untuk semua \(n \implies\) barisan naik.
• Jika \(x_{n+1} - x_n \le 0\) untuk semua \(n \implies\) barisan turun.
Tinjau nilai pecahan \(\frac{x_{n+1}}{x_n}\):
• Jika \(\frac{x_{n+1}}{x_n} \ge 1\) untuk semua \(n \implies\) barisan naik.
• Jika \(\frac{x_{n+1}}{x_n} \le 1\) untuk semua \(n \implies\) barisan turun.
2. Teorema Kekonvergenan Monoton (MCT) & Pembedahan Logika (Slide Hal. 5–7)
Mahakarya pembuktian konvergensi tanpa perlu menduga limit sejak awal
Suatu barisan bilangan real yang monoton konvergen jika dan hanya jika barisan tersebut terbatas.
Jika \(X = (x_n)\) barisan monoton naik dan terbatas di atas, maka \(X\) konvergen dengan:
$$\lim_{n\to\infty} x_n = \sup\{x_n : n \in \mathbb{N}\}$$
Jika \(X = (x_n)\) barisan monoton turun dan terbatas di bawah, maka \(X\) konvergen dengan:
$$\lim_{n\to\infty} x_n = \inf\{x_n : n \in \mathbb{N}\}$$
Pembedahan Anatomi Teorema & Mengapa Syarat Ini Wajib Ada?
Teorema MCT memiliki dua pilar hipotesis: Kemonotonan dan Keterbatasan. Mengapa tidak boleh salah satu dari syarat ini ditanggalkan?
Ambil barisan \(x_n = (-1)^n\). Barisan ini terbatas pada selang \([-1, 1]\). Tetapi karena ia berosilasi bolak-balik antara \(-1\) dan \(1\) (tidak monoton), barisan ini DIVERGEN! Keterbatasan saja sama sekali tidak menjamin kekonvergenan tanpa kemonotonan.
Ambil barisan \(x_n = n\) atau deret harmonik \(h_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}\). Barisan ini monoton naik murni. Tetapi karena tidak memiliki batas atas di \(\mathbb{R}\), nilainya meluncur ke tak hingga (\(+\infty\)), sehingga barisan ini DIVERGEN! Kemonotonan saja tanpa batas atas tidak bisa menghentikan ledakan nilai ke tak terhingga.
- Menemukan Kandidat Limit: Kita belum punya limit, tapi kita punya himpunan nilai suku-suku \(S = \{x_n : n \in \mathbb{N}\}\). Himpunan \(S\) tak kosong (ada \(x_1\)) dan terbatas di atas. Berdasarkan Aksioma Kelengkapan Bilangan Real, himpunan \(S\) PASTI memiliki supremum di \(\mathbb{R}\). Kita namakan \(u = \sup S\). Kita duga kuat bahwa \(u\) adalah limit barisan tersebut!
- Memasang Perangkap Epsilon: Diberikan tantangan \(\varepsilon > 0\). Jika \(u\) diturunkan sedikit saja sebesar \(\varepsilon\), bilangan \(u - \varepsilon\) nilainya lebih kecil dari \(u\). Maka \(u - \varepsilon\) kehilangan haknya sebagai batas atas dari \(S\)!
- Penerobosan Batas: Berdasarkan Karakterisasi Epsilon-Supremum (Lemma 2.3.4), harus ada setidaknya satu suku barisan, sebutlah \(x_K\), yang berhasil melompati pagar \(u - \varepsilon\), yakni \(u - \varepsilon < x_K \le u\).
- Kunci Monoton Naik: Di sinilah sifat monoton naik bekerja secara ajaib! Karena barisan naik, semua suku sesudah indeks \(K\) (\(n \ge K\)) pasti berada di atas atau sama dengan \(x_K\). Akibatnya: $$u - \varepsilon < x_K \le x_n \le u < u + \varepsilon$$ Semua suku \(x_n\) untuk \(n \ge K\) terkunci rapat di dalam interval \((u - \varepsilon, u + \varepsilon)\). Terbukti \(|x_n - u| < \varepsilon\)!
Misalkan \(X = (x_n)\) adalah barisan monoton naik yang terbatas di atas.
Definisikan himpunan nilai rentang dari barisan: \(S = \{x_n : n \in \mathbb{N}\} \subset \mathbb{R}\).
Justifikasi: Karena \(x_1 \in S\), maka \(S \ne \emptyset\). Karena barisan \(X\) terbatas di atas, maka terdapat \(M \in \mathbb{R}\) sehingga \(x_n \le M\) untuk setiap \(n \in \mathbb{N}\), yang berarti himpunan \(S\) terbatas di atas.
Berdasarkan Sifat Kelengkapan Bilangan Real (Aksioma Supremum), setiap himpunan tak kosong dari bilangan real yang terbatas di atas pasti memiliki supremum di \(\mathbb{R}\).
Tetapkan: $$u = \sup S = \sup\{x_n : n \in \mathbb{N}\}$$ Akan dibuktikan bahwa \(\lim_{n\to\infty} x_n = u\).
Ambil sebarang \(\varepsilon > 0\).
Tinjau bilangan real \(u - \varepsilon\). Karena \(\varepsilon > 0\), maka \(u - \varepsilon < u\).
Karena \(u\) adalah batas atas terkecil (supremum), bilangan \(u - \varepsilon\) bukan merupakan batas atas dari \(S\).
Berdasarkan Lemma 2.3.4, terdapat suatu elemen di \(S\), sebut suku ke-\(K\) yakni \(x_K \in S\), sedemikian sehingga: $$u - \varepsilon < x_K$$
Karena barisan \((x_n)\) monoton naik, maka untuk setiap bilangan asli \(n \ge K\) berlaku: $$x_K \le x_n$$ Di pihak lain, karena \(u\) adalah batas atas dari himpunan \(S\), maka untuk setiap \(n \in \mathbb{N}\) berlaku \(x_n \le u\). Jelas pula bahwa \(u < u + \varepsilon\).
Dengan menyambungkan seluruh ketaksamaan untuk setiap \(n \ge K\): $$u - \varepsilon < x_K \le x_n \le u < u + \varepsilon$$ $$\implies u - \varepsilon < x_n < u + \varepsilon$$ $$\iff -\varepsilon < x_n - u < \varepsilon$$ $$\iff |x_n - u| < \varepsilon$$
Terbukti bahwa untuk setiap \(\varepsilon > 0\), terdapat \(K \in \mathbb{N}\) sedemikian sehingga untuk setiap \(n \ge K\) berlaku \(|x_n - u| < \varepsilon\).
Berdasarkan Definisi 3.1.3, terbukti bahwa \(\lim_{n\to\infty} x_n = u = \sup\{x_n : n \in \mathbb{N}\}\). ■
Jika \(X = (x_n)\) monoton turun dan terbatas di bawah, bentuk \(S = \{x_n : n \in \mathbb{N}\}\). Berdasarkan Kelengkapan \(\mathbb{R}\), \(w = \inf S\) ada. Diberikan \(\varepsilon > 0\), bilangan \(w + \varepsilon\) bukan batas bawah, sehingga ada \(x_K\) dengan \(x_K < w + \varepsilon\). Karena turun, untuk \(n \ge K\), \(x_n \le x_K < w + \varepsilon\). Karena \(w\) batas bawah, \(w - \varepsilon < w \le x_n\). Maka \(|x_n - w| < \varepsilon\) dan \(\lim x_n = \inf S\). ■
3. Contoh Klasik Slide Dosen: 4 Cara Menghitung Limit & Kedivergenan Harmonik
Koleksi variasi metode pembuktian dan pembuktian jenius Nicole Oresme (1350)
Ingin \(|1/\sqrt{n} - 0| = 1/\sqrt{n} < \varepsilon \iff \sqrt{n} > 1/\varepsilon \iff n > 1/\varepsilon^2\). Ambil sebarang \(\varepsilon > 0\). Berdasarkan Sifat Archimedes, pilih \(K \in \mathbb{N}\) dengan \(K > 1/\varepsilon^2\). Maka untuk setiap \(n \ge K\), berlaku \(1/\sqrt{n} \le 1/\sqrt{K} < \varepsilon\). Terbukti!
Kita telah membuktikan bahwa \(\lim(1/n) = 0\) dan suku-sukunya \(1/n > 0\). Berdasarkan Teorema 3.2.10 tentang kontinuitas akar kuadrat pada limit barisan: $$\lim_{n\to\infty} \frac{1}{\sqrt{n}} = \lim_{n\to\infty} \sqrt{\frac{1}{n}} = \sqrt{\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n}} = \sqrt{0} = 0$$
Untuk setiap \(n \in \mathbb{N}\), karena \(n \ge 1\), maka \(n \ge \sqrt{n} \implies 0 < \frac{1}{n} \le \frac{1}{\sqrt{n}}\). Di sisi lain, jika ingin mengapit ke 0 dari atas: untuk \(n \ge 1\), perhatikan \(0 \le \frac{1}{\sqrt{n}} \le \frac{1}{\sqrt{n}}\). Karena \(\lim(0) = 0\) dan \(\lim(1/n) = 0\), kita dapat menggunakan pengapitan suku demi suku atau perbandingan Archimedes.
1. Monoton: Karena \(n < n+1 \implies \sqrt{n} < \sqrt{n+1} \implies \frac{1}{\sqrt{n}} > \frac{1}{\sqrt{n+1}}\), barisan monoton turun tegas.
2. Terbatas di Bawah: Karena \(\sqrt{n} > 0\), maka \(1/\sqrt{n} > 0\) untuk setiap \(n\). Barisan terbatas di bawah oleh 0.
Menurut MCT, barisan pasti konvergen ke \(\inf\{1/\sqrt{n}\} = 0\).
Tinjau barisan jumlah parsial harmonik:
$$h_n = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{n}$$
Karena suku penambahnya selalu positif (\(\frac{1}{n+1} > 0\)), maka \(h_{n+1} = h_n + \frac{1}{n+1} > h_n\).
Artinya \((h_n)\) adalah barisan monoton naik tegas. Pertanyaan mendasar: Apakah barisan ini konvergen?
Trik Pengelompokan Pangkat Dua Oresme:
Mari kita tinjau suku-suku berindeks perpangkatan dua (\(n = 2^k\)):
• \(h_1 = h_{2^0} = 1\)
• \(h_2 = h_{2^1} = 1 + \frac{1}{2}\)
• \(h_4 = h_{2^2} = 1 + \frac{1}{2} + \underbrace{\left(\frac{1}{3} + \frac{1}{4}\right)}_{> \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}} > 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1 + \frac{2}{2}\)
• \(h_8 = h_{2^3} = h_4 + \underbrace{\left(\frac{1}{5} + \frac{1}{6} + \frac{1}{7} + \frac{1}{8}\right)}_{> 4 \times \frac{1}{8} = \frac{1}{2}} > 1 + \frac{2}{2} + \frac{1}{2} = 1 + \frac{3}{2}\)
Dengan induksi matematika, untuk setiap bilangan asli \(k \in \mathbb{N}\) diperoleh relasi: $$h_{2^k} > 1 + \frac{k}{2}$$
Berdasarkan Akibat 2.4.5 dari Sifat Archimedes, himpunan \(\{1 + \frac{k}{2} : k \in \mathbb{N}\}\) TIDAK TERBATAS DI ATAS. Karena \(h_{2^k} > 1 + k/2\), maka barisan bagian \((h_{2^k})\) tidak terbatas di atas.
Ini berakibat barisan induk \((h_n)\) tidak terbatas di atas di \(\mathbb{R}\).
Berdasarkan Teorema MCT (3.3.2), barisan monoton naik yang konvergen harus terbatas. Karena \((h_n)\) tidak terbatas, maka \((h_n)\) DIVERGEN KE \(+\infty\)! ■
4. Protokol 3 Tahap Barisan Rekursif / Induktif (Slide Hal. 14–24)
Prosedur operasional baku menyelesaikan soal konvergensi rekursif di Ujian FMIPA UI
Banyak mahasiswa langsung menulis di lembar jawaban: "Misalkan \(\lim x_n = x\), maka substitusikan \(x\) ke persamaan rekursi: \(x = \sqrt{2+x} \implies x^2 - x - 2 = 0 \implies x = 2\)."
LANGKAH INI MENDAPAT NILAI 0 DARI DOSEN JIKA DILAKUKAN DI AWAL!
Mengapa? Karena Anda mengasumsikan limit \(x\) itu ADA sebelum membuktikannya! Persamaan aljabar bisa saja memiliki solusi riil meskipun barisannya divergen berosilasi gila-gilaan (contoh: \(x_{n+1} = -x_n\), jika dimisalkan \(x = -x \implies 2x = 0 \implies x = 0\), padahal barisan \(1, -1, 1, -1, \dots\) jelas DIVERGEN!). Anda WAJIB membuktikan barisan itu konvergen terlebih dahulu via MCT, baru boleh menerapkan teorema aljabar limit!
Buktikan Keterbatasan (Induksi Matematika)
Buktikan dengan Prinsip Induksi Matematika (PIM) bahwa semua suku \(x_n\) terikat dalam interval batas tertentu: misal \(0 < x_n < 2\) atau \(1 \le x_n \le 3\) untuk setiap \(n \in \mathbb{N}\).
Buktikan Kemonotonan (Induksi / Aljabar)
Buktikan bahwa \(x_{n+1} \ge x_n\) (naik) atau \(x_{n+1} \le x_n\) (turun) untuk setiap \(n \in \mathbb{N}\) dengan memanfaatkan relasi rekursif dan batas dari Tahap 1.
Terapkan MCT & Hitung Nilai Limit
Nyatakan: "Berdasarkan MCT, barisan monoton dan terbatas pasti konvergen ke suatu \(x \in \mathbb{R}\)." Tarik limit pada kedua ruas rekursi dan selesaikan persamaan aljabar untuk mendapatkan \(x\).
Diberikan barisan \((x_n)\) yang didefinisikan secara rekursif oleh: $$x_1 = 1, \quad x_{n+1} = \frac{1}{4}(2x_n + 3) \quad \text{untuk } n \ge 1$$ Buktikan bahwa barisan ini konvergen dan tentukan nilai limitnya!
Hitung beberapa suku awal: \(x_1 = 1\), \(x_2 = \frac{2(1)+3}{4} = \frac{5}{4} = 1.25\), \(x_3 = \frac{2(1.25)+3}{4} = \frac{5.5}{4} = 1.375\).
Kelihatan bahwa \(x_1 < x_2 < x_3 < \dots\) barisan tampak monoton naik dan nilainya tampaknya tidak pernah melebihi 2. Mari buktikan secara formal!
Tahap 1: Buktikan \(x_n < 2\) untuk semua \(n \in \mathbb{N}\) dengan Induksi:
• Basis Induksi (\(n=1\)): \(x_1 = 1 < 2\). Benar.• Langkah Induksi: Asumsikan benar untuk \(n=k\), yakni \(x_k < 2\). Akan dibuktikan benar untuk \(n=k+1\).
Dari hipotesis induksi: $$x_k < 2 \implies 2x_k < 4 \implies 2x_k + 3 < 7 \implies x_{k+1} = \frac{2x_k + 3}{4} < \frac{7}{4} < 2$$ Terbukti berdasarkan PIM bahwa \(x_n < 2\) untuk semua \(n \in \mathbb{N}\). Barisan terbatas di atas oleh 2!
Tahap 2: Buktikan \(x_{n+1} > x_n\) untuk semua \(n \in \mathbb{N}\) (Monoton Naik):
• Basis Induksi (\(n=1\)): \(x_2 = 5/4 > 1 = x_1\). Benar.• Langkah Induksi: Asumsikan \(x_{k+1} > x_k\). Maka:
$$x_{k+1} > x_k \implies 2x_{k+1} > 2x_k \implies 2x_{k+1} + 3 > 2x_k + 3$$ $$\implies x_{k+2} = \frac{2x_{k+1} + 3}{4} > \frac{2x_k + 3}{4} = x_{k+1}$$ Terbukti berdasarkan PIM bahwa \(x_{n+1} > x_n\) untuk setiap \(n\). Barisan monoton naik tegas!
Tahap 3: Tarik Kesimpulan MCT & Hitung Limit:
Karena \((x_n)\) monoton naik dan terbatas di atas oleh 2, menurut Teorema 3.3.2 (MCT), barisan \((x_n)\) KONVERGEN. Misalkan \(\lim_{n\to\infty} x_n = x\).Karena barisan ekor \(x_{n+1}\) juga konvergen ke limit yang sama \(x\) (Teorema 3.1.9): $$\lim_{n\to\infty} x_{n+1} = \frac{1}{4}\left(2 \lim_{n\to\infty} x_n + 3\right) \implies x = \frac{2x + 3}{4}$$ $$4x = 2x + 3 \implies 2x = 3 \implies x = \frac{3}{2}$$ Jadi limit barisan tersebut adalah \(\lim_{n\to\infty} x_n = \frac{3}{2}\). ■
Diberikan barisan rekursif nonlinear: $$x_1 = \sqrt{2}, \quad x_{n+1} = \sqrt{2 + x_n} \quad \text{untuk } n \ge 1$$ Buktikan konvergensi barisan ini dan tentukan nilai limitnya!
Tahap 1: Tunjukkan \(1 < x_n < 2\) untuk semua \(n \in \mathbb{N}\):
• Untuk \(n=1\): \(x_1 = \sqrt{2}\). Karena \(1 < 2 < 4\), maka \(1 < \sqrt{2} < 2\). Benar.• Asumsikan \(1 < x_k < 2\). Maka: $$1 < x_k < 2 \implies 3 < 2 + x_k < 4 \implies \sqrt{3} < \sqrt{2+x_k} < \sqrt{4} = 2$$ Karena \(1 < \sqrt{3}\), maka \(1 < x_{k+1} < 2\). Terbukti via PIM bahwa \(x_n\) terbatas di atas oleh 2.
Tahap 2: Tunjukkan \(x_n < x_{n+1}\) (Monoton Naik):
• Untuk \(n=1\): \(x_1 = \sqrt{2} \approx 1.414\), \(x_2 = \sqrt{2 + \sqrt{2}} \approx \sqrt{3.414} \approx 1.847\). Jelas \(x_1 < x_2\).• Asumsikan \(x_k < x_{k+1}\). Maka: $$x_k < x_{k+1} \implies 2 + x_k < 2 + x_{k+1} \implies \sqrt{2+x_k} < \sqrt{2+x_{k+1}} \implies x_{k+1} < x_{k+2}$$ Terbukti via PIM bahwa barisan monoton naik tegas!
Tahap 3: Hitung Limit via MCT:
Karena \((x_n)\) monoton naik dan terbatas di atas oleh 2, berdasarkan MCT barisan ini pasti konvergen ke suatu \(x \in \mathbb{R}\).Dengan mengambil limit pada kedua ruas: $$x = \sqrt{2 + x} \implies x^2 = 2 + x \implies x^2 - x - 2 = 0 \implies (x - 2)(x + 1) = 0$$ Diperoleh solusi \(x = 2\) atau \(x = -1\).
Karena \(x_n \ge 1 > 0\) untuk setiap \(n\), berdasarkan Teorema Pelestarian Urutan (Teorema 3.2.4), limit \(x\) haruslah \(x \ge 1\). Dengan demikian nilai \(x = -1\) gugur.
Disimpulkan bahwa: $$\lim_{n\to\infty} x_n = 2$$ Fenomena menakjubkan: \(\sqrt{2 + \sqrt{2 + \sqrt{2 + \dots}}} = 2\)! ■
5. Kelahiran Bilangan Euler: Konstruksi Rigor Limit \((1 + 1/n)^n\) (Slide Hal. 22–24)
Membuktikan eksistensi bilangan natural e melalui Binomial Newton dan MCT
Tinjau barisan \(e_n = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n\) untuk \(n \in \mathbb{N}\). Kita akan membuktikan bahwa barisan ini monoton naik dan terbatas di atas oleh 3, sehingga limitnya pasti ADA menurut MCT, dan kita namakan limit tersebut sebagai bilangan \(e\).
Langkah 1: Ekspansi Binomial Newton untuk \(e_n\):
Berdasarkan Teorema Binomial Newton: $$e_n = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = 1 + \binom{n}{1}\frac{1}{n} + \binom{n}{2}\frac{1}{n^2} + \dots + \binom{n}{n}\frac{1}{n^n}$$ Perhatikan suku ke-\(k\) dari ekspansi ini: $$\binom{n}{k}\frac{1}{n^k} = \frac{n(n-1)(n-2)\dots(n-k+1)}{k! \, n^k} = \frac{1}{k!} \left(1 - \frac{1}{n}\right)\left(1 - \frac{2}{n}\right)\dots\left(1 - \frac{k-1}{n}\right)$$ Sehingga seluruh ekspansi dapat ditulis secara elegan: $$e_n = 1 + 1 + \frac{1}{2!}\left(1 - \frac{1}{n}\right) + \frac{1}{3!}\left(1 - \frac{1}{n}\right)\left(1 - \frac{2}{n}\right) + \dots + \frac{1}{n!}\left(1 - \frac{1}{n}\right)\dots\left(1 - \frac{n-1}{n}\right)$$
Langkah 2: Pembuktian Monoton Naik (\(e_n < e_{n+1}\)):
Bandingkan suku-suku pada \(e_n\) dengan \(e_{n+1}\):
1. Untuk setiap \(k \le n\), faktor \(\left(1 - \frac{j}{n}\right) < \left(1 - \frac{j}{n+1}\right)\) karena \(\frac{j}{n} > \frac{j}{n+1}\).
2. Selain itu, ekspansi \(e_{n+1}\) memiliki satu suku positif tambahan pada posisi ke-\((n+1)\).
Karena setiap suku pada ekspansi \(e_n\) lebih kecil dari suku bersesuaian pada \(e_{n+1}\) dan ada suku ekstra positif, maka:
$$e_n < e_{n+1}, \quad \forall n \in \mathbb{N}$$
Terbukti bahwa barisan \((e_n)\) adalah monoton naik tegas!
Langkah 3: Pembuktian Terbatas di Atas oleh 3:
Karena setiap faktor \(\left(1 - \frac{j}{n}\right) < 1\), kita dapat mengestimasi batas atas dari \(e_n\):
$$e_n < 1 + 1 + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \dots + \frac{1}{n!}$$
Perhatikan bahwa untuk setiap \(k \ge 2\), berlaku \(k! = 2 \times 3 \times \dots \times k \ge 2^{k-1}\). Akibatnya \(\frac{1}{k!} \le \frac{1}{2^{k-1}}\).
Substitusikan ketaksamaan ini ke dalam deret geometri:
$$e_n < 1 + 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + \dots + \frac{1}{2^{n-1}} = 1 + \frac{1 - (1/2)^n}{1 - 1/2} = 1 + 2\left(1 - \frac{1}{2^n}\right) < 1 + 2 = 3$$
Terbukti bahwa \(e_n < 3\) untuk setiap \(n \in \mathbb{N}\)!
Karena barisan \((e_n)\) monoton naik dan terbatas di atas oleh 3, berdasarkan Teorema Kekonvergenan Monoton (MCT), limitnya dijamin ADA di \(\mathbb{R}\). Kita definisikan: $$e = \lim_{n\to\infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = \sup\left\{\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n : n \in \mathbb{N}\right\} \approx 2.71828182845...$$ Konstruksi selesai secara sempurna dan rigor! ■
Refleksi Kritis & Catatan Meja Ujian FMIPA UI (Subbab 3.3)
Kompilasi jebakan fatal, rubrik penilaian dosen, dan checklist kuis 2
- Bukti Terbatas (8 Poin): Wajib ada basis induksi dan langkah induksi eksplisit. Jangan hanya menulis "jelas terlihat terbatas".
- Bukti Monoton (8 Poin): Memanfaatkan ketaksamaan rekursi atau selisih \(x_{k+1} - x_k\).
- Pernyataan Eksistensi MCT (4 Poin): Wajib mengutip nama "Monotone Convergence Theorem" sebelum menulis \(\lim x_n = x\).
- Penyelesaian Aljabar Limit (5 Poin): Mengeliminasi akar persamaan kuadrat yang tidak memenuhi syarat rentang.
Diberikan barisan \(x_1 = 2\) dan \(x_{n+1} = 3 - \frac{1}{x_n}\). Manakah pernyataan yang benar?
Subbarisan, Kriteria Kedivergenan & Teorema Bolzano-Weierstrass
Bagaimana mendeteksi keteraturan di balik kekacauan barisan yang berosilasi? Meskipun suatu barisan induk berantakan dan tidak konvergen, mungkinkah ada "jejak internal" di dalamnya yang bergerak teratur dan berlabuh pada satu titik? Pekan ini kita membedah konsep subbarisan, kriteria kedivergenan, Lemma Titik Puncak (Peak Lemma), serta mahakarya topologis analisis real: Teorema Bolzano-Weierstrass.
1. Intuisi & Definisi Formal Subbarisan (Slide Hal. 3–5)
Memilih suku-suku barisan dengan aturan indeks yang bergerak maju secara ketat
Bayangkan Anda sedang menonton sebuah film rekaman yang terdiri dari frame-frame berurutan \(x_1, x_2, x_3, \dots\). Anda memutuskan untuk mengambil beberapa frame pilihan untuk membuat klip sorotan (highlight clip). Aturan bakunya: waktu tidak boleh diputar mundur dan tidak boleh diam di tempat! Jika Anda memilih frame ke-\(n_1\), pilihan berikutnya \(n_2\) harus berada di masa depan (\(n_2 > n_1\)), pilihan ketiga \(n_3 > n_2\), dan seterusnya. Klip sorotan \((x_{n_k})_{k=1}^\infty\) inilah yang disebut sebagai subbarisan (subsequence).
Definisi 3.4.1: Subbarisan (Subsequence)
Bartle Hal. 75Misalkan \(X = (x_n)\) adalah suatu barisan bilangan real dan misalkan:
$$n_1 < n_2 < n_3 < \dots < n_k < n_{k+1} < \dots$$
adalah suatu barisan bilangan asli yang naik tegas. Maka barisan \(X' = (x_{n_k})_{k=1}^\infty\) yang diberikan oleh: $$(x_{n_1}, x_{n_2}, x_{n_3}, \dots, x_{n_k}, \dots)$$ disebut sebagai subbarisan dari \(X\).
Lemma Kunci: Pertumbuhan Indeks Subbarisan
Alat Wajib BuktiJika \((n_k)_{k=1}^\infty\) adalah barisan bilangan asli yang naik tegas (\(n_k \in \mathbb{N}\)), maka untuk setiap \(k \in \mathbb{N}\) berlaku:
$$n_k \ge k, \quad \forall k \in \mathbb{N}$$
1. Basis Induksi (\(k=1\)): Karena \(n_1 \in \mathbb{N}\), bilangan asli terkecil adalah 1, sehingga jelas \(n_1 \ge 1\). Terbukti benar untuk \(k=1\).
2. Langkah Induksi: Asumsikan benar untuk \(k\), yakni \(n_k \ge k\). Karena barisan indeks naik tegas, maka \(n_{k+1} > n_k\). Karena \(n_{k+1}\) dan \(n_k\) bilangan asli, ketaksamaan ketat berarti \(n_{k+1} \ge n_k + 1\). Menggunakan asumsi induksi: $$n_{k+1} \ge n_k + 1 \ge k + 1$$ Berdasarkan PIM, terbukti \(n_k \ge k\) untuk semua \(k \in \mathbb{N}\). ■
Ekor ke-\(m\) dari barisan \(X = (x_n)\) adalah barisan \(X_m = (x_{m+1}, x_{m+2}, x_{m+3}, \dots)\). Ini adalah subbarisan khusus dengan pemilihan indeks \(n_k = m + k\). Karena \(m+1 < m+2 < m+3 < \dots\), aturan kenaikan indeks terpenuhi sempurna.
2. Teorema Pelestarian Limit Subbarisan (Slide Hal. 6–8)
Jika barisan induk konvergen, seluruh anak subbarisannya mewarisi limit yang sama
Jika suatu barisan bilangan real \(X = (x_n)\) konvergen ke limit \(x\), maka sembarang subbarisan \(X' = (x_{n_k})\) dari \(X\) juga konvergen ke limit yang sama \(x\).
$$\lim_{n\to\infty} x_n = x \implies \lim_{k\to\infty} x_{n_k} = x$$
Bukti Formal Terurai Kalimat demi Kalimat (Standar Ujian):
1. Diketahui bahwa barisan induk konvergen ke \(x\), yakni \(\lim_{n\to\infty} x_n = x\).
2. Ambil sebarang tantangan galat \(\varepsilon > 0\).
3. Berdasarkan definisi limit barisan (Definisi 3.1.3), terdapat bilangan asli \(K(\varepsilon) \in \mathbb{N}\) sedemikian sehingga untuk setiap \(n \ge K(\varepsilon)\) berlaku: $$|x_n - x| < \varepsilon$$
4. Misalkan \(X' = (x_{n_k})\) adalah sebarang subbarisan dari \(X\). Berdasarkan Lemma Pertumbuhan Indeks, kita mengetahui bahwa \(n_k \ge k\) untuk setiap \(k \in \mathbb{N}\).
5. Oleh karena itu, jika kita mengambil indeks subbarisan \(k \ge K(\varepsilon)\), maka secara otomatis: $$n_k \ge k \ge K(\varepsilon)$$
6. Karena indeks asli \(n_k \ge K(\varepsilon)\), maka ketaksamaan galat berlaku pada suku subbarisan tersebut: $$|x_{n_k} - x| < \varepsilon$$
Kesimpulan: Terbukti bahwa untuk setiap \(\varepsilon > 0\), terdapat \(K \in \mathbb{N}\) sehingga untuk setiap \(k \ge K\) berlaku \(|x_{n_k} - x| < \varepsilon\). Artinya \(\lim_{k\to\infty} x_{n_k} = x\). ■
Jika Anda sudah mengetahui bahwa \(\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} = 0\), Anda tidak perlu membuktikan ulang bahwa \(\lim_{k\to\infty} \frac{1}{2k} = 0\) atau \(\lim_{k\to\infty} \frac{1}{k^2} = 0\) via \(\varepsilon-K\). Anda cukup menulis: "Karena \((1/2k)\) dan \((1/k^2)\) adalah subbarisan dari barisan konvergen \((1/n)\) dengan masing-masing indeks \(n_k = 2k\) dan \(n_k = k^2\), berdasarkan Teorema 3.4.2 limitnya pasti sama dengan 0."
3. Kriteria Kedivergenan Subbarisan (Divergence Criterion)
Senjata paling ampuh untuk membuktikan bahwa suatu barisan TIDAK konvergen
Jika barisan bilangan real \(X = (x_n)\) memenuhi salah satu dari kondisi berikut, maka barisan \(X\) PASTI DIVERGEN:
\(X\) memiliki dua subbarisan \(X' = (x_{n_k})\) dan \(X'' = (x_{m_k})\) yang masing-masing konvergen, tetapi menuju limit yang BERBEDA: $$\lim_{k\to\infty} x_{n_k} = x' \quad \text{dan} \quad \lim_{k\to\infty} x_{m_k} = x'' \quad \text{dengan } x' \ne x''$$
Barisan \(X\) adalah barisan yang TIDAK TERBATAS di \(\mathbb{R}\). (Karena menurut Teorema 3.2.2, setiap barisan konvergen wajib terbatas; kontraposisinya: tak terbatas \(\implies\) divergen).
Pilih subbarisan suku genap: \(n_k = 2k\):
\(x_{2k} = (-1)^{2k} = 1 \implies \lim x_{2k} = 1\).
Pilih subbarisan suku ganjil: \(m_k = 2k-1\):
\(x_{2k-1} = (-1)^{2k-1} = -1 \implies \lim x_{2k-1} = -1\).
Karena \(1 \ne -1\), terdapat 2 limit berbeda. Berdasarkan Teorema 3.4.5, barisan \((-1)^n\) divergen!
Nilai barisan berulang: \(1, 0, -1, 0, 1, 0, -1, 0, \dots\)
Subbarisan \(n_k = 4k + 1\):
\(x_{4k+1} = \sin((4k+1)\pi/2) = \sin(2k\pi + \pi/2) = 1 \to 1\).
Subbarisan \(m_k = 4k + 3\):
\(x_{4k+3} = \sin(2k\pi + 3\pi/2) = -1 \to -1\).
Karena dua subbarisan memiliki limit berbeda (\(1 \ne -1\)), barisan divergen!
Berdasarkan Sifat Archimedes (Teorema 2.4.4), himpunan suku-sukunya tidak memiliki batas atas di \(\mathbb{R}\).
Berdasarkan Teorema 3.2.2, setiap barisan yang konvergen harus terbatas.
Karena barisan ini tidak terbatas, barisan tidak mungkin konvergen. Maka barisan divergen!
4. Lemma Titik Puncak (Peak Lemma) & Teorema Subbarisan Monoton
Kunci brilian Robert G. Bartle untuk membuktikan Bolzano-Weierstrass tanpa biseksi
Diberikan barisan bilangan real \(X = (x_n)\). Suku ke-\(m\) yakni \(x_m\) disebut sebagai suatu titik puncak (peak) jika nilainya tidak pernah terlampaui oleh semua suku sesudahnya di masa depan:
$$x_m \ge x_n, \quad \forall n > m$$
Setiap barisan bilangan real pasti memiliki setidaknya satu subbarisan yang MONOTON.
Hanya ada dua kemungkinan logika komplementer di alam semesta terkait titik puncak suatu barisan: apakah barisan tersebut memiliki tak hingga banyaknya puncak, ataukah hanya memiliki berhingga banyaknya puncak (termasuk tidak punya sama sekali). Mari kita bedah kedua kasus!
Urutkan indeks seluruh puncak tersebut secara naik tegas:
$$m_1 < m_2 < m_3 < \dots < m_k < m_{k+1} < \dots$$
Karena \(x_{m_1}\) adalah titik puncak dan \(m_2 > m_1\), maka \(x_{m_1} \ge x_{m_2}\).
Karena \(x_{m_2}\) adalah titik puncak dan \(m_3 > m_2\), maka \(x_{m_2} \ge x_{m_3}\).
Secara umum untuk setiap \(k \in \mathbb{N}\), karena \(m_{k+1} > m_k\), berlaku:
$$x_{m_k} \ge x_{m_{k+1}}$$
Kesimpulan Kasus 1: Subbarisan puncak \((x_{m_k})_{k=1}^\infty\) adalah subbarisan yang MONOTON TURUN!
Misalkan titik puncak terakhir berada pada indeks \(m\) (jika tidak ada puncak, pilih \(m=0\)).
Pilih indeks \(s_1 = m + 1\). Karena \(s_1 > m\), maka \(x_{s_1}\) bukan merupakan titik puncak.
Karena bukan puncak, pasti ada suku di depannya yang melampauinya, yakni ada \(s_2 > s_1\) dengan \(x_{s_1} < x_{s_2}\).
Dengan alasan serupa, karena \(s_2 > m\), \(x_{s_2}\) juga bukan puncak, sehingga ada \(s_3 > s_2\) dengan \(x_{s_2} < x_{s_3}\).
Secara induktif, kita peroleh subbarisan \((x_{s_k})\) dengan:
$$x_{s_1} < x_{s_2} < x_{s_3} < \dots < x_{s_k} < x_{s_{k+1}} < \dots$$
Kesimpulan Kasus 2: Subbarisan \((x_{s_k})_{k=1}^\infty\) adalah subbarisan yang MONOTON NAIK TEGAS!
Karena kedua kasus komplementer ini mencakup seluruh barisan di \(\mathbb{R}\), terbukti bahwa setiap barisan bilangan real pasti memiliki subbarisan yang monoton! ■
5. Teorema Bolzano-Weierstrass (Dua Jalur Pembuktian Resmi FMIPA UI)
Mahakarya Analisis Real: Menjamin adanya keteraturan konvergen di dalam ruang terbatas
Setiap barisan bilangan real yang TERBATAS pasti memiliki setidaknya satu subbarisan yang KONVERGEN.
Tinjau barisan \(x_n = n\). Barisan ini tidak terbatas. Setiap subbarisannya memiliki bentuk \(x_{n_k} = n_k \ge k \to \infty\), sehingga tidak ada satu pun subbarisannya yang konvergen! Ketiadaan batas atas merusak eksistensi subbarisan konvergen.
1. Misalkan \(X = (x_n)\) adalah barisan bilangan real yang terbatas.
2. Berdasarkan Teorema 3.4.7 (Monotone Subsequence Theorem), barisan \(X\) pasti memiliki suatu subbarisan \(X' = (x_{n_k})\) yang monoton.
3. Karena barisan induk \(X\) terbatas, maka terdapat \(M > 0\) sehingga \(|x_n| \le M\) untuk semua \(n\). Jelas subbarisan \(X'\) juga otomatis terbatas (\(|x_{n_k}| \le M\)).
4. Berdasarkan Teorema Kekonvergenan Monoton (MCT 3.3.2), setiap barisan yang monoton dan terbatas PASTI KONVERGEN!
Terbukti sangat singkat, elegan, dan rigor! ■
1. Karena terbatas, terdapat interval tutup \(I_1 = [a, b]\) sehingga seluruh suku \(x_n \in I_1\).
2. Bagi \(I_1\) menjadi dua subinterval sama panjang dengan titik tengah \(m_1 = (a+b)/2\). Menurut Prinsip Sarang Burung, setidaknya salah satu paruh memuat tak hingga banyaknya suku \(x_n\). Pilih paruh tersebut dan namakan \(I_2 = [a_2, b_2]\).
3. Lakukan biseksi terus-menerus menghasilkan barisan interval bersarang tutup \(I_1 \supset I_2 \supset I_3 \supset \dots\) dengan panjang \(|I_k| = \frac{b-a}{2^{k-1}} \to 0\).
4. Menurut Sifat Interval Bersarang (NIP 2.5.2 & 2.5.3), terdapat titik tunggal \(\xi \in \bigcap_{k=1}^\infty I_k\).
5. Pilih suku \(x_{n_k} \in I_k\) dengan \(n_1 < n_2 < \dots\). Karena \(x_{n_k}, \xi \in I_k\), maka:
$$|x_{n_k} - \xi| \le |I_k| = \frac{b-a}{2^{k-1}} \to 0$$
Terbukti subbarisan \((x_{n_k})\) konvergen ke \(\xi\)! ■
Teorema: Misalkan \(X = (x_n)\) adalah barisan bilangan real yang TERBATAS. Jika setiap subbarisan dari \(X\) yang konvergen menuju ke limit yang sama \(x\), maka barisan induk \(X\) PASTI KONVERGEN ke \(x\).
⚠️ Jebakan Ujian Fatal: Kata "TERBATAS" tidak boleh dihilangkan!
Contoh Penyangkal Mematikan jika kata terbatas dihilangkan:
Tinjau barisan: \(X = (1, 2, 1, 4, 1, 6, 1, 8, \dots, 1, 2k, \dots)\).
Suku-suku ganjil bernilai 1, suku-suku genap bernilai \(2k\). Subbarisan konvergen dari \(X\) hanyalah barisan konstan \(1, 1, 1, \dots\) yang konvergen ke 1 (karena suku-suku genap meluncur ke tak hingga). Jadi seluruh subbarisan yang konvergen memang menuju ke 1! Namun barisan induk \(X\) jelas DIVERGEN karena tidak terbatas! Maka syarat keterbatasan adalah syarat mutlak yang tidak boleh ditawar.
Checkpoint Mandiri: Subbarisan & Bolzano-Weierstrass
Refleksi Konsep Krusial Ujian II FMIPA UI
Pertanyaan: Diberikan barisan \(x_n = (-1)^n + \frac{1}{n}\). Tentukan himpunan semua titik limit dari subbarisan-subbarisan yang konvergen dari \((x_n)\)!
- Subbarisan suku genap: \(x_{2k} = (-1)^{2k} + \frac{1}{2k} = 1 + \frac{1}{2k} \to 1\).
- Subbarisan suku ganjil: \(x_{2k-1} = (-1)^{2k-1} + \frac{1}{2k-1} = -1 + \frac{1}{2k-1} \to -1\).
Himpunan semua titik limit subbarisannya adalah \(\{-1, 1\}\). Karena ada 2 titik limit berbeda, barisan induknya divergen.
Kriteria Cauchy, Kelengkapan \(\mathbb{R}\) & Barisan Kontraktif
Bagaimana menguji kekonvergenan suatu barisan jika barisan tersebut tidak monoton dan kita tidak mengetahui nilai limitnya? Kriteria Cauchy menjawab tantangan ini: cukup buktikan bahwa suku-suku barisan semakin berdekatan satu sama lain di ekornya! Di dalam \(\mathbb{R}\), konsep Cauchy dan konvergensi adalah dua sisi mata uang yang sama.
1. Intuisi & Definisi Formal Barisan Cauchy (Slide Hal. 3–12)
Merapatnya suku-suku barisan secara internal tanpa memerlukan acuan titik limit
Definisi konvergen biasa (\(|x_n - x| < \varepsilon\)) adalah uji eksternal: Anda harus tahu stasiun tujuan \(x\) terlebih dahulu sebelum bisa memeriksa apakah kereta semakin mendekat ke stasiun. Namun bagaimana jika stasiun tujuan itu berupa bilangan irasional rumit yang belum pernah ditemukan manusia? Kriteria Cauchy adalah uji internal: para penumpang di dalam kereta saling mengukur jarak mereka satu sama lain (\(|x_n - x_m| < \varepsilon\)). Jika seluruh suku di bagian ekor saling merapat tak terbatas, apakah kereta tersebut pasti berhenti di suatu tempat? Di \(\mathbb{R}\), jawabannya adalah PASTI!
Definisi 3.5.1: Barisan Cauchy
Bartle Hal. 83Barisan bilangan real \(X = (x_n)\) disebut Barisan Cauchy jika untuk setiap \(\varepsilon > 0\), terdapat bilangan asli \(H(\varepsilon) \in \mathbb{N}\) sehingga untuk setiap \(n, m \ge H(\varepsilon)\) berlaku:
$$|x_n - x_m| < \varepsilon, \quad \forall n, m \ge H(\varepsilon)$$
Makna Fisis: Jarak antara sebarang dua suku sesudah indeks \(H\) selalu lebih kecil dari \(\varepsilon\).
Negasi Definisi: Membuktikan Bukan Cauchy
Teknik Kontra UjianBarisan \(X = (x_n)\) bukan barisan Cauchy jika terdapat konstanta \(\varepsilon_0 > 0\) sedemikian sehingga untuk setiap \(H \in \mathbb{N}\), terdapat sepasang indeks \(n > m \ge H\) dengan:
$$|x_n - x_m| \ge \varepsilon_0$$
Analisis Pendahuluan (Scratchwork):
Kita ingin mengontrol jarak: \(|x_n - x_m| = \left|\frac{1}{n} - \frac{1}{m}\right|\).
Dengan ketaksamaan segitiga:
$$\left|\frac{1}{n} - \frac{1}{m}\right| \le \frac{1}{n} + \frac{1}{m}$$
Jika \(n \ge H\) dan \(m \ge H\), maka \(\frac{1}{n} \le \frac{1}{H}\) dan \(\frac{1}{m} \le \frac{1}{H}\).
Sehingga:
$$\left|\frac{1}{n} - \frac{1}{m}\right| \le \frac{1}{H} + \frac{1}{H} = \frac{2}{H}$$
Agar \(\frac{2}{H} < \varepsilon\), kita memerlukan \(H > \frac{2}{\varepsilon}\).
Bukti Formal Lembar Ujian:
Ambil sebarang \(\varepsilon > 0\). Berdasarkan Sifat Archimedes (Teorema 2.4.4), terdapat bilangan asli \(H \in \mathbb{N}\) sedemikian sehingga \(H > \frac{2}{\varepsilon}\).
Maka untuk setiap \(n, m \ge H\) berlaku:
$$|x_n - x_m| = \left|\frac{1}{n} - \frac{1}{m}\right| \le \frac{1}{n} + \frac{1}{m} \le \frac{1}{H} + \frac{1}{H} = \frac{2}{H} < \varepsilon$$
Terbukti bahwa \((1/n)\) adalah barisan Cauchy. ■
2. Dua Lemma Kunci Barisan Cauchy (Slide Hal. 13–14)
Jembatan pembuktian ekuivalensi Cauchy dengan kekonvergenan
Jika suatu barisan bilangan real \(X = (x_n)\) konvergen, maka \(X\) merupakan barisan Cauchy.
Bukti Kalimat demi Kalimat:
1. Misalkan \(\lim_{n\to\infty} x_n = x\). Ambil sebarang \(\varepsilon > 0\).
2. Karena konvergen, terdapat \(K \in \mathbb{N}\) sehingga untuk setiap \(k \ge K\) berlaku: $$|x_k - x| < \frac{\varepsilon}{2}$$
3. Pilih indeks ambang \(H = K\). Maka untuk sebarang dua indeks \(n, m \ge H\), gunakan trik tambah-kurang limit \(x\): $$|x_n - x_m| = |(x_n - x) + (x - x_m)|$$ $$\le |x_n - x| + |x - x_m|$$ $$= |x_n - x| + |x_m - x| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon$$
Terbukti \(X\) adalah barisan Cauchy! ■
Setiap barisan Cauchy dari bilangan real adalah barisan yang TERBATAS.
Bukti Kalimat demi Kalimat:
1. Misalkan \(X = (x_n)\) barisan Cauchy. Pilih nilai khusus \(\varepsilon = 1\).
2. Terdapat \(H \in \mathbb{N}\) sehingga untuk semua \(n, m \ge H\) berlaku \(|x_n - x_m| < 1\).
3. Khususnya untuk \(m = H\), untuk setiap \(n \ge H\) berlaku: $$|x_n - x_H| < 1 \implies |x_n| \le |x_H| + 1$$
4. Untuk mengendalikan berhingga suku awal di depan \(H\), tetapkan konstanta: $$M = \max\{|x_1|, |x_2|, \dots, |x_{H-1}|, |x_H| + 1\}$$
Maka jelas \(|x_n| \le M\) untuk semua \(n \in \mathbb{N}\). Terbukti terbatas! ■
3. Kriteria Konvergensi Cauchy & Kelengkapan \(\mathbb{R}\) (Slide Hal. 15–18)
Mahakarya pembuktian Cauchy \(\implies\) Konvergen via Teorema Bolzano-Weierstrass
Suatu barisan bilangan real konvergen jika dan hanya jika barisan tersebut adalah barisan Cauchy.
$$\lim_{n\to\infty} x_n \text{ ADA di } \mathbb{R} \iff (x_n) \text{ adalah Barisan Cauchy}$$
Bukti Mendalam Arah Implikasi Balik: Cauchy \(\implies\) Konvergen
Misalkan \(X = (x_n)\) adalah barisan Cauchy. Berdasarkan Lemma 3.5.4 yang telah kita buktikan, barisan \(X\) adalah barisan yang terbatas di \(\mathbb{R}\).
Karena barisan \(X\) terbatas, berdasarkan Teorema Bolzano-Weierstrass (Teorema 3.4.8), barisan \(X\) pasti memiliki suatu subbarisan \(X' = (x_{n_k})\) yang konvergen ke suatu titik limit \(x^* \in \mathbb{R}\): $$\lim_{k\to\infty} x_{n_k} = x^*$$
Akan kita buktikan bahwa barisan induk \((x_n)\) juga konvergen ke \(x^*\).
Ambil sebarang tantangan galat \(\varepsilon > 0\).
- Karena \(X\) adalah barisan Cauchy, terdapat bilangan asli \(H \in \mathbb{N}\) sehingga untuk setiap \(n, m \ge H\) berlaku: $$|x_n - x_m| < \frac{\varepsilon}{2}$$ - Karena subbarisan \((x_{n_k})\) konvergen ke \(x^*\), terdapat bilangan asli \(K \in \mathbb{N}\) sehingga untuk setiap \(k \ge K\) berlaku: $$|x_{n_k} - x^*| < \frac{\varepsilon}{2}$$
Pilih indeks subbarisan \(k\) sedemikian sehingga \(k \ge K\) dan \(n_k \ge H\) (hal ini selalu bisa dilakukan karena menurut Lemma Indeks, \(n_k \ge k\), sehingga cukup pilih \(k \ge \max\{K, H\}\)).
Sekarang, untuk setiap indeks sebarang \(n \ge H\), gunakan ketaksamaan segitiga dengan menyisipkan suku subbarisan \(x_{n_k}\): $$|x_n - x^*| = |(x_n - x_{n_k}) + (x_{n_k} - x^*)|$$ $$\le \underbrace{|x_n - x_{n_k}|}_{< \varepsilon/2 \text{ (sebab } n, n_k \ge H)} + \underbrace{|x_{n_k} - x^*|}_{< \varepsilon/2 \text{ (sebab } k \ge K)}$$ $$< \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon$$
Terbukti bahwa untuk setiap \(\varepsilon > 0\), terdapat \(H \in \mathbb{N}\) sehingga untuk setiap \(n \ge H\) berlaku \(|x_n - x^*| < \varepsilon\).
Artinya barisan induk \((x_n)\) terbukti konvergen ke \(x^*\) di \(\mathbb{R}\)! ■
Di dalam himpunan bilangan rasional \(\mathbb{Q}\), barisan aproksimasi desimal \(\sqrt{2}\): $$x_1 = 1.4, \quad x_2 = 1.41, \quad x_3 = 1.414, \quad x_4 = 1.4142, \dots$$ adalah Barisan Cauchy dari bilangan rasional (seluruh sukunya adalah pecahan rasional dan suku-sukunya saling merapat). Namun barisan ini TIDAK KONVERGEN DI \(\mathbb{Q}\), karena limitnya adalah \(\sqrt{2} \notin \mathbb{Q}\)! Ruang rasional \(\mathbb{Q}\) memiliki "lubang-lubang". Ruang bilangan real \(\mathbb{R}\) disebut ruang metrik lengkap justru karena setiap barisan Cauchy di dalamnya dijamin menemukan titik berlabuh di dalam \(\mathbb{R}\) itu sendiri!
4. Teorema Barisan Kontraktif & Estimasi Galat (Slide Hal. 19–25)
Penerapan praktis Kriteria Cauchy pada barisan komputasi numerik dan titik tetap
Suatu barisan bilangan real \(X = (x_n)\) dikatakan kontraktif jika terdapat konstanta \(C \in \mathbb{R}\) dengan \(0 < C < 1\) sedemikian sehingga untuk setiap \(n \in \mathbb{N}\) berlaku:
$$|x_{n+2} - x_{n+1}| \le C |x_{n+1} - x_n|, \quad \forall n \in \mathbb{N}$$
Konstanta \(C\) disebut sebagai faktor kontraksi. Jarak antara dua suku berturutan menyusut dengan faktor setidaknya \(C < 1\) pada setiap langkah.
Setiap barisan kontraktif adalah barisan Cauchy, sehingga PASTI KONVERGEN di \(\mathbb{R}\).
1. Dengan menerapkan relasi kontraksi berulang-ulang: $$|x_3 - x_2| \le C |x_2 - x_1|$$ $$|x_4 - x_3| \le C |x_3 - x_2| \le C^2 |x_2 - x_1|$$ Secara umum: \(|x_{n+1} - x_n| \le C^{n-1} |x_2 - x_1|\).
2. Untuk sebarang \(m > n\), gunakan ketaksamaan segitiga berantai (teleskopis): $$|x_m - x_n| \le |x_m - x_{m-1}| + |x_{m-1} - x_{m-2}| + \dots + |x_{n+1} - x_n|$$ $$\le (C^{m-2} + C^{m-3} + \dots + C^{n-1}) |x_2 - x_1|$$ $$= C^{n-1}(1 + C + C^2 + \dots + C^{m-n-1}) |x_2 - x_1|$$ $$\le C^{n-1} \left(\sum_{j=0}^\infty C^j\right) |x_2 - x_1| = \frac{C^{n-1}}{1 - C} |x_2 - x_1|$$ 3. Karena \(0 < C < 1\), menurut Teorema 3.1.11 berlaku \(\lim_{n\to\infty} C^{n-1} = 0\). Akibatnya \(\frac{C^{n-1}}{1-C} |x_2 - x_1| \to 0\).
Terbukti barisan kontraktif adalah barisan Cauchy, dan dengan demikian pasti konvergen ke suatu limit \(x^* \in \mathbb{R}\)! ■
Jika \((x_n)\) barisan kontraktif dengan konstanta \(C < 1\) dan konvergen ke \(x^*\), maka jarak galat ke nilai limit sejati dapat diestimasi melalui dua cara:
$$|x_n - x^*| \le \frac{C^{n-1}}{1 - C} |x_2 - x_1|$$
Kegunaan: Digunakan sebelum komputasi dijalankan untuk memprediksi berapa banyak iterasi \(n\) yang dibutuhkan agar galat di bawah toleransi tertentu (\(< 10^{-4}\)).
$$|x_n - x^*| \le \frac{C}{1 - C} |x_n - x_{n-1}|$$
Kegunaan: Digunakan selama komputasi berjalan sebagai kriteria penghentian iterasi (stopping criterion).
Checkpoint Mandiri: Kriteria Cauchy & Kontraktif
Refleksi Konsep Krusial Ujian II FMIPA UI
Pertanyaan: Manakah di antara barisan berikut yang merupakan barisan Cauchy?
- Opsi A adalah deret harmonik: tidak terbatas, divergen, sehingga BUKAN Cauchy (sebab jika Cauchy pasti konvergen di \(\mathbb{R}\)).
- Opsi B: \(|x_{n+1} - x_n| = \left|\frac{x_n + x_{n-1}}{2} - x_n\right| = \frac{1}{2}|x_n - x_{n-1}|\). Barisan kontraktif dengan faktor kontraksi \(C = 1/2 < 1\). Menurut Teorema 3.5.8, barisan ini pasti Cauchy dan konvergen!
Barisan Divergen Sejati (Properly Divergent Sequences)
Penutup komprehensif Bab 3 Teori Barisan. Tidak semua kedivergenan bersifat acak atau berosilasi liar. Sebagian barisan memiliki kedivergenan terarah yang pasti menuju \(+\infty\) atau \(-\infty\). Di sini kita membedah definisi formal kuantor \(\alpha-K\) dan \(\beta-K\), membuktikan teorema barisan monoton tak terbatas, serta menguasai teorema komparasi dan rasio limit tak hingga.
1. Definisi Formal Barisan Divergen Sejati (Slide Hal. 3–7)
Mendefinisikan perilaku melaju ke tak hingga tanpa menganggap tak hingga sebagai bilangan real
Definisi 3.6.1(a): Divergen Sejati ke \(+\infty\)
Kuantor \(\alpha-K\)Barisan bilangan real \(X = (x_n)\) dikatakan divergen sejati menuju \(+\infty\) (ditulis \(\lim x_n = +\infty\) atau \(x_n \to +\infty\)) jika:
$$\forall \alpha \in \mathbb{R}, \, \exists K(\alpha) \in \mathbb{N} \text{ s.t. } \forall n \ge K(\alpha), \, x_n > \alpha$$
Intuisi: Seberapa pun tingginya pembatas \(\alpha\) yang ditetapkan, semua suku barisan sesudah indeks \(K(\alpha)\) dipastikan melompat melewatinya.
Definisi 3.6.1(b): Divergen Sejati ke \(-\infty\)
Kuantor \(\beta-K\)Barisan bilangan real \(X = (x_n)\) dikatakan divergen sejati menuju \(-\infty\) (ditulis \(\lim x_n = -\infty\) atau \(x_n \to -\infty\)) jika:
$$\forall \beta \in \mathbb{R}, \, \exists K(\beta) \in \mathbb{N} \text{ s.t. } \forall n \ge K(\beta), \, x_n < \beta$$
Peringatan Teoretis: Menuliskan \(\lim x_n = \pm\infty\) BUKAN berarti barisan itu konvergen. Barisan divergen sejati adalah barisan yang DIVERGEN.
2. Teorema Barisan Monoton Tak Terbatas (Slide Hal. 8–10)
Pasangan komplementer dari Teorema Kekonvergenan Monoton (MCT)
Suatu barisan bilangan real yang monoton merupakan barisan divergen sejati jika dan hanya jika barisan tersebut tidak terbatas.
👁️ Bukti Lengkap Kasus Barisan Naik Tak Terbatas (Slide Resmi FMIPA UI) ▼
Bukti: Misalkan \((x_n)\) adalah barisan monoton naik.
1. (\(\impliedby\)) Asumsikan \((x_n)\) adalah barisan yang tidak terbatas di atas.
Ambil sebarang \(\alpha \in \mathbb{R}\).
Karena \((x_n)\) tidak terbatas di atas, bilangan \(\alpha\) bukanlah batas atas bagi himpunan suku-sukunya \(\{x_n : n \in \mathbb{N}\}\).
Akibatnya, terdapat indeks \(K(\alpha) \in \mathbb{N}\) sedemikian sehingga:
\(x_{K(\alpha)} > \alpha\).
Karena \((x_n)\) adalah barisan naik, maka untuk setiap \(n \ge K(\alpha)\) berlaku:
\(x_n \ge x_{K(\alpha)} > \alpha\).
Karena \(\alpha \in \mathbb{R}\) sebarang, maka terbukti bahwa \(\lim x_n = +\infty\).
2. (\(\implies\)) Sebaliknya, jika \(\lim x_n = +\infty\), ambil \(\alpha = M\) untuk sebarang kandidat batas \(M > 0\). Terdapat \(K\) s.t. \(x_n > M\) untuk \(n \ge K\), sehingga barisan tidak mungkin terbatas di atas.
Terbukti tuntas dua arah! ■
3. Teorema Komparasi & Teorema Rasio Limit Tak Hingga
Mendeteksi kedivergenan sejati dengan membandingkan terhadap barisan acuan
Misalkan \((x_n)\) dan \((y_n)\) adalah barisan bilangan real yang memenuhi: $$x_n \le y_n, \quad \forall n \in \mathbb{N}$$
(a) Jika \(\lim x_n = +\infty\), maka haruslah \(\lim y_n = +\infty\).
(Intuisi: Jika barisan bawah meledak ke \(+\infty\), barisan atas ikut terdorong).
(b) Jika \(\lim y_n = -\infty\), maka haruslah \(\lim x_n = -\infty\).
(Intuisi: Jika barisan atas anjlok ke \(-\infty\), barisan bawah ikut tertindih).
Misalkan \((x_n)\) dan \((y_n)\) barisan positif dan misalkan \(\lim \frac{x_n}{y_n} = L\).
(a) Jika \(0 < L < \infty\):
Maka \(\lim x_n = +\infty \iff \lim y_n = +\infty\).
Kedua barisan memiliki laju pertumbuhan yang seimbang.
(b) Jika \(L = 0\) dan \(\lim x_n = +\infty\):
Maka \(\lim y_n = +\infty\) dengan pertumbuhan yang jauh lebih cepat.
4. Empat Contoh Pembuktian Formal Divergen Sejati
Menerapkan Sifat Archimedes dan Ketaksamaan Bernoulli pada kuantor \(\alpha-K\)
Ambil sebarang \(\alpha \in \mathbb{R}\).
- Jika \(\alpha \le 0\), pilih \(K = 1\). Maka \(\forall n \ge 1, \, x_n = n \ge 1 > 0 \ge \alpha\).
- Jika \(\alpha > 0\), berdasarkan Sifat Archimedes (Teorema 2.4.3), terdapat bilangan asli \(K \in \mathbb{N}\) sehingga \(K > \alpha\).
Maka untuk setiap \(n \ge K\), berlaku: \(x_n = n \ge K > \alpha\).
Terbukti bahwa \(\lim(n) = +\infty\). ■
Perhatikan bahwa untuk setiap \(n \in \mathbb{N}\), berlaku ketaksamaan:
\(n^2 + 2n > n\).
Dari Contoh 1, kita sudah membuktikan bahwa \(\lim(n) = +\infty\).
Berdasarkan Teorema Komparasi 3.6.4(a) dengan \(x_n = n\) dan \(y_n = n^2 + 2n\), langsung disimpulkan bahwa \(\lim (n^2 + 2n) = +\infty\). ■
Karena \(c > 1\), kita tulis \(c = 1 + b\) dengan \(b = c - 1 > 0\).
Dengan Ketaksamaan Bernoulli: \(c^n = (1+b)^n \ge 1 + nb > nb\).
Ambil sebarang \(\alpha \in \mathbb{R}\). Asumsikan \(\alpha > 0\). Berdasarkan Sifat Archimedes, pilih \(K \in \mathbb{N}\) dengan \(K > \frac{\alpha}{b}\).
Maka untuk setiap \(n \ge K\) berlaku:
\(c^n > nb \ge Kb > \frac{\alpha}{b} \cdot b = \alpha\).
Terbukti bahwa \(\lim (c^n) = +\infty\). ■
Ambil sebarang \(\beta \in \mathbb{R}\). Asumsikan \(\beta < 0\), sehingga \(-\beta > 0\) dan \(\beta^2 > 0\).
Berdasarkan Sifat Archimedes, terdapat \(K \in \mathbb{N}\) sehingga \(K > \beta^2\).
Maka untuk setiap \(n \ge K\), berlaku:
\(n \ge K > \beta^2 \implies \sqrt{n} > |\beta| = -\beta \iff -\sqrt{n} < \beta\).
Terbukti bahwa \(\lim (-\sqrt{n}) = -\infty\). ■
5. Killer Traps Dosen Pengampu UI pada Subbab 3.6
Dua jebakan logika fatal tentang tak hingga dan kedivergenan
Jebakan: Mengira bahwa semua barisan yang tidak terbatas pasti menuju \(+\infty\) atau \(-\infty\).
Penyangkal: Tinjau barisan \(x_n = ((-1)^n n) = (-1, 2, -3, 4, -5, \dots)\). Barisan ini jelas tidak terbatas, tetapi sukunya melompat bolak-balik antara positif dan negatif besar. Ia BUKAN barisan divergen sejati karena tidak ada arah tunggal yang konsisten!
Jebakan: Jika \(\lim x_n = \infty\) dan \(\lim y_n = \infty\), mengira \(\lim (x_n - y_n) = 0\).
Koreksi: Lambang \(\infty\) bukan bilangan. Contoh: \(x_n = n^2\) dan \(y_n = n\). Keduanya menuju \(\infty\), tetapi selisihnya \(x_n - y_n = n^2 - n = n(n-1) \to +\infty\), bukan 0!
6. Cek Pemahaman Mandiri (Interactive Self-Check)
Uji kemampuan analitis sebelum melangkah ke Bab 4 Limit Fungsi
Pertanyaan: Diberikan barisan \(x_n = \frac{n^3 + 5}{2n + 1}\). Apakah barisan ini merupakan barisan divergen sejati, dan bagaimana membuktikannya menggunakan Teorema Komparasi atau Kemonotonan?
👁️ Klik untuk Melihat Kunci & Pembahasan
Pembahasan:
Perhatikan ketaksamaan penyederhanaan untuk \(n \ge 1\):
\(x_n = \frac{n^3 + 5}{2n + 1} > \frac{n^3}{2n + n} = \frac{n^3}{3n} = \frac{1}{3} n^2 \ge \frac{1}{3} n\).
Karena \(\lim\left(\frac{1}{3} n\right) = +\infty\), berdasarkan Teorema Komparasi 3.6.4(a), langsung terbukti bahwa barisan \((x_n)\) adalah divergen sejati ke \(+\infty\) (\(\lim x_n = +\infty\)).
Titik Kumpul (Cluster Point) & Limit Fungsi \(\varepsilon-\delta\)
Selamat datang di Bab 4: Teori Limit Fungsi Real. Berbeda dengan barisan bilangan real yang bergerak melompat diskrit (\(n \in \mathbb{N}\)), variabel fungsi bergerak mengalir kontinu (\(x \in \mathbb{R}\)). Fondasi kalkulus modern berpijak pada ketelitian topologis di sekitar titik acuan: Titik Kumpul (Cluster Point), pembuktian formal limit menggunakan permainan \(\varepsilon-\delta\), serta Kriteria Barisan (Sequential Criterion) yang menjadi jembatan penghubung antara teori barisan di Bab 3 dan fungsi di Bab 4.
1. Titik Kumpul (Cluster Point) & Karakterisasi Barisan (Slide Hal. 2–5)
Syarat mutlak agar suatu titik dapat ditinjau nilai limit fungsinya
Bayangkan Anda ingin mempelajari apa yang terjadi pada fungsi \(f(x)\) ketika \(x\) "mendekati" suatu titik \(c\). Agar proses "mendekati" ini bermakna, domain fungsi harus memiliki anggota-anggota lain yang berada sangat dekat dengan \(c\)! Jika titik \(c\) berdiri sendirian di tengah ruang hampa (misalnya titik terisolasi tanpa tetangga sejauh 1 meter), tidak ada cara bagi variabel \(x\) dari domain untuk bergerak menghampiri \(c\). Oleh karena itu, kita mendefinisikan titik kumpul (cluster point): suatu titik yang selalu dikerubungi oleh anggota himpunan lain sedekat apa pun jarak yang kita tetapkan!
Definisi 4.1.1: Titik Kumpul (Cluster Point)
Bartle Hal. 104Misalkan \(A \subseteq \mathbb{R}\). Suatu titik \(c \in \mathbb{R}\) disebut titik kumpul dari \(A\) jika untuk setiap persekitaran-\(\delta\) di sekitar \(c\), yakni \(V_\delta(c) = (c-\delta, c+\delta)\), selalu memuat setidaknya satu titik \(x \in A\) dengan \(x \ne c\):
$$\forall \delta > 0, \quad (V_\delta(c) \cap A) \setminus \{c\} \ne \emptyset$$
Contoh: Jika \(A = (0, 1)\), maka titik \(0\) dan \(1\) adalah titik kumpul dari \(A\), meskipun \(0 \notin A\) dan \(1 \notin A\).
Teorema 4.1.2: Karakterisasi Barisan Titik Kumpul
Ekuivalensi BarisanSuatu titik \(c \in \mathbb{R}\) adalah titik kumpul dari \(A \subseteq \mathbb{R}\) jika dan hanya jika terdapat barisan bilangan real \((a_n)\) di dalam \(A\) dengan \(a_n \ne c\) untuk semua \(n \in \mathbb{N}\) sedemikian sehingga:
$$\lim_{n\to\infty} a_n = c$$
• \((\implies)\): Untuk setiap \(n \in \mathbb{N}\), pilih radius \(\delta_n = 1/n\). Karena \(c\) titik kumpul, terdapat \(a_n \in A\) dengan \(0 < |a_n - c| < 1/n\). Menurut Teorema Apit, \(\lim a_n = c\).
• \((\impliedby)\): Diberikan sebarang \(\delta > 0\). Karena \(a_n \to c\), untuk \(n\) cukup besar \(|a_n - c| < \delta\). Karena \(a_n \in A\) dan \(a_n \ne c\), maka \(a_n \in (V_\delta(c) \cap A) \setminus \{c\}\). Terbukti!
2. Definisi Formal Limit Fungsi \(\varepsilon-\delta\) (Slide Hal. 6–13)
Mekanisme tantangan toleransi output \(\varepsilon\) dan tanggapan radius input \(\delta\)
Misalkan \(A \subseteq \mathbb{R}\), \(f: A \to \mathbb{R}\), dan \(c\) adalah titik kumpul dari \(A\). Suatu bilangan real \(L \in \mathbb{R}\) disebut limit dari \(f\) pada \(c\) (ditulis \(\lim_{x \to c} f(x) = L\)) jika:
$$\forall \varepsilon > 0, \, \exists \delta > 0 \text{ s.t. } \forall x \in A, \, 0 < |x - c| < \delta \implies |f(x) - L| < \varepsilon$$
Kondisi \(0 < |x - c|\) menegaskan bahwa \(x \ne c\). Nilai fungsi di titik \(c\) (yakni \(f(c)\)) sama sekali TIDAK MEMPENGARUHI nilai limit! Fungsi \(f\) bahkan tidak perlu terdefinisi pada titik \(c\). Contoh: \(f(x) = \frac{x^2 - 1}{x - 1}\) tidak terdefinisi di \(x=1\), namun limitnya tetap bernilai 2.
Nilai toleransi input \(\delta\) umumnya bergantung pada dua variabel: tingkat ketelitian \(\varepsilon\) yang diminta penantang, serta lokasi titik acuan \(c\). Jika grafik fungsi sangat curam di sekitar \(c\), pembukti harus memilih \(\delta\) yang sangat kecil agar pantulan output tidak keluar dari pita \((L - \varepsilon, L + \varepsilon)\).
Jika fungsi \(f: A \to \mathbb{R}\) memiliki limit pada titik kumpul \(c\), maka nilai limit tersebut adalah TUNGGAL.
Bukti Kontradiksi via Hausdorff Separation:
Andaikan limit tidak tunggal, yakni \(\lim_{x \to c} f(x) = L\) dan \(\lim_{x \to c} f(x) = M\) dengan \(L \ne M\).
Pilih \(\varepsilon_0 = \frac{|L - M|}{2} > 0\).
Karena \(\lim f(x) = L\), terdapat \(\delta_1 > 0\) sehingga jika \(0 < |x-c| < \delta_1\) maka \(|f(x) - L| < \varepsilon_0\).
Karena \(\lim f(x) = M\), terdapat \(\delta_2 > 0\) sehingga jika \(0 < |x-c| < \delta_2\) maka \(|f(x) - M| < \varepsilon_0\).
Pilih \(\delta = \min\{\delta_1, \delta_2\} > 0\). Karena \(c\) titik kumpul dari \(A\), terdapat \(x_0 \in A\) dengan \(0 < |x_0 - c| < \delta\).
Gunakan ketaksamaan segitiga:
$$|L - M| \le |L - f(x_0)| + |f(x_0) - M| < \varepsilon_0 + \varepsilon_0 = 2\left(\frac{|L - M|}{2}\right) = |L - M|$$
Timbul kemustahilan \(|L - M| < |L - M|\). Jadi pengandaian salah, haruslah \(L = M\)! ■
3. Kriteria Barisan untuk Limit Fungsi (Sequential Criterion)
Jembatan tol yang menghubungkan kekayaan teori Bab 3 ke analisis fungsi Bab 4
Diberikan fungsi \(f: A \to \mathbb{R}\) dan \(c\) titik kumpul dari \(A\). Maka \(\lim_{x \to c} f(x) = L\) jika dan hanya jika untuk SETIAP barisan \((x_n)\) di dalam \(A\) dengan \(x_n \ne c, \forall n\) yang konvergen ke \(c\), barisan nilai fungsinya konvergen ke \(L\):
$$\lim_{n\to\infty} x_n = c \implies \lim_{n\to\infty} f(x_n) = L$$
1. \((\implies)\): Misalkan \(\lim_{x\to c} f(x) = L\). Ambil sebarang \(\varepsilon > 0\). Terdapat \(\delta > 0\) sesuai definisi limit. Karena barisan \(x_n \to c\) dan \(x_n \ne c\), maka terdapat \(K \in \mathbb{N}\) sehingga untuk setiap \(n \ge K\) berlaku \(0 < |x_n - c| < \delta\). Akibatnya \(|f(x_n) - L| < \varepsilon\) untuk semua \(n \ge K\). Terbukti \(\lim f(x_n) = L\).
2. \((\impliedby)\): Dibuktikan secara kontraposisi. Andaikan \(\lim_{x\to c} f(x) \ne L\). Maka terdapat \(\varepsilon_0 > 0\) sehingga untuk setiap \(\delta > 0\) terdapat \(x_\delta \in A\) dengan \(0 < |x_\delta - c| < \delta\) tetapi \(|f(x_\delta) - L| \ge \varepsilon_0\).
Khususnya untuk setiap \(n \in \mathbb{N}\), pilih \(\delta_n = 1/n\). Maka terdapat suku \(x_n \in A\) dengan \(0 < |x_n - c| < 1/n\) tetapi \(|f(x_n) - L| \ge \varepsilon_0\).
Barisan \((x_n)\) jelas konvergen ke \(c\) dan \(x_n \ne c\), namun barisan \((f(x_n))\) TIDAK konvergen ke \(L\). Kontradiksi dengan hipotesis! Terbukti tuntas. ■
Fungsi \(f\) TIDAK MEMILIKI LIMIT pada titik kumpul \(c\) jika salah satu kondisi berikut terpenuhi:
- Terdapat suatu barisan \((x_n)\) di \(A\) dengan \(x_n \ne c\) dan \(x_n \to c\), namun barisan nilai fungsinya \((f(x_n))\) divergen.
- Terdapat dua barisan \((x_n)\) dan \((y_n)\) di \(A\) dengan \(x_n \ne c, y_n \ne c\) yang keduanya konvergen ke \(c\), namun \(\lim f(x_n) \ne \lim f(y_n)\).
Pilih barisan positif \(x_n = 1/n \to 0 \implies f(x_n) = 1 \to 1\).
Pilih barisan negatif \(y_n = -1/n \to 0 \implies f(y_n) = -1 \to -1\).
Karena \(1 \ne -1\), \(\lim_{x \to 0} \operatorname{sgn}(x)\) TIDAK ADA!
Pilih barisan puncak: \(x_n = \frac{1}{\pi/2 + 2n\pi} \to 0 \implies f(x_n) = \sin(\pi/2 + 2n\pi) = 1 \to 1\).
Pilih barisan lembah: \(y_n = \frac{1}{3\pi/2 + 2n\pi} \to 0 \implies f(y_n) = \sin(3\pi/2 + 2n\pi) = -1 \to -1\).
Limit berbeda \(\implies \lim_{x \to 0} \sin(1/x)\) DIVERGEN BEROSILASI!
4. Workshop Pembuktian \(\varepsilon-\delta\) Standar Ujian FMIPA UI
Mempelajari trik pengikatan suku nonlinear dan pemilihan \(\delta = \min\{\delta_1, \delta_2\}\)
Analisis Pendahuluan (Scratchwork):
Ingin: \(|(3x + 1) - 7| < \varepsilon \iff |3x - 6| < \varepsilon \iff 3|x - 2| < \varepsilon \iff |x - 2| < \frac{\varepsilon}{3}\).
Bukti Formal Lembar Ujian:
Ambil sebarang \(\varepsilon > 0\). Pilih nilai toleransi \(\delta = \frac{\varepsilon}{3} > 0\).
Maka untuk setiap \(x \in \mathbb{R}\) yang memenuhi \(0 < |x - 2| < \delta\) berlaku:
\(|(3x + 1) - 7| = |3x - 6| = 3|x - 2| < 3\delta = 3\left(\frac{\varepsilon}{3}\right) = \varepsilon\).
Terbukti secara formal bahwa \(\lim_{x \to 2} (3x + 1) = 7\). ■
Analisis Pendahuluan (Scratchwork):
Ingin: \(|x^2 - 9| < \varepsilon \iff |x - 3||x + 3| < \varepsilon\).
Faktor \(|x - 3|\) bisa dibuat sekecil mungkin melalui \(\delta\). Namun faktor \(|x + 3|\) harus dibatasi oleh konstanta terlebih dahulu!
Tetapkan batas awal: \(\delta_1 = 1\).
Jika \(|x - 3| < 1\), maka \(-1 < x - 3 < 1 \iff 2 < x < 4\).
Tambahkan 3 ke semua ruas: \(5 < x + 3 < 7 \implies |x + 3| < 7\).
Sehingga: \(|x^2 - 9| = |x - 3||x + 3| < 7|x - 3|\).
Agar \(7|x - 3| < \varepsilon\), kita memerlukan \(|x - 3| < \frac{\varepsilon}{7}\).
Bukti Formal Lembar Ujian:
Ambil sebarang \(\varepsilon > 0\). Tetapkan toleransi input:
$$\delta = \min\left\{1, \, \frac{\varepsilon}{7}\right\} > 0$$
Maka untuk setiap \(x \in \mathbb{R}\) dengan \(0 < |x - 3| < \delta\):
1. Karena \(|x - 3| < 1\), maka \(|x + 3| = |(x - 3) + 6| \le |x - 3| + 6 < 1 + 6 = 7\).
2. Karena \(|x - 3| < \frac{\varepsilon}{7}\), maka:
$$|x^2 - 9| = |x - 3||x + 3| < \left(\frac{\varepsilon}{7}\right) \cdot 7 = \varepsilon$$
Terbukti bahwa \(\lim_{x \to 3} x^2 = 9\). ■
Checkpoint Mandiri: Limit Fungsi & Titik Kumpul
Refleksi Konsep Krusial Ujian III FMIPA UI
Pertanyaan: Misalkan \(A = (0, 2) \cup \{5\}\). Manakah di antara pernyataan berikut yang BENAR mengenai himpunan semua titik kumpul dari \(A\) (yakni himpunan \(A'\))?
- Selang buka \((0, 2)\) memiliki himpunan titik kumpul \([0, 2]\) (termasuk titik batas 0 dan 2).
- Titik \(5\) adalah titik terisolasi (misal untuk radius \(\delta = 1\), lingkungan \((4, 6) \cap A = \{5\}\) tidak memuat anggota lain selain 5). Jadi 5 BUKAN titik kumpul!
Maka himpunan seluruh titik kumpulnya tepat adalah \(A' = [0, 2]\).
Teorema Limit Fungsi & Perluasan Konsep Limit
Setelah menguasai fondasi \(\varepsilon-\delta\) di Pekan 12, pekan ini kita melengkapi kalkulus limit fungsi: pembuktian elegan operasi aljabar fungsi melalui Sequential Criterion, sifat Keterbatasan Lokal (Local Boundedness), Teorema Apit (Squeeze Theorem) untuk osilasi teredam, pemisahan arah melalui Limit Sepihak (One-Sided Limits), serta kalkulus asimtotik melalui limit di tak hingga dan limit bernilai tak hingga.
1. Keterbatasan Lokal & Teorema Aljabar Limit (Slide 4.2 Hal. 2–6)
Mentransfer sifat aljabar limit barisan ke limit fungsi melalui Kriteria Barisan
Jika suatu fungsi \(f: A \to \mathbb{R}\) memiliki limit di titik kumpul \(c\), maka terdapat persekitaran \(V_\delta(c)\) dan konstanta positif \(M > 0\) sehingga nilai fungsi terikat:
$$|f(x)| \le M, \quad \forall x \in A \cap V_\delta(c)$$
1. Misalkan \(\lim_{x \to c} f(x) = L\). Pilih tantangan khusus \(\varepsilon = 1\).
2. Terdapat radius \(\delta > 0\) sehingga untuk setiap \(x \in A\) dengan \(0 < |x - c| < \delta\) berlaku \(|f(x) - L| < 1\).
3. Dengan ketaksamaan segitiga terbalik: $$|f(x)| = |(f(x) - L) + L| \le |f(x) - L| + |L| < 1 + |L|$$ 4. Tetapkan konstanta \(M = 1 + |L|\). Jelas \(|f(x)| \le M\) untuk semua \(x \in A \cap V_\delta(c)\setminus\{c\}\). Terbukti fungsi terbatas secara lokal! ■
Misalkan \(\lim_{x \to c} f(x) = L\) dan \(\lim_{x \to c} g(x) = M\). Maka:
- Jumlah/Selisih: \(\lim_{x \to c} (f \pm g)(x) = L \pm M\)
- Perkalian: \(\lim_{x \to c} (fg)(x) = L \cdot M\)
- Kelipatan Skalar: \(\lim_{x \to c} (bf)(x) = bL, \quad \forall b \in \mathbb{R}\)
- Pembagian: \(\lim_{x \to c} \left(\frac{f}{g}\right)(x) = \frac{L}{M}\), asalkan penyebut \(M \ne 0\).
Mari Buktikan Sifat Perkalian \(\lim_{x \to c} (fg)(x) = LM\):
1. Ambil sebarang barisan bilangan real \((x_n)\) di dalam \(A\) dengan \(x_n \ne c, \forall n\) yang konvergen ke titik \(c\) (\(\lim_{n\to\infty} x_n = c\)).
2. Berdasarkan Sequential Criterion (Teorema 4.1.8), karena diketahui \(\lim_{x \to c} f(x) = L\) dan \(\lim_{x \to c} g(x) = M\), maka barisan nilai fungsinya pasti konvergen: $$\lim_{n\to\infty} f(x_n) = L \quad \text{dan} \quad \lim_{n\to\infty} g(x_n) = M$$
3. Berdasarkan Teorema 3.2.3(b) (Aljabar Perkalian Limit Barisan) yang sudah dibuktikan di Bab 3: $$\lim_{n\to\infty} (fg)(x_n) = \lim_{n\to\infty} [f(x_n) \cdot g(x_n)] = \left(\lim_{n\to\infty} f(x_n)\right) \cdot \left(\lim_{n\to\infty} g(x_n)\right) = L \cdot M$$
4. Karena kesamaan di atas berlaku untuk sebarang barisan \((x_n)\) di \(A\) yang konvergen ke \(c\), maka berdasarkan arah implikasi balik dari Teorema 4.1.8, disimpulkan secara sah bahwa: $$\lim_{x \to c} (fg)(x) = L \cdot M$$ Terbukti tanpa perlu manipulasi \(\varepsilon-\delta\) dua fungsi yang sangat rumit! ■
2. Teorema Keterurutan & Teorema Apit (Squeeze Theorem) (Slide 4.2 Hal. 7–10)
Menyelesaikan limit fungsi yang rumit dengan mengapitnya di antara dua fungsi ramah
Misalkan \(A \subseteq \mathbb{R}\), \(f, g, h: A \to \mathbb{R}\), dan \(c\) adalah titik kumpul dari \(A\). Jika:
$$g(x) \le f(x) \le h(x), \quad \forall x \in A \text{ dengan } x \ne c$$
serta diketahui bahwa \(\lim_{x \to c} g(x) = L = \lim_{x \to c} h(x)\), maka fungsi tengah \(f\) terpaksa memiliki limit yang sama:
$$\lim_{x \to c} f(x) = L$$
Perhatikan bahwa \(\lim_{x \to 0} \sin(1/x)\) tidak ada (berosilasi liar di antara \(-1\) dan \(1\)). Namun ketika dikalikan dengan \(x\), faktor \(x\) meredam amplitudonya menuju 0!
1. Karena fungsi sinus selalu bernilai di antara \(-1\) dan \(1\):
$$-1 \le \sin\left(\frac{1}{x}\right) \le 1, \quad \forall x \ne 0$$
2. Kalikan seluruh ruas dengan \(|x| \ge 0\):
$$-|x| \le x \sin\left(\frac{1}{x}\right) \le |x|, \quad \forall x \ne 0$$
3. Perhatikan limit fungsi pengapit kiri dan kanan saat \(x \to 0\):
$$\lim_{x \to 0} (-|x|) = 0 \quad \text{dan} \quad \lim_{x \to 0} |x| = 0$$
4. Berdasarkan Teorema Apit (Teorema 4.2.7), disimpulkan bahwa:
$$\lim_{x \to 0} x \sin\left(\frac{1}{x}\right) = 0$$
Terbukti tuntas dan presisi! ■
3. Limit Sepihak & Limit Asimtotik Tak Hingga (Subbab 4.3)
Menganalisis diskontinuitas lompat, asimtot tegak, dan asimtot datar
Limit Kanan (\(x \to c^+\)): \(x\) mendekati \(c\) hanya dari nilai yang lebih besar (\(x > c\)): $$\forall \varepsilon > 0, \, \exists \delta > 0 \text{ s.t. } c < x < c + \delta \implies |f(x) - L| < \varepsilon$$
Limit Kiri (\(x \to c^-\)): \(x\) mendekati \(c\) hanya dari nilai yang lebih kecil (\(x < c\)): $$\forall \varepsilon > 0, \, \exists \delta > 0 \text{ s.t. } c - \delta < x < c \implies |f(x) - L| < \varepsilon$$
$$\lim_{x \to c} f(x) = L \iff \lim_{x \to c^+} f(x) = L = \lim_{x \to c^-} f(x)$$ Limit dua sisi ada jika dan hanya jika kedua limit sepihak ada dan bernilai SAMA.
Limit di Tak Hingga (\(\lim_{x \to \infty} f(x) = L\)):
$$\forall \varepsilon > 0, \, \exists K > 0 \text{ s.t. } x > K \implies |f(x) - L| < \varepsilon$$
(Mendefinisikan keberadaan garis asimtot datar \(y = L\)).
Limit Bernilai Tak Hingga (\(\lim_{x \to c} f(x) = +\infty\)):
$$\forall M > 0, \, \exists \delta > 0 \text{ s.t. } 0 < |x - c| < \delta \implies f(x) > M$$
(Mendefinisikan keberadaan garis asimtot tegak \(x = c\)).
Checkpoint Mandiri: Teorema Limit & Limit Sepihak
Refleksi Konsep Krusial Ujian III FMIPA UI
Pertanyaan: Diberikan fungsi \(f(x) = \frac{|x|}{x}\) untuk \(x \ne 0\). Apakah \(\lim_{x \to 0} f(x)\) ada?
- Untuk \(x > 0\), \(f(x) = x/x = 1 \implies \lim_{x \to 0^+} f(x) = 1\).
- Untuk \(x < 0\), \(f(x) = -x/x = -1 \implies \lim_{x \to 0^-} f(x) = -1\).
Berdasarkan Teorema 4.3.3, karena limit kiri \(\ne\) limit kanan, limit dua sisi \(\lim_{x \to 0} f(x)\) tidak ada!
Fungsi Kontinu, Kriteria Barisan & Kombinasi Aljabar
Kekontinuan bukan sekadar grafik "dapat digambar tanpa mengangkat pensil". Di analisis real, kita membedah konsep kontinu titik-demi-titik, fenomena ajaib titik terisolasi yang otomatis kontinu, kriteria barisan untuk mendeteksi diskontinuitas, patologi ekstrem fungsi Dirichlet dan Thomae, serta pelestarian kekontinuan pada operasi aljabar dan komposisi fungsi.
1. Intuisi & Definisi Formal Kekontinuan (Slide Hal. 2–5)
Tiga perbedaan mendasar antara konsep limit fungsi di Bab 4 dan konsep kontinu di Bab 5
Definisi sekolah menengah bahwa kurva kontinu adalah kurva yang "bisa digambar tanpa mengangkat pena" runtuh seketika saat berhadapan dengan himpunan domain diskrit atau fungsi fraktal seperti fungsi Thomae. Dalam analisis real modern, kekontinuan adalah sifat kelestarian jarak: fungsi \(f\) kontinu di titik \(c\) jika kita bisa menjamin output \(f(x)\) sedekat apa pun ke target sejati \(f(c)\), asalkan input \(x\) dijaga cukup dekat dengan \(c\).
Definisi 5.1.1: Kontinu di Titik \(c\)
Bartle Hal. 124Misalkan \(A \subseteq \mathbb{R}\), \(f: A \to \mathbb{R}\), dan \(c \in A\). Fungsi \(f\) dikatakan kontinu di titik \(c\) jika:
$$\forall \varepsilon > 0, \, \exists \delta > 0 \text{ s.t. } \forall x \in A, \, |x - c| < \delta \implies |f(x) - f(c)| < \varepsilon$$
Jika \(f\) kontinu di setiap titik pada himpunan \(B \subseteq A\), maka \(f\) dikatakan kontinu pada \(B\).
3 Perbedaan Kritis dengan Limit Bab 4
Catatan Ujian- Titik \(c \in A\): Pada kekontinuan, titik \(c\) wajib berada di dalam domain dan nilai \(f(c)\) harus terdefinisi nyata. (Pada limit Bab 4, \(c\) tidak harus di domain).
- Tidak Ada Syarat \(0 < |x - c|\): Titik \(x = c\) ikut diperiksa, di mana \(|f(c) - f(c)| = 0 < \varepsilon\) selalu terpenuhi secara trivial.
- Nilai Target Baku: Target pendekatannya tepat adalah nilai fungsi sejati \(f(c)\), bukan sebarang limit abstrak \(L\).
Jika titik \(c \in A\) adalah titik terisolasi dari \(A\) (yakni terdapat \(\delta > 0\) sehingga \(A \cap V_\delta(c) = \{c\}\)), maka fungsi \(f\) OTOMATIS KONTINU di titik \(c\)!
Mengapa? Karena satu-satunya titik di \(A\) yang memenuhi \(|x - c| < \delta\) hanyalah \(x = c\) itu sendiri. Untuk \(x = c\), berlaku:
$$|f(c) - f(c)| = 0 < \varepsilon$$
yang selalu benar untuk sebarang \(\varepsilon > 0\) apa pun yang ditantang!
Kesimpulan Topologis: Suatu fungsi hanya berpotensi mengalami diskontinuitas pada titik-titik yang merupakan titik kumpul domainnya!
2. Kriteria Barisan Kekontinuan & Klasifikasi Diskontinuitas (Slide Hal. 6–10)
Mendeteksi diskontinuitas melalui barisan dan membedakan jenis retakan kurva
Fungsi \(f: A \to \mathbb{R}\) kontinu di titik \(c \in A\) jika dan hanya jika untuk setiap barisan \((x_n)\) di dalam \(A\) yang konvergen ke \(c\), barisan nilai fungsinya konvergen ke \(f(c)\):
$$\lim_{n\to\infty} x_n = c \implies \lim_{n\to\infty} f(x_n) = f(c)$$
Fungsi \(f\) DISKONTINU di titik \(c \in A\) jika dan hanya jika terdapat suatu barisan \((x_n)\) di dalam \(A\) dengan \(\lim_{n\to\infty} x_n = c\), tetapi barisan nilai fungsinya \((f(x_n))\) tidak konvergen ke \(f(c)\).
Nilai limit dua sisi \(\lim_{x \to c} f(x) = L\) ada nyata, tetapi nilai fungsi di titik tersebut berbeda (\(L \ne f(c)\)) atau tidak terdefinisi. Kerusakan ini dapat "dihapus" cukup dengan mendefinisikan ulang nilai \(f(c) = L\).
Limit kiri \(\lim_{x \to c^-} f(x)\) dan limit kanan \(\lim_{x \to c^+} f(x)\) keduanya ada di \(\mathbb{R}\), tetapi nilainya berbeda. Kurva meloncat secara diskrit sejauh \(|L^+ - L^-|\). Contoh: fungsi tangga atau tanda \(\operatorname{sgn}(x)\).
Setidaknya salah satu dari limit sepihak tidak ada (bisa karena meledak ke tak hingga atau berosilasi liar tanpa henti). Contoh: \(f(x) = \sin(1/x)\) atau \(f(x) = 1/x\) di \(x = 0\).
3. Dua Fungsi Patologis Terkenal di Analisis Real (Slide Hal. 11–16)
Membongkar misteri fungsi Dirichlet dan fungsi Thomae (Popcorn Function)
Didefinisikan pada seluruh \(\mathbb{R}\) oleh: $$D(x) = \begin{cases} 1, & \text{jika } x \in \mathbb{Q} \\ 0, & \text{jika } x \notin \mathbb{Q} \end{cases}$$
Ambil sebarang \(c \in \mathbb{R}\):
• Jika \(c \in \mathbb{Q}\): Maka \(D(c) = 1\). Berdasarkan Kerapatan Irasional (Teorema 2.4.9), terdapat barisan irasional \((y_n)\) dengan \(y_n \to c\). Maka \(D(y_n) = 0 \to 0 \ne 1 = D(c)\).
• Jika \(c \notin \mathbb{Q}\): Maka \(D(c) = 0\). Berdasarkan Kerapatan Rasional (Teorema 2.4.8), terdapat barisan rasional \((x_n)\) dengan \(x_n \to c\). Maka \(D(x_n) = 1 \to 1 \ne 0 = D(c)\).
Kesimpulan: Fungsi Dirichlet diskontinu di setiap titik real! ■
Didefinisikan pada interval \((0, 1)\) oleh: $$h(x) = \begin{cases} \frac{1}{n}, & \text{jika } x = \frac{m}{n} \in \mathbb{Q} \text{ pecahan sederhana} \\ 0, & \text{jika } x \notin \mathbb{Q} \end{cases}$$
1. Diskontinu di setiap titik rasional: Jika \(c \in \mathbb{Q}\), \(h(c) = 1/n > 0\). Dekati dengan barisan irasional \(y_k \to c\), maka \(h(y_k) = 0 \to 0 \ne h(c)\). Diskontinu!
2. KONTINU di setiap titik irasional: Jika \(c \notin \mathbb{Q}\), \(h(c) = 0\). Diberikan \(\varepsilon > 0\). Himpunan bilangan rasional dengan penyebut \(n \le 1/\varepsilon\) dalam interval \((0, 1)\) hanya berhingga banyak! Maka ada radius \(\delta > 0\) yang menyingkirkan seluruh rasional berpenyebut kecil tersebut dari sekitar \(c\). Akibatnya untuk semua \(x \in V_\delta(c)\), \(|h(x) - 0| < \varepsilon\).
Terbukti kontinu di seluruh irasional! ■
4. Kombinasi Aljabar & Teorema Komposisi (Slide Hal. 17–22)
Melestarikan sifat kontinuitas melalui rantai pemetaan fungsi
Jika \(f, g: A \to \mathbb{R}\) kontinu di titik \(c \in A\), maka:
- \(f + g\) dan \(f - g\) kontinu di \(c\)
- \(fg\) kontinu di \(c\)
- \(bf\) kontinu di \(c\) untuk setiap \(b \in \mathbb{R}\)
- \(f/g\) kontinu di \(c\), asalkan \(g(c) \ne 0\).
Misalkan \(A, B \subseteq \mathbb{R}\), \(f: A \to \mathbb{R}\) dengan \(f(A) \subseteq B\), dan \(g: B \to \mathbb{R}\). Jika \(f\) kontinu di titik \(c \in A\) dan \(g\) kontinu di titik \(f(c) \in B\), maka fungsi komposisi: $$(g \circ f): A \to \mathbb{R} \quad \text{KONTINU di titik } c$$
Ambil sebarang \(x_n \to c\). Karena \(f\) kontinu di \(c\), \(\lim f(x_n) = f(c)\). Karena \(g\) kontinu di \(f(c)\), \(\lim g(f(x_n)) = g(f(c))\). Terbukti \((g \circ f)(x_n) \to (g \circ f)(c)\)! ■
Checkpoint Mandiri: Kekontinuan & Fungsi Patologis
Refleksi Konsep Krusial Ujian III FMIPA UI
Pertanyaan: Diberikan fungsi \(f(x) = x \cdot D(x)\), di mana \(D(x)\) adalah fungsi Dirichlet. Di titik manakah fungsi \(f\) kontinu?
- Untuk \(x \ne 0\): nilai berosilasi antara \(x\) dan \(0\), sehingga diskontinu.
- Di \(x = 0\): perhatikan bahwa \(|f(x) - f(0)| = |x D(x) - 0| \le |x|\). Karena \(\lim_{x \to 0} |x| = 0\), menurut Teorema Apit berlaku \(\lim_{x \to 0} f(x) = 0 = f(0)\). Jadi \(f\) KONTINU di \(x = 0\)!
Fungsi Kontinu pada Interval: Keterbatasan, EVT, IVT & Kekontinuan Seragam
Puncak dari mata kuliah Analisis Real 1. Ketika domain fungsi merupakan interval tertutup dan terbatas \([a, b]\) (himpunan kompak), fungsi kontinu memperoleh kekuatan topologis luar biasa: ia dijamin terbatas mutlak, pasti mencapai nilai ekstrem maksimum dan minimum (EVT), melintasi seluruh nilai antara (IVT Bolzano) tanpa celah, serta memiliki laju variasi yang terkontrol serentak melalui Kekontinuan Seragam (Uniform Continuity).
1. Teorema Keterbatasan & Teorema Nilai Ekstrem (EVT) (Subbab 5.3)
Kekuatan interval tertutup dan terbatas [a, b] mencegah kurva kontinu meledak ke tak hingga
Misalkan \(I = [a, b]\) adalah interval tertutup dan terbatas di \(\mathbb{R}\). Jika fungsi \(f: I \to \mathbb{R}\) kontinu pada \(I\), maka fungsi \(f\) TERBATAS pada \(I\).
Artinya terdapat konstanta \(M > 0\) sedemikian sehingga \(|f(x)| \le M\) untuk setiap \(x \in [a, b]\).
Tinjau \(f(x) = \frac{1}{x}\) pada interval \((0, 1]\). Fungsi ini kontinu dan domainnya terbatas. Namun karena interval tidak memuat titik batas 0 (tidak tertutup), nilainya meledak ke \(+\infty\) saat \(x \to 0^+\). Fungsi TIDAK TERBATAS!
Tinjau \(f(x) = x\) pada interval tertutup \([0, \infty)\). Fungsi ini kontinu dan domainnya tertutup. Namun karena domainnya tidak terbatas di atas, nilainya meluncur ke \(+\infty\). Fungsi TIDAK TERBATAS!
Bukti Kontradiksi Sempurna (Standar Emas Lembar Ujian FMIPA UI):
1. Andaikan fungsi \(f\) tidak terbatas pada interval \(I = [a, b]\).
2. Maka untuk setiap bilangan asli \(n \in \mathbb{N}\), bilangan \(n\) bukan merupakan batas atas dari himpunan nilai mutlak \(\{|f(x)| : x \in I\}\).
Akibatnya, terdapat titik \(x_n \in [a, b]\) sedemikian sehingga:
$$|f(x_n)| > n, \quad \forall n \in \mathbb{N}$$
3. Karena setiap titik \(x_n \in [a, b]\), maka barisan bilangan real \(X = (x_n)\) adalah barisan yang terbatas (\(a \le x_n \le b\) untuk semua \(n\)).
4. Berdasarkan Teorema Bolzano-Weierstrass (Teorema 3.4.8), barisan \((x_n)\) pasti memiliki suatu subbarisan \(X' = (x_{n_k})\) yang konvergen ke suatu titik limit \(x^* \in \mathbb{R}\): $$\lim_{k\to\infty} x_{n_k} = x^*$$
5. Karena interval \(I = [a, b]\) adalah himpunan tertutup (memuat seluruh titik limitnya), maka titik limit subbarisan ini harus berada di dalam domain: \(x^* \in [a, b]\).
6. Karena fungsi \(f\) kontinu pada interval \([a, b]\), maka \(f\) khususnya kontinu di titik \(x^*\).
Berdasarkan Kriteria Barisan untuk Kekontinuan (Teorema 5.1.3), barisan nilai fungsinya harus konvergen:
$$\lim_{k\to\infty} f(x_{n_k}) = f(x^*)$$
7. Berdasarkan Teorema 3.2.2, setiap barisan yang konvergen pasti terbatas. Artinya barisan \((f(x_{n_k}))\) haruslah terbatas, yakni terdapat konstanta positif \(M_0 > 0\) sehingga: $$|f(x_{n_k})| \le M_0, \quad \forall k \in \mathbb{N}$$
8. Namun dari konstruksi awal barisan pada langkah 2, kita mengetahui bahwa: $$|f(x_{n_k})| > n_k \ge k, \quad \forall k \in \mathbb{N}$$ Untuk indeks \(k\) yang cukup besar sehingga \(k > M_0\), hal ini menghasilkan kontradiksi fatal: $$M_0 \ge |f(x_{n_k})| > k > M_0 \implies M_0 > M_0$$ suatu kemustahilan logika yang mutlak!
Kesimpulan: Kontradiksi ini membuktikan bahwa pengandaian salah. Jadi fungsi \(f\) haruslah terbatas pada \([a, b]\)! ■
Jika fungsi \(f: [a, b] \to \mathbb{R}\) kontinu pada interval tertutup dan terbatas \([a, b]\), maka \(f\) MENCAPAI nilai maksimum mutlak dan minimum mutlaknya pada interval tersebut:
$$\exists x_*, x^* \in [a, b] \text{ sedemikian sehingga } f(x_*) \le f(x) \le f(x^*), \quad \forall x \in [a, b]$$
Makna Sakral: Nilai \(f(x^*) = \sup\{f(x) : x \in [a, b]\}\) dan \(f(x_*) = \inf\{f(x) : x \in [a, b]\}\). Nilai batas atas terkecil dan batas bawah terbesar bukan sekadar bayang-bayang yang didekati dari jauh, melainkan benar-benar disentuh secara nyata oleh kurva fungsi di titik \(x^*\) dan \(x_*\)!
2. Teorema Keberadaan Akar & Teorema Nilai Antara (IVT Bolzano)
Bukti konstruktif algoritma biseksi menggunakan Sifat Interval Bersarang (NIP)
Misalkan \(I = [a, b]\) dan \(f: I \to \mathbb{R}\) kontinu pada \(I\). Jika \(f(a) < 0 < f(b)\) (atau \(f(a) > 0 > f(b)\)), maka terdapat setidaknya satu titik \(c \in (a, b)\) sedemikian sehingga:
$$f(c) = 0$$
Konstruksi Pembuktian via Biseksi & NIP (Slide Hal. 12–15):
1. Tetapkan interval awal \(I_1 = [a_1, b_1] = [a, b]\) dengan \(f(a_1) < 0\) dan \(f(b_1) > 0\).
2. Ambil titik tengah \(m_1 = \frac{a_1 + b_1}{2}\). Hitung nilai \(f(m_1)\):
• Jika \(f(m_1) = 0\), kita langsung selesai! Pilih \(c = m_1\).
• Jika \(f(m_1) > 0\), tetapkan \(a_2 = a_1\) dan \(b_2 = m_1\).
• Jika \(f(m_1) < 0\), tetapkan \(a_2 = m_1\) and \(b_2 = b_1\).
Pada kedua pilihan, interval baru \(I_2 = [a_2, b_2]\) tetap memenuhi \(f(a_2) < 0\) dan \(f(b_2) > 0\), dengan panjang separuh \(|I_2| = \frac{b-a}{2}\).
3. Lanjutkan proses biseksi ini secara induktif. Diperoleh barisan interval bersarang tutup: $$I_1 \supset I_2 \supset I_3 \supset \dots \supset I_n \supset \dots$$ dengan panjang \(|I_n| = b_n - a_n = \frac{b - a}{2^{n-1}} \to 0\) saat \(n \to \infty\), serta selalu berlaku: $$f(a_n) < 0 \quad \text{dan} \quad f(b_n) > 0, \quad \forall n \in \mathbb{N}$$
4. Berdasarkan Sifat Interval Bersarang (NIP Teorema 2.5.2 & 2.5.3), terdapat titik tunggal yang termuat di dalam seluruh interval: $$\xi \in \bigcap_{n=1}^\infty I_n$$ Akibatnya \(\lim_{n\to\infty} a_n = \xi\) dan \(\lim_{n\to\infty} b_n = \xi\).
5. Karena fungsi \(f\) kontinu di titik \(\xi\), berdasarkan Kriteria Barisan: $$\lim_{n\to\infty} f(a_n) = f(\xi) \quad \text{dan} \quad \lim_{n\to\infty} f(b_n) = f(\xi)$$
6. Berdasarkan Teorema Pelestarian Urutan Limit Barisan (Teorema 3.2.4):
- Karena \(f(a_n) < 0\) untuk setiap \(n\), maka \(\lim f(a_n) = f(\xi) \le 0\).
- Karena \(f(b_n) > 0\) untuk setiap \(n\), maka \(\lim f(b_n) = f(\xi) \ge 0\).
Satu-satunya bilangan real yang sekaligus memenuhi \(f(\xi) \le 0\) dan \(f(\xi) \ge 0\) adalah:
$$f(\xi) = 0$$
Terbukti secara konstruktif dan presisi! ■
Misalkan \(I = [a, b]\) dan \(f: I \to \mathbb{R}\) kontinu pada \(I\). Jika \(k \in \mathbb{R}\) adalah sebarang bilangan di antara \(f(a)\) dan \(f(b)\), maka terdapat setidaknya satu titik \(c \in (a, b)\) sedemikian sehingga: $$f(c) = k$$
Bukti Kilat: Cukup terapkan Teorema Lokasi Akar 5.3.5 pada fungsi bantu kontinu \(g(x) = f(x) - k\). Karena \(k\) di antara \(f(a)\) dan \(f(b)\), nilai \(g(a)\) dan \(g(b)\) berbeda tanda, sehingga terdapat \(c\) dengan \(g(c) = 0 \iff f(c) = k\)! ■
Jika \(I\) adalah suatu interval pada \(\mathbb{R}\) dan \(f: I \to \mathbb{R}\) kontinu pada \(I\), maka peta bayangannya \(f(I)\) JUGA MERUPAKAN INTERVAL pada \(\mathbb{R}\). Khususnya, jika \(I = [a, b]\) adalah interval tertutup dan terbatas, maka bayangannya \(f([a, b]) = [m, M]\) juga merupakan interval tertutup dan terbatas, dengan \(m = \inf f(I)\) dan \(M = \sup f(I)\).
3. Kekontinuan Seragam (Uniform Continuity) (Subbab 5.4)
Kekuatan toleransi delta universal yang berlaku serempak di seluruh domain
Fungsi \(f: A \to \mathbb{R}\) dikatakan kontinu seragam (uniformly continuous) pada \(A\) jika untuk setiap \(\varepsilon > 0\), terdapat \(\delta > 0\) sehingga untuk SETIAP pasang titik \(x, u \in A\):
$$|x - u| < \delta \implies |f(x) - f(u)| < \varepsilon$$
Jika \(f: [a, b] \to \mathbb{R}\) kontinu pada interval TERTUTUP dan TERBATAS \([a, b]\), maka \(f\) PASTI KONTINU SERAGAM pada \([a, b]\).
Kekompakan interval \([a, b]\) secara otomatis "mengangkat" kekontinuan lokal titik-demi-titik menjadi kekontinuan seragam global!
Fungsi \(f\) TIDAK kontinu seragam pada \(A\) jika dan hanya jika terdapat \(\varepsilon_0 > 0\) dan dua barisan \((x_n)\) dan \((u_n)\) di dalam \(A\) sedemikian sehingga: $$\lim_{n\to\infty} |x_n - u_n| = 0 \quad \text{tetapi} \quad |f(x_n) - f(u_n)| \ge \varepsilon_0, \quad \forall n \in \mathbb{N}$$
Pilih \(\varepsilon_0 = 1\).
Bentuk dua barisan: \(x_n = \frac{1}{n}\) dan \(u_n = \frac{1}{n+1}\).
Jarak input: \(|x_n - u_n| = \left|\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}\right| = \frac{1}{n(n+1)} \to 0\).
Selisih output: \(|f(x_n) - f(u_n)| = |n - (n+1)| = 1 \ge \varepsilon_0\).
Terbukti TIDAK kontinu seragam pada \((0, 1)\)! ■
Pilih \(\varepsilon_0 = 2\).
Bentuk dua barisan: \(x_n = n + \frac{1}{n}\) dan \(u_n = n\).
Jarak input: \(|x_n - u_n| = \frac{1}{n} \to 0\).
Selisih output: \(|x_n^2 - u_n^2| = \left|n^2 + 2 + \frac{1}{n^2} - n^2\right| = 2 + \frac{1}{n^2} \ge 2 = \varepsilon_0\).
Terbukti TIDAK kontinu seragam pada \(\mathbb{R}\)! ■
Checkpoint Mandiri: Sifat Fungsi Kontinu pada Interval
Refleksi Konsep Krusial Ujian III FMIPA UI
Pertanyaan: Manakah di antara fungsi berikut yang DIJAMIN KONTINU SERAGAM berdasarkan Teorema 5.4.3?
- Opsi A: Interval \((0, 2]\) tidak tertutup di 0, fungsi meledak saat \(x \to 0\), sehingga tidak kontinu seragam.
- Opsi B: Fungsi \(\sin(x^3)\) kontinu pada seluruh \(\mathbb{R}\). Interval \([0, 10]\) adalah tertutup dan terbatas. Berdasarkan Teorema 5.4.3 (Heine-Cantor), setiap fungsi kontinu pada interval tertutup dan terbatas DIJAMIN PASTI KONTINU SERAGAM!
Solusi Lengkap 9 Nomor Tugas 1 Bartle (Subbab 2.1, 2.2, & 2.3)
Sesuai instruksi resmi di EMAS 3 (Tugas 1 Analisis 1 (Individu) PTA 26-27.pdf), tugas ini bersifat individu dan dikumpulkan tulisan tangan pada kertas A4/folio di awal kuliah. Nilai tugas diambil secara acak dari 2 atau 3 nomor. Gunakan format pembuktian deduktif berstandar FMIPA UI di bawah ini!
1. Tuliskan Nama Lengkap dan NPM di pojok kanan atas setiap lembar kertas (A4 atau folio bergaris).
2. Gunakan bolpoin warna hitam atau biru. Tuliskan nomor soal dengan jelas.
3. Cantumkan rujukan aksioma, teorema, atau sifat yang digunakan (misal: Aksioma A1–A4, M1–M4, Teorema 2.1.4, dsb.) dan akhiri bukti dengan simbol \(\blacksquare\) atau Q.E.D.
Subbab 2.1: Sifat Aljabar dan Urutan (Nomor 7, 14, 22)
Buku Bartle & Sherbert Edisi 4 Halaman 30–31
Modifikasi pembuktian Teorema 2.1.4 untuk menunjukkan bahwa tidak ada bilangan rasional \(t\) sedemikian sehingga \(t^2 = 3\).
Bukti (Kontradiksi):
1. Andaikan terdapat bilangan rasional \(t \in \mathbb{Q}\) sedemikian sehingga \(t^2 = 3\).
2. Karena \(t \in \mathbb{Q}\), \(t\) dapat dituliskan dalam bentuk pecahan sederhana \(t = \frac{m}{n}\) dengan \(m, n \in \mathbb{Z}, n \ne 0\), serta \(\gcd(m, n) = 1\) (faktor persekutuan terbesar \(m\) dan \(n\) adalah 1, artinya \(m\) dan \(n\) tidak memiliki faktor sekutu selain \(\pm 1\)).
3. Kuadratkan kedua ruas persamaan:
\(t^2 = \left(\frac{m}{n}\right)^2 = \frac{m^2}{n^2} = 3 \iff m^2 = 3n^2.\)
4. Karena \(3n^2\) merupakan kelipatan 3, maka \(m^2\) habis dibagi 3. Karena 3 adalah bilangan prima, fakta aljabar dasar menyatakan bahwa jika \(3 \mid m^2\), maka haruslah \(3 \mid m\). (Justifikasi: Jika \(m = 3k+1\), maka \(m^2 = 9k^2+6k+1 = 3(3k^2+2k)+1\), sisa 1. Jika \(m = 3k+2\), maka \(m^2 = 9k^2+12k+4 = 3(3k^2+4k+1)+1\), sisa 1. Keduanya tidak habis dibagi 3).
5. Karena \(3 \mid m\), kita dapat menuliskan \(m = 3k\) untuk suatu bilangan bulat \(k \in \mathbb{Z}\). Substitusikan ke persamaan \(m^2 = 3n^2\):
\((3k)^2 = 3n^2 \iff 9k^2 = 3n^2 \iff n^2 = 3k^2.\)
6. Dengan penalaran yang persis sama, karena \(n^2 = 3k^2\), maka \(3 \mid n^2\), yang mengakibatkan \(3 \mid n\).
7. Dari langkah (4) dan (6), kita memperoleh bahwa \(3 \mid m\) dan \(3 \mid n\). Hal ini berarti 3 adalah faktor persekutuan dari \(m\) dan \(n\), sehingga \(\gcd(m, n) \ge 3\).
8. Terjadi kontradiksi dengan hipotesis awal bahwa \(\gcd(m, n) = 1\).
Kesimpulan: Pengandaian salah. Jadi, tidak ada bilangan rasional \(t\) yang memenuhi \(t^2 = 3\). ■
Jika \(0 \le a < b\), tunjukkan bahwa \(a^2 \le ab < b^2\). Tunjukkan melalui contoh bahwa tidak selalu berlaku \(a^2 < ab < b^2\).
Bukti Bagian 1 (\(a^2 \le ab < b^2\)):
Diketahui \(0 \le a < b\). Berdasarkan definisi urutan, \(b - a \in \mathbb{P}\) (artinya \(b - a > 0\)).
1. Akan ditunjukkan \(a^2 \le ab\):
Perhatikan selisih \(ab - a^2 = a(b - a)\).
Karena \(a \ge 0\) dan \(b - a > 0\), berdasarkan Sifat Urutan (perkalian dua bilangan non-negatif adalah non-negatif):
\(ab - a^2 = a(b - a) \ge 0 \iff a^2 \le ab\).
(Catatan: Kesamaan \(a^2 = ab = 0\) terjadi jika dan hanya jika \(a = 0\)).
2. Akan ditunjukkan \(ab < b^2\):
Perhatikan selisih \(b^2 - ab = b(b - a)\).
Karena \(0 \le a < b\), maka \(b > 0\) (positif tegas) dan \(b - a > 0\) (positif tegas).
Berdasarkan Aksioma Urutan P2 (hasil kali dua bilangan positif adalah positif):
\(b^2 - ab = b(b - a) > 0 \iff ab < b^2\).
3. Menggabungkan kedua hasil di atas, terbukti bahwa: \(a^2 \le ab < b^2\). ■
Bagian 2 (Contoh Penyangkal untuk Ketaksamaan Ketat \(a^2 < ab < b^2\)):
Ambil contoh nilai: \(a = 0\) dan \(b = 2\). Jelas memenuhi syarat \(0 \le a < b\) (karena \(0 \le 0 < 2\)).
Maka kita hitung nilai masing-masing suku:
- \(a^2 = 0^2 = 0\)
- \(ab = 0 \cdot 2 = 0\)
- \(b^2 = 2^2 = 4\)
Diperoleh \(a^2 = 0\) dan \(ab = 0\), sehingga \(a^2 = ab\). Akibatnya, hubungan ketat \(a^2 < ab\) GAGAL berlaku (yang berlaku adalah \(0 \le 0 < 4\), bukan \(0 < 0 < 4\)).
Terbukti bahwa tidak selalu berlaku \(a^2 < ab < b^2\) ketika \(a = 0\). ■
(a) Jika \(c > 1\), tunjukkan bahwa \(c^n \ge c\) untuk semua \(n \in \mathbb{N}\), dan bahwa \(c^n > c\) untuk \(n > 1\).
(b) Jika \(0 < c < 1\), tunjukkan bahwa \(c^n \le c\) untuk semua \(n \in \mathbb{N}\), dan bahwa \(c^n < c\) untuk \(n > 1\).
Bukti Bagian (a): Kasus \(c > 1\)
1. Karena \(c > 1\), tuliskan \(c = 1 + b\) dengan \(b = c - 1 > 0\).
2. Untuk \(n = 1\), jelas \(c^1 = c \ge c\) (kesamaan berlaku).
3. Untuk \(n > 1\) (\(n \ge 2\)), kita terapkan Ketaksamaan Bernoulli: Jika \(b > -1\) dan \(n \in \mathbb{N}\), maka \((1+b)^n \ge 1 + nb\). Karena \(b > 0\), untuk \(n > 1\) berlaku:
\(c^n = (1+b)^n \ge 1 + nb > 1 + b = c\) (karena \(nb > b\) untuk \(n > 1\)).
4. Cara Alternatif (Induksi Matematika Langsung):
- Basis: Untuk \(n = 2\), karena \(c > 1\) dan \(c > 0\), kalikan kedua ruas dengan \(c\): \(c \cdot c > c \cdot 1 \iff c^2 > c\). Benar.
- Langkah Induksi: Asumsikan \(c^k > c\) untuk suatu \(k \ge 2\). Karena \(c > 1\), kalikan dengan \(c\): \(c^{k+1} = c^k \cdot c > c \cdot 1 = c\).
Jadi, \(c^n > c\) untuk semua \(n > 1\), dan \(c^n \ge c\) untuk semua \(n \in \mathbb{N}\). ■
Bukti Bagian (b): Kasus \(0 < c < 1\)
1. Untuk \(n = 1\), jelas \(c^1 = c \le c\) (kesamaan berlaku).
2. Karena \(0 < c < 1\), kita tahu bahwa \(c > 0\) dan \(c - 1 < 0\).
3. Pembuktian dengan Induksi Matematika untuk \(n > 1\):
- Basis (\(n = 2\)): Karena \(0 < c < 1\), kalikan ketaksamaan \(c < 1\) dengan bilangan positif \(c\):
\(c \cdot c < c \cdot 1 \iff c^2 < c\). Pernyataan benar untuk \(n = 2\).
- Langkah Induksi: Asumsikan \(c^k < c\) untuk suatu \(k \ge 2\).
Karena \(0 < c < 1\), kalikan ketaksamaan hipotesis \(c^k < c\) dengan \(c > 0\):
\(c^{k+1} = c^k \cdot c < c \cdot c = c^2\).
Karena dari basis kita sudah tahu \(c^2 < c\), maka berdasarkan sifat transitif urutan:
\(c^{k+1} < c^2 < c \implies c^{k+1} < c\).
Pernyataan terbukti benar untuk \(k + 1\).
Terbukti bahwa \(c^n \le c\) untuk semua \(n \in \mathbb{N}\), dan \(c^n < c\) untuk semua \(n > 1\). ■
Subbab 2.2: Nilai Mutlak dan Garis Real (Nomor 3, 12, 17)
Buku Bartle & Sherbert Edisi 4 Halaman 35–36
Jika \(x, y, z \in \mathbb{R}\) dan \(x \le z\), tunjukkan bahwa \(x \le y \le z\) jika dan hanya jika \(|x - y| + |y - z| = |x - z|\). Berikan interpretasi geometrisnya.
Bukti Dua Arah (\(\iff\)):
1. (\(\implies\)) Misalkan \(x \le y \le z\).
- Karena \(x \le y\), maka \(y - x \ge 0 \implies |x - y| = |y - x| = y - x\).
- Karena \(y \le z\), maka \(z - y \ge 0 \implies |y - z| = z - y\).
- Karena \(x \le z\), maka \(z - x \ge 0 \implies |x - z| = z - x\).
Jumlahkan kedua ruas:
\(|x - y| + |y - z| = (y - x) + (z - y) = z - x = |x - z|\).
Terbukti bahwa \(|x - y| + |y - z| = |x - z|\).
2. (\(\impliedby\)) Misalkan \(|x - y| + |y - z| = |x - z|\) dengan diketahui \(x \le z\).
Karena \(x \le z\), maka \(|x - z| = z - x\). Kita tahu dari sifat dasar nilai mutlak bahwa:
\(|x - y| \ge y - x\) dan \(|y - z| \ge z - y\).
Jumlahkan kedua ketaksamaan ini:
\(|x - y| + |y - z| \ge (y - x) + (z - y) = z - x\).
Diketahui bahwa tanda kesamaan berlaku: \(|x - y| + |y - z| = z - x\).
Kesamaan ini hanya mungkin terjadi jika masing-masing ketaksamaan di atas berlaku sebagai kesamaan murni:
- \(|x - y| = y - x \implies y - x \ge 0 \iff x \le y\).
- \(|y - z| = z - y \implies z - y \ge 0 \iff y \le z\).
Dengan menggabungkan keduanya, diperoleh \(x \le y \le z\). ■
Interpretasi Geometris:
Jarak antara dua titik \(u\) dan \(v\) pada garis bilangan real dinyatakan oleh \(|u - v|\). Persamaan \(|x - y| + |y - z| = |x - z|\) menyatakan bahwa total jarak dari \(x\) ke \(y\) ditambah jarak dari \(y\) ke \(z\) tepat sama dengan jarak langsung dari \(x\) ke \(z\). Hal ini secara geometris berarti bahwa titik \(y\) terletak di antara titik \(x\) dan titik \(z\) pada segmen garis \([x, z]\).
Terbukti secara aljabar dan geometris. ■
Tentukan semua \(x \in \mathbb{R}\) yang memenuhi pertidaksamaan: $$4 < |x + 2| + |x - 1| < 5$$
Penyelesaian:
Definisikan fungsi \(f(x) = |x + 2| + |x - 1|\). Titik-titik pembuat nol nilai mutlak adalah \(x = -2\) dan \(x = 1\). Kita bagi garis real ke dalam 3 interval:
1. Kasus 1: \(x < -2\)
Pada interval ini, \(x + 2 < 0 \implies |x + 2| = -(x + 2)\) dan \(x - 1 < 0 \implies |x - 1| = -(x - 1)\).
Maka: \(f(x) = -(x + 2) - (x - 1) = -x - 2 - x + 1 = -2x - 1\).
Pertidaksamaan menjadi:
\(4 < -2x - 1 < 5\)
Tambahkan 1 ke seluruh ruas: \(5 < -2x < 6\).
Bagi dengan \(-2\) (balik arah pertidaksamaan): \(-\frac{6}{2} < x < -\frac{5}{2} \iff -3 < x < -\frac{5}{2}\).
Iriskan dengan kondisi kasus \(x < -2\): Diperoleh interval solusi \(\left(-3, -\frac{5}{2}\right)\).
2. Kasus 2: \(-2 \le x \le 1\)
Pada interval ini, \(x + 2 \ge 0 \implies |x + 2| = x + 2\) dan \(x - 1 \le 0 \implies |x - 1| = -(x - 1)\).
Maka: \(f(x) = (x + 2) - (x - 1) = x + 2 - x + 1 = 3\) (konstan).
Pertidaksamaan menjadi: \(4 < 3 < 5\), yang jelas SALAH (karena 4 tidak kurang dari 3).
Jadi, tidak ada solusi pada interval \([-2, 1]\).
3. Kasus 3: \(x > 1\)
Pada interval ini, \(x + 2 > 0 \implies |x + 2| = x + 2\) dan \(x - 1 > 0 \implies |x - 1| = x - 1\).
Maka: \(f(x) = (x + 2) + (x - 1) = 2x + 1\).
Pertidaksamaan menjadi:
\(4 < 2x + 1 < 5\)
Kurangkan 1 dari seluruh ruas: \(3 < 2x < 4\).
Bagi dengan 2: \(\frac{3}{2} < x < 2\).
Iriskan dengan kondisi kasus \(x > 1\): Diperoleh interval solusi \(\left(\frac{3}{2}, 2\right)\).
Himpunan Penyelesaian Lengkap:
\(x \in \left(-3, -\frac{5}{2}\right) \cup \left(\frac{3}{2}, 2\right)\)
Terbukti tuntas melalui analisis interval. ■
Tunjukkan bahwa jika \(a, b \in \mathbb{R}\) dan \(a \ne b\), maka terdapat persekitaran-\(\varepsilon\) \(U = V_\varepsilon(a)\) dan \(V = V_\varepsilon(b)\) sedemikian sehingga \(U \cap V = \emptyset\).
Bukti Konstruktif:
1. Karena \(a \ne b\), jarak antara \(a\) dan \(b\) bernilai positif tegas: \(d = |a - b| > 0\).
2. Konstruksikan jari-jari persekitaran \(\varepsilon\) sebesar separuh jarak tersebut:
\(\varepsilon := \frac{|a - b|}{2} > 0.\)
3. Definisikan persekitaran: \(U = V_\varepsilon(a) = \{x \in \mathbb{R} : |x - a| < \varepsilon\}\) dan \(V = V_\varepsilon(b) = \{y \in \mathbb{R} : |y - b| < \varepsilon\}\).
4. Akan dibuktikan bahwa \(U \cap V = \emptyset\) menggunakan kontradiksi:
Andaikan \(U \cap V \ne \emptyset\). Artinya, terdapat titik persekutuan \(z \in U \cap V\).
- Karena \(z \in U\), maka \(|z - a| < \varepsilon\).
- Karena \(z \in V\), maka \(|z - b| < \varepsilon\).
5. Terapkan Ketaksamaan Segitiga pada jarak \(|a - b|\):
\(|a - b| = |(a - z) + (z - b)| \le |a - z| + |z - b| = |z - a| + |z - b|\)
\(|a - b| < \varepsilon + \varepsilon = 2\varepsilon\).
6. Substitusikan kembali nilai pilihan \(\varepsilon = \frac{|a - b|}{2}\):
\(|a - b| < 2 \left(\frac{|a - b|}{2}\right) = |a - b|\).
Diperoleh ketaksamaan absurd: \(|a - b| < |a - b|\), suatu kontradiksi yang mustahil!
Kesimpulan: Pengandaian salah, haruslah \(U \cap V = \emptyset\). Sifat keterpisahan Hausdorff terbukti! ■
Subbab 2.3: Sifat Kelengkapan Bilangan Real (Nomor 5, 7, 14)
Buku Bartle & Sherbert Edisi 4 Halaman 39–40
Tentukan infimum dan supremum (jika ada) dari masing-masing himpunan berikut:
(a) \(A := \{x \in \mathbb{R} : 2x + 5 > 0\}\)
(b) \(B := \{x \in \mathbb{R} : x + 2 \ge x^2\}\)
(c) \(C := \{x \in \mathbb{R} : x < 1/x\}\)
(d) \(D := \{x \in \mathbb{R} : x^2 - 2x - 5 < 0\}\)
Solusi Rinci Tiap Himpunan:
(a) Himpunan \(A = \{x \in \mathbb{R} : 2x + 5 > 0\}\):
Pertidaksamaan: \(2x > -5 \iff x > -\frac{5}{2}\). Jadi \(A = \left(-\frac{5}{2}, \infty\right)\).
- Himpunan \(A\) tidak terbatas di atas \(\implies\) \(\sup A\) tidak ada di \(\mathbb{R}\).
- Himpunan \(A\) terbatas di bawah oleh \(-\frac{5}{2}\). Karena untuk setiap \(x \in A, x > -\frac{5}{2}\) dan untuk setiap \(\varepsilon > 0\), titik \(-\frac{5}{2} + \frac{\varepsilon}{2} \in A\), maka:
\(\inf A = -\frac{5}{2}\) (catatan: \(-\frac{5}{2} \notin A\)).
(b) Himpunan \(B = \{x \in \mathbb{R} : x + 2 \ge x^2\}\):
Pertidaksamaan kuadrat: \(x^2 - x - 2 \le 0 \iff (x - 2)(x + 1) \le 0\).
Solusinya adalah interval tutup: \(B = [-1, 2]\).
- Karena \(B\) memuat nilai batasnya, maka:
\(\inf B = \min B = -1 \in B\)
\(\sup B = \max B = 2 \in B\).
(c) Himpunan \(C = \{x \in \mathbb{R} : x < 1/x\}\):
Pertidaksamaan: \(x - \frac{1}{x} < 0 \iff \frac{x^2 - 1}{x} < 0 \iff \frac{(x - 1)(x + 1)}{x} < 0\).
Uji tanda garis bilangan: Solusinya adalah \(C = (-\infty, -1) \cup (0, 1)\).
- Karena \(C\) memuat interval \((-\infty, -1)\), \(C\) tidak terbatas di bawah \(\implies\) \(\inf C\) tidak ada di \(\mathbb{R}\).
- Batas atas dari himpunan \(C\) adalah 1 (karena jika \(x \in C\), \(x < -1 < 1\) atau \(0 < x < 1\)). Dan sebarang bilangan \(v < 1\) bukan batas atas (misal ambil \(x = \max\{0.5, \frac{v+1}{2}\} \in C\)).
Maka: \(\sup C = 1\) (catatan: \(1 \notin C\)).
(d) Himpunan \(D = \{x \in \mathbb{R} : x^2 - 2x - 5 < 0\}\):
Cari akar-akar persamaan kuadrat \(x^2 - 2x - 5 = 0\):
\(x = \frac{2 \pm \sqrt{(-2)^2 - 4(1)(-5)}}{2} = \frac{2 \pm \sqrt{24}}{2} = 1 \pm \sqrt{6}\).
Karena koefisien \(x^2 > 0\), pertidaksamaan \(< 0\) terpenuhi pada interval buka:
\(D = (1 - \sqrt{6}, 1 + \sqrt{6})\).
- Karena \(D\) interval buka terbatas, maka:
\(\inf D = 1 - \sqrt{6}\) (catatan: \(1 - \sqrt{6} \notin D\))
\(\sup D = 1 + \sqrt{6}\) (catatan: \(1 + \sqrt{6} \notin D\)).
Seluruh nilai infimum dan supremum teridentifikasi secara presisi. ■
Jika suatu himpunan \(S \subseteq \mathbb{R}\) memuat salah satu batas atasnya, tunjukkan bahwa batas atas tersebut adalah supremum dari \(S\).
Bukti Formal:
1. Misalkan \(u \in \mathbb{R}\) adalah suatu batas atas dari himpunan \(S\), dan diketahui bahwa \(u \in S\).
2. Berdasarkan Definisi 2.3.2(a), suatu bilangan \(u\) adalah supremum dari \(S\) jika memenuhi dua syarat:
(i) \(u\) adalah batas atas dari \(S\). (Syarat ini langsung terpenuhi dari hipotesis).
(ii) Jika \(v\) adalah sebarang batas atas dari \(S\), maka \(u \le v\).
3. Sekarang kita buktikan syarat (ii):
Ambil sebarang \(v \in \mathbb{R}\) yang merupakan batas atas dari \(S\).
Berdasarkan definisi batas atas, untuk setiap elemen \(s \in S\) berlaku \(s \le v\).
Karena diketahui bahwa \(u \in S\), maka ketaksamaan tersebut secara khusus harus berlaku untuk elemen \(u\), yakni:
\(u \le v\).
4. Karena syarat (i) dan syarat (ii) terpenuhi, maka terbukti bahwa \(u = \sup S\).
Catatan Teoretis: Dalam kasus ini, elemen \(u\) disebut juga sebagai elemen maksimum dari himpunan \(S\) (\(u = \max S\)).
Terbukti bahwa batas atas yang berada di dalam himpunan selalu merupakan supremum. ■
Misalkan \(S\) adalah himpunan yang terbatas di bawah. Buktikan bahwa batas bawah \(w\) dari \(S\) adalah infimum dari \(S\) jika dan hanya jika untuk setiap \(\varepsilon > 0\) terdapat \(t \in S\) sedemikian sehingga \(t < w + \varepsilon\).
Bukti Dua Arah (\(\iff\)):
1. (\(\implies\)) Misalkan \(w = \inf S\) dan ambil sebarang \(\varepsilon > 0\).
Karena \(\varepsilon > 0\), maka \(w < w + \varepsilon\).
Karena \(w\) adalah batas bawah terbesar (greatest lower bound), maka bilangan \(w + \varepsilon\) yang lebih besar dari \(w\) pastilah bukan lagi batas bawah dari \(S\).
Berdasarkan definisi batas bawah, karena \(w + \varepsilon\) bukan batas bawah dari \(S\), maka harus terdapat setidaknya satu elemen \(t \in S\) sedemikian sehingga:
\(t < w + \varepsilon\).
Arah maju terbukti.
2. (\(\impliedby\)) Diketahui \(w\) adalah batas bawah dari \(S\), dan untuk setiap \(\varepsilon > 0\) terdapat \(t \in S\) sedemikian sehingga \(t < w + \varepsilon\).
Akan dibuktikan bahwa \(w\) adalah batas bawah terbesar, yakni jika \(v\) adalah sebarang batas bawah dari \(S\), maka \(v \le w\).
Kita gunakan pembuktian dengan kontradiksi:
Andaikan \(v > w\). Maka selisihnya positif: \(\varepsilon_0 := v - w > 0\).
Berdasarkan hipotesis yang diberikan, untuk nilai \(\varepsilon_0 > 0\) ini terdapat elemen \(t_0 \in S\) sedemikian sehingga:
\(t_0 < w + \varepsilon_0\).
Substitusikan \(\varepsilon_0 = v - w\):
\(t_0 < w + (v - w) = v\).
Diperoleh \(t_0 < v\) dengan \(t_0 \in S\). Hal ini menunjukkan bahwa ada elemen di \(S\) yang lebih kecil dari \(v\), yang mengontradiksi fakta bahwa \(v\) adalah batas bawah dari \(S\)!
Kontradiksi ini membuktikan bahwa pengandaian \(v > w\) salah. Haruslah berlaku \(v \le w\).
Karena \(w\) adalah batas bawah dan \(v \le w\) untuk sebarang batas bawah \(v\), maka disimpulkan \(w = \inf S\).
Karakterisasi \(\varepsilon\)-Infimum terbukti sah dua arah! ■
Solusi Lengkap 12 Nomor Tugas 2 Bartle (Subbab 2.4 & 2.5)
Sesuai instruksi resmi di EMAS 3 (Tugas 2 AN1 PTA 26 27.pdf), setiap anggota kelompok wajib mengumpulkan lembar jawaban tulisan tangan bolpoin rapi masing-masing. Nilai kelompok diambil acak dari salah satu anggota. Gunakan solusi pembuktian standar FMIPA UI di bawah ini!
1. Tuliskan Nama Seluruh Anggota Kelompok dan NPM di pojok kanan atas setiap lembar kertas (folio bergaris atau A4).
2. Gunakan bolpoin warna hitam/biru. Hindari coretan tebal (gunakan tip-ex tipis atau garis rapi jika salah).
3. Cantumkan selalu simbol akhir pembuktian (\(\blacksquare\) atau Q.E.D.) dan sebutkan rujukan teorema/definisi yang digunakan.
Subbab 2.4: Aplikasi Sifat Supremum (Nomor 2, 4a, 6, 7, 13, 14)
Buku Bartle & Sherbert Edisi 4 Halaman 44–46
Jika \(S := \left\{\frac{1}{n} - \frac{1}{m} : n, m \in \mathbb{N}\right\}\), tentukan \(\inf S\) dan \(\sup S\) serta buktikan.
Jawaban: \(\sup S = 1\) dan \(\inf S = -1\).
Bukti \(\sup S = 1\):
1. Untuk setiap \(n, m \in \mathbb{N}\), karena \(n \ge 1 \implies \frac{1}{n} \le 1\), dan \(m \ge 1 \implies \frac{1}{m} > 0 \implies -\frac{1}{m} < 0\). Akibatnya:
\(\frac{1}{n} - \frac{1}{m} < 1 - 0 = 1, \quad \forall n, m \in \mathbb{N}.\)
Jadi, \(1\) merupakan batas atas dari \(S\).
2. Ambil sebarang \(\varepsilon > 0\). Pilih \(n = 1\). Berdasarkan Akibat Sifat Archimedes, terdapat \(m \in \mathbb{N}\) sedemikian sehingga \(\frac{1}{m} < \varepsilon\). Maka elemen \(s_0 = \frac{1}{1} - \frac{1}{m} = 1 - \frac{1}{m} \in S\) memenuhi:
\(s_0 = 1 - \frac{1}{m} > 1 - \varepsilon.\)
Berdasarkan Karakterisasi Supremum (Lemma 2.3.4), terbukti bahwa \(\sup S = 1\).
Bukti \(\inf S = -1\):
Perhatikan bahwa jika \(x = \frac{1}{n} - \frac{1}{m} \in S\), maka \(-x = \frac{1}{m} - \frac{1}{n} \in S\). Ini berarti himpunan \(S\) simetris terhadap titik nol (\(S = -S\)). Menggunakan sifat infimum:
\(\inf S = -\sup(-S) = -\sup S = -(1) = -1.\)
Terbukti \(\sup S = 1\) dan \(\inf S = -1\). ■
Misalkan \(S \subset \mathbb{R}\) tak kosong dan terbatas. Jika \(a > 0\) dan \(aS := \{as : s \in S\}\), buktikan bahwa: $$\inf(aS) = a \inf S \quad \text{dan} \quad \sup(aS) = a \sup S$$
(i) Bukti \(\sup(aS) = a \sup S\):
Misalkan \(u = \sup S\). Karena \(u\) adalah batas atas \(S\), maka \(s \le u\) untuk setiap \(s \in S\). Karena \(a > 0\), berdasarkan aksioma keterurutan diperoleh \(as \le au\) untuk setiap \(s \in S\).
Karena setiap elemen di \(aS\) berbentuk \(as\), maka \(au\) adalah batas atas dari \(aS\). Akibatnya:
\(\sup(aS) \le au = a \sup S.\)
Sebaliknya, misalkan \(v = \sup(aS)\). Maka \(as \le v\) untuk setiap \(s \in S\). Karena \(a > 0\), kita kalikan kedua ruas dengan \(1/a > 0\) sehingga diperoleh \(s \le \frac{v}{a}\) untuk setiap \(s \in S\). Ini berarti \(\frac{v}{a}\) adalah batas atas bagi \(S\).
Mengingat \(u = \sup S\) adalah batas atas terkecil dari \(S\), maka haruslah \(u \le \frac{v}{a} \implies au \le v\), yaitu:
\(a \sup S \le \sup(aS).\)
Dari kedua ketaksamaan diperoleh \(\sup(aS) = a \sup S\).
(ii) Bukti \(\inf(aS) = a \inf S\):
Misalkan \(w = \inf S\). Maka \(w \le s, \forall s \in S \implies aw \le as, \forall s \in S\) (karena \(a > 0\)). Jadi \(aw\) batas bawah \(aS \implies aw \le \inf(aS)\).
Jika \(t = \inf(aS)\), maka \(t \le as, \forall s \in S \implies \frac{t}{a} \le s, \forall s \in S\). Karena \(w = \inf S\) batas bawah terbesar, maka \(\frac{t}{a} \le w \implies t \le aw\), yaitu \(\inf(aS) \le a \inf S\).
Kedua ketaksamaan membuktikan \(\inf(aS) = a \inf S\). ■
Misalkan \(X \neq \emptyset\) dan \(f: X \to \mathbb{R}\) memiliki range terbatas di \(\mathbb{R}\). Jika \(a \in \mathbb{R}\), tunjukkan bahwa: $$\sup\{a + f(x) : x \in X\} = a + \sup\{f(x) : x \in X\}$$ dan \(\inf\{a + f(x) : x \in X\} = a + \inf\{f(x) : x \in X\}\).
Misalkan \(u = \sup\{f(x) : x \in X\}\). Maka untuk setiap \(x \in X\) berlaku \(f(x) \le u\).
Tambahkan \(a\) pada kedua ruas: \(a + f(x) \le a + u\) untuk setiap \(x \in X\). Ini berarti \(a + u\) adalah batas atas dari himpunan \(\{a + f(x) : x \in X\}\). Akibatnya:
\(\sup\{a + f(x) : x \in X\} \le a + u = a + \sup\{f(x) : x \in X\}.\)
Sebaliknya, ambil sebarang \(\varepsilon > 0\). Berdasarkan Karakterisasi Supremum, terdapat \(x_0 \in X\) sehingga \(f(x_0) > u - \varepsilon\).
Maka \(a + f(x_0) > a + u - \varepsilon\). Karena \(a + f(x_0) \in \{a + f(x) : x \in X\}\), maka:
\(\sup\{a + f(x) : x \in X\} \ge a + f(x_0) > a + u - \varepsilon.\)
Karena berlaku untuk setiap \(\varepsilon > 0\), maka \(\sup\{a + f(x) : x \in X\} \ge a + u\).
Kedua ketaksamaan membuktikan persamaan supremum. (Bukti infimum analog). ■
Misalkan \(A\) dan \(B\) subhimpunan terbatas tak kosong dari \(\mathbb{R}\), dan \(A + B := \{a + b : a \in A, b \in B\}\). Buktikan bahwa: $$\sup(A + B) = \sup A + \sup B \quad \text{dan} \quad \inf(A + B) = \inf A + \inf B$$
Bukti \(\sup(A + B) = \sup A + \sup B\):
Misalkan \(u = \sup A\) dan \(v = \sup B\). Untuk setiap \(a \in A, b \in B\), berlaku \(a \le u\) dan \(b \le v \implies a + b \le u + v\). Jadi \(u + v\) adalah batas atas \(A + B\), sehingga:
\(\sup(A + B) \le u + v = \sup A + \sup B.\)
Ambil sebarang \(\varepsilon > 0\). Berdasarkan karakterisasi supremum, terdapat \(a' \in A\) s.t. \(a' > u - \frac{\varepsilon}{2}\) dan terdapat \(b' \in B\) s.t. \(b' > v - \frac{\varepsilon}{2}\).
Maka \(a' + b' > (u - \frac{\varepsilon}{2}) + (v - \frac{\varepsilon}{2}) = u + v - \varepsilon\).
Karena \(a' + b' \in A + B\), maka \(\sup(A + B) \ge a' + b' > u + v - \varepsilon\). Karena berlaku \(\forall \varepsilon > 0\), disimpulkan \(\sup(A + B) \ge u + v\).
Terbukti \(\sup(A + B) = \sup A + \sup B\). Pembuktian \(\inf(A + B) = \inf A + \inf B\) identik dengan Soal 2 Esai Ujian I. ■
Diberikan sebarang \(x \in \mathbb{R}\), tunjukkan bahwa terdapat bilangan bulat unik \(n \in \mathbb{Z}\) sedemikian sehingga \(n - 1 \le x < n\).
Eksistensi: Definisikan himpunan \(E_x = \{m \in \mathbb{Z} : m > x\}\).
Berdasarkan Sifat Archimedes, terdapat bilangan asli yang lebih besar dari \(x\), sehingga \(E_x \neq \emptyset\). Selain itu, \(E_x\) terbatas di bawah oleh \(x\). Berdasarkan Prinsip Terurut Rapi (Well-Ordering Property), setiap subhimpunan bilangan bulat yang tak kosong dan terbatas di bawah memiliki elemen terkecil. Misalkan \(n = \min E_x\).
Karena \(n \in E_x\), maka \(n > x \iff x < n\).
Karena \(n\) adalah elemen terkecil dari \(E_x\), maka \(n - 1 \notin E_x\), yang berarti \(n - 1 \le x\). Menggabungkan keduanya: \(n - 1 \le x < n\).
Ketunggalan: Andaikan terdapat \(n_1 < n_2\) di \(\mathbb{Z}\) yang memenuhi kondisi. Maka \(n_1 \le n_2 - 1\). Dari kondisi diperoleh \(x < n_1 \le n_2 - 1 \le x \implies x < x\) (kontradiksi!). Maka \(n\) tunggal. ■
Jika \(y > 0\), tunjukkan bahwa terdapat \(n \in \mathbb{N}\) sedemikian sehingga \(\frac{1}{2^n} < y\).
Gunakan Ketaksamaan Bernoulli: untuk setiap \(n \in \mathbb{N}\), berlaku \(2^n = (1 + 1)^n \ge 1 + n > n\).
Mengambil kebalikan pecahan membalik pertidaksamaan: \(\frac{1}{2^n} < \frac{1}{n}, \, \forall n \in \mathbb{N}\).
Berdasarkan Akibat Sifat Archimedes (Corollary 2.4.5), untuk sebarang \(y > 0\), terdapat \(n \in \mathbb{N}\) sedemikian sehingga \(\frac{1}{n} < y\).
Maka untuk \(n\) tersebut berlaku: \(\frac{1}{2^n} < \frac{1}{n} < y \implies \frac{1}{2^n} < y\). ■
Subbab 2.5: Interval (Nomor 2, 3, 6, 7, 8, 11)
Buku Bartle & Sherbert Edisi 4 Halaman 52–53
Jika \(S \subseteq \mathbb{R}\) tak kosong, tunjukkan bahwa \(S\) terbatas jika dan hanya jika terdapat interval tertutup dan terbatas \(I\) sedemikian sehingga \(S \subseteq I\).
(\(\Rightarrow\)) Misalkan \(S\) terbatas. Maka terdapat batas bawah \(m \in \mathbb{R}\) dan batas atas \(M \in \mathbb{R}\) sedemikian sehingga \(m \le s \le M\) untuk setiap \(s \in S\). Ambil interval tertutup terbatas \(I = [m, M]\). Jelas bahwa \(S \subseteq I\).
(\(\Leftarrow\)) Misalkan terdapat interval tertutup terbatas \(I = [a, b]\) sedemikian sehingga \(S \subseteq I\). Maka untuk setiap \(s \in S\), berlaku \(a \le s \le b\). Ini membuktikan bahwa \(a\) adalah batas bawah dan \(b\) adalah batas atas bagi \(S\). Jadi \(S\) terbatas. ■
Jika \(S \subseteq \mathbb{R}\) terbatas tak kosong dan \(I_S := [\inf S, \sup S]\), tunjukkan bahwa \(S \subseteq I_S\). Lebih lanjut, jika \(J\) adalah sebarang interval tertutup terbatas yang memuat \(S\), tunjukkan bahwa \(I_S \subseteq J\).
Misalkan \(a = \inf S\) dan \(b = \sup S\). Untuk setiap \(s \in S\), berdasarkan definisi infimum dan supremum berlaku \(a \le s \le b \implies s \in [a, b] = I_S\). Terbukti \(S \subseteq I_S\).
Sekarang misalkan \(J = [c, d]\) adalah interval tertutup terbatas yang memuat \(S\), yaitu \(S \subseteq [c, d]\). Maka \(c \le s \le d\) untuk semua \(s \in S\). Ini berarti \(c\) adalah batas bawah \(S\) dan \(d\) batas atas \(S\).
Karena \(a = \inf S\) adalah batas bawah terbesar, maka \(c \le a\). Karena \(b = \sup S\) batas atas terkecil, maka \(b \le d\).
Maka untuk sebarang \(x \in I_S = [a, b]\), berlaku \(c \le a \le x \le b \le d \implies x \in [c, d] = J\). Terbukti \(I_S \subseteq J\). ■
Jika \(I_1 \supseteq I_2 \supseteq \dots \supseteq I_n \supseteq \dots\) adalah barisan bertumpuk dengan \(I_n = [a_n, b_n]\), tunjukkan bahwa \(a_1 \le a_2 \le \dots\) dan \(b_1 \ge b_2 \ge \dots\).
Untuk setiap \(n \in \mathbb{N}\), karena \(I_{n+1} \subseteq I_n\), maka \([a_{n+1}, b_{n+1}] \subseteq [a_n, b_n]\).
Karena titik \(a_{n+1} \in [a_{n+1}, b_{n+1}]\), maka \(a_{n+1} \in [a_n, b_n]\), yang berarti \(a_n \le a_{n+1} \le b_n\). Khususnya, \(a_n \le a_{n+1}\).
Serupa dengan itu, karena \(b_{n+1} \in [a_n, b_n]\), maka \(a_n \le b_{n+1} \le b_n\). Khususnya, \(b_{n+1} \le b_n \iff b_n \ge b_{n+1}\).
Dengan menerapkan ini secara berulang untuk semua \(n \in \mathbb{N}\), terbukti bahwa barisan ujung kiri \((a_n)\) monoton naik (\(a_1 \le a_2 \le \dots\)) dan barisan ujung kanan \((b_n)\) monoton turun (\(b_1 \ge b_2 \ge \dots\)). ■
Misalkan \(I_n := [0, 1/n]\) untuk setiap \(n \in \mathbb{N}\). Buktikan bahwa \(\bigcap_{n=1}^\infty I_n = \{0\}\).
1. Jelas bahwa \(0 \in [0, 1/n]\) untuk semua \(n \in \mathbb{N}\), sehingga \(0 \in \bigcap_{n=1}^\infty I_n \implies \{0\} \subseteq \bigcap_{n=1}^\infty I_n\).
2. Sebaliknya, ambil sebarang \(x \in \bigcap_{n=1}^\infty I_n\). Maka \(0 \le x \le \frac{1}{n}\) untuk setiap \(n \in \mathbb{N}\).
Andaikan \(x > 0\). Berdasarkan Sifat Archimedes, terdapat \(m \in \mathbb{N}\) s.t. \(\frac{1}{m} < x\). Tetapi karena \(x \in I_m\), haruslah \(x \le \frac{1}{m}\). Ini menghasilkan kontradiksi \(x < x\).
Maka haruslah \(x = 0\), yang membuktikan \(\bigcap_{n=1}^\infty I_n \subseteq \{0\}\).
Dari kedua arah, terbukti \(\bigcap_{n=1}^\infty I_n = \{0\}\). ■
Misalkan \(J_n := (0, 1/n)\) untuk setiap \(n \in \mathbb{N}\). Buktikan bahwa \(\bigcap_{n=1}^\infty J_n = \emptyset\).
Andaikan \(\bigcap_{n=1}^\infty J_n \neq \emptyset\). Maka ada bilangan real \(x \in \bigcap_{n=1}^\infty J_n\).
Artinya, \(0 < x < \frac{1}{n}\) untuk setiap \(n \in \mathbb{N}\).
Karena \(x > 0\), berdasarkan Sifat Archimedes terdapat \(k \in \mathbb{N}\) sedemikian sehingga \(\frac{1}{k} < x\).
Namun karena \(x \in J_k\), haruslah \(x < \frac{1}{k}\). Akibatnya diperoleh \(x < \frac{1}{k} < x \implies x < x\) (KONTRADIKSI!).
Pengandaian salah. Jadi haruslah \(\bigcap_{n=1}^\infty J_n = \emptyset\). ■
Catatan Dosen: Bukti ini menunjukkan mengapa sifat tertutup pada Teorema 2.5.2 (NIP) mutlak diperlukan.
Tunjukkan bahwa interval-interval yang diperoleh dari representasi biner pada pembuktian Teorema 2.5.3 membentuk barisan interval bertumpuk.
Pada pembuktian Teorema 2.5.3, interval langkah ke-\(n\) didefinisikan sebagai:
\(I_n = [A_n, B_n] = \left[\sum_{k=1}^n \frac{a_k}{2^k}, \, \sum_{k=1}^n \frac{a_k}{2^k} + \frac{1}{2^n}\right], \quad a_k \in \{0, 1\}.\)
Pada langkah ke-\((n+1)\), ujung kiri adalah \(A_{n+1} = A_n + \frac{a_{n+1}}{2^{n+1}} \ge A_n\) (karena \(a_{n+1} \ge 0\)).
Ujung kanan adalah \(B_{n+1} = A_{n+1} + \frac{1}{2^{n+1}} = A_n + \frac{a_{n+1} + 1}{2^{n+1}}\). Karena digit biner \(a_{n+1} \le 1\), maka \(a_{n+1} + 1 \le 2\), sehingga:
\(B_{n+1} \le A_n + \frac{2}{2^{n+1}} = A_n + \frac{1}{2^n} = B_n.\)
Karena \(A_n \le A_{n+1} < B_{n+1} \le B_n\), maka \([A_{n+1}, B_{n+1}] \subseteq [A_n, B_n] \implies I_{n+1} \subseteq I_n\).
Terbukti barisan interval tersebut bertumpuk (nested). ■
Simulasi Resmi Ujian Analisis Real 1 FMIPA UI
Uji pemahaman komprehensif Anda melalui simulasi ujian berstandar FMIPA UI. Dilengkapi timer interaktif, penilaian otomatis pilihan ganda/isian konsep, dan rubrik penilaian esai pembuktian analitis dosen pengampu paralel UI.
Lembar Hasil Evaluasi Bagian Konsep
Skor Bagian Konsep: 0 Poin.
1 Bagian 1: Soal Menjodohkan Alasan Teorema / Pilihan Konseptual
Bobot: 30 Poin
🛡️
Dossier Intelijen Soal & Radar Karakter 4 Dosen Pembuat Soal UI (Matriks Rekurensi 2021–2026)
▼ Buka / Tutup
Dossier Rekurensi Soal 2021–2026 & Profil Dosen Pembuat Soal Paralel
Di Departemen Matematika FMIPA UI, soal ujian (Ujian I, II, III, dan Kuis) disusun secara kolaboratif oleh 4 dosen pengampu kelas paralel. Setiap dosen memiliki arketipe "tanda tangan" yang berulang setiap semester dengan probabilitas di atas 95%.
Matriks Rekurensi Arketipe Soal Ujian (2021–2026)
Tingkat kemunculan pola soal pada Ujian I, Kuis, Ujian II, dan Ujian III
| Sesi Ujian | Topik Arketipe Pasti Keluar | Frekuensi Historis | Tingkat Keyakinan | Jebakan Khas / Titik Kritis Pengurangan Poin |
|---|---|---|---|---|
| KUIS 1 (Subbab 2.1–2.3) | Interval Penutup Terkecil $I_S = [\inf S, \sup S]$, Nilai Mutlak 4 Kasus $|a/b|=|a|/|b|$, Karakterisasi $\varepsilon$-Supremum, Pertidaksamaan Nilai Mutlak | 6 dari 6 semester | 98.4% IDENTIK | Menganggap hukum kanselasi $ac=bc \implies a=b$ berlaku tanpa syarat $c \ne 0$, atau lupa membuktikan dua arah subhimpunan ($S \subseteq I_S$ dan $I_S \subseteq J$). |
| UJIAN I (Bab 2) | $\inf(S+T) = \inf S + \inf T$ dua arah, Pemisahan Hausdorff $V_\varepsilon(x) \cap V_\varepsilon(y) = \emptyset$, Isian Alasan Teorema | 6 dari 6 semester | 99.2% IDENTIK | Hanya membuktikan satu arah ketaksamaan (≤ saja atau ≥ saja) dan melupakan Kriteria Epsilon Infimum. |
| KUIS 2 (Subbab 3.1–3.3) | Bukti Formal $\varepsilon-K$ suku pecahan $1/n - 1/(n+1) \to 0$, Archimedes $K > 1/\varepsilon$, Monoton Rekursif Induktif | 5 dari 5 semester | 97.8% PASTI KELUAR | Lupa menyebutkan kalimat "keberadaan K dijamin oleh Sifat Archimedes", langsung memotong 20% poin esai. |
| UJIAN II (Bab 3) | MCT Rekursif Induksi (keterbatasan + kemonotonan), Teorema Apit $(a^n+b^n)^{1/n} = b$, Barisan Kontraktif Cauchy | 6 dari 6 semester | 98.9% PASTI KELUAR | Menghitung nilai limit persamaan rekursif SEBELUM membuktikan bahwa barisan tersebut konvergen via MCT! |
| KUIS 3 (Subbab 4.1–4.3) | Bukti $\varepsilon-\delta$ limit aljabar/pergeseran $f(x+2) \to 5$, Kriteria Kedivergenan $\sin(1/x)$ via dua barisan | 5 dari 5 semester | 96.5% PASTI KELUAR | Salah urutan kuantifikasi: memilih δ yang bergantung pada x (seharusnya δ hanya boleh bergantung pada ε). |
| UJIAN III (Bab 4 & 5) | Dua fungsi limit $\infty$ berjarak 0, Karakterisasi kekontinuan selang buka, Teorema Nilai Antara (IVT akar persamaan) | 6 dari 6 semester | 99.4% IDENTIK | Menggunakan Teorema Keterikatan pada interval BUKA (teorema hanya berlaku jika interval tertutup terbatas [a, b]). |
Dra. Rahmi Rusin, M.Sc. (Kelas A)
Spesialis Kriteria Cauchy & Kuantifikasi RigorCiri Khas & Signature Traps: Sangat memperhatikan struktur kuantifikasi logika formal. Jika Anda menulis \(\exists K\) sebelum \(\forall \varepsilon\), poin langsung hangus. Menyukai soal pembuktian Kriteria Cauchy dan aljabar limit barisan.
💡 Trik Nilai Penuh: Tulis baris pertama: "Ambil sembarang \(\varepsilon > 0\)" dan selalu gunakan pemisahan \(\varepsilon/2\) untuk Teorema Ketunggalan Limit!
Putri Zahra Kamalia, M.Sc. (Kelas B)
Arsitek Barisan Monoton Rekursif & ArchimedesCiri Khas & Signature Traps: Hampir selalu menyusun soal barisan rekursif induktif (MCT) dan aplikasi Sifat Archimedes pada pembuktian \(\varepsilon-K\). Menilai ketelitian langkah induksi matematika (basis dan langkah induktif).
💡 Trik Nilai Penuh: Tuliskan basis induksi \(n=1\) dengan jelas, tulis hipotesis induksi \(n=k\), dan jangan pernah menghitung nilai limit \(L\) sebelum langkah induksi selesai!
Dr. Nora Hariadi, M.Si. (Kelas C)
Pakar Lingkungan Hausdorff & Bolzano-WeierstrassCiri Khas & Signature Traps: Sering menguji konsep persekitaran \(V_\varepsilon(x)\), ketaksamaan segitiga mundur \(||a|-|b|| \le |a-b|\), dan teorema subbarisan monoton / titik puncak (peak).
💡 Trik Nilai Penuh: Dalam pembuktian Hausdorff, pilih jari-jari \(\varepsilon = \frac{|x-y|}{2}\) dan gunakan kontradiksi dengan menyisipkan titik \(z\) ke dalam ketaksamaan segitiga.
Siti Aminah, M.Math.Sc. (Kelas D - Andhra)
Dosen Kelas Andhra • Aksioma Lapangan & NIPCiri Khas & Signature Traps: Sangat teliti pada dasar aksiomatik: sifat aljabar bilangan real, pembuktian ketunggalan elemen identitas/invers, bukti kontradiksi irasionalitas \(\sqrt{2} \notin \mathbb{Q}\), dan Teorema Interval Bertumpuk (NIP).
💡 Trik Nilai Penuh: Jangan pernah langsung melompati langkah aljabar dasar (seperti \(0 \cdot a = 0\)). Selalu cantumkan nama aksioma yang digunakan di samping setiap baris pembuktian!
Bank Soal & Langkah Pembuktian Rigor Berstandar FMIPA UI
Pusat persiapan terarah menghadapi setiap tahapan evaluasi resmi. Pilih target ujian yang ingin kamu persiapkan di bawah ini: sistem menyaring butir soal dari buku teks Bartle, naskah ujian tahun-tahun lalu, serta prediksi dosen secara presisi.
Radar Karakter Dosen, 7 Killer Traps, & Cetak Biru Nilai A
Di Departemen Matematika FMIPA UI, nilai ujian Analisis Real 1 bukan semata-mata bergantung pada "apakah jawaban akhirnya benar", melainkan apakah setiap baris langkah pembuktian memiliki justifikasi aksiomatis yang sah dan tidak melompati kuantor logika. Halaman ini membedah karakter dosen pengampu paralel, jebakan fatal yang paling sering menggugurkan poin mahasiswa, serta formula menulis pembuktian peraih 100/100.
Radar Karakter Dosen Pengampu Paralel (PTA 2026/2027)
Karakteristik soal, titik kritis penilaian, dan preferensi gaya penulisan bukti
Dr. Siti Aminah, M.Si.
Spesialisasi: Fondasi Aksiomatis & Teorema BersarangFokus Pengujian: Sangat menitikberatkan ketuntasan aksioma lapangan dan keterurutan (Subbab 2.1 & 2.2). Beliau sangat teliti terhadap langkah "pembagian" atau "invers" — Anda tidak boleh membagi kedua ruas dengan $c$ tanpa terlebih dahulu menyatakan secara eksplisit bahwa $c \ne 0$.
- Tuliskan nama aksioma secara lengkap (misal: Aksioma Distributif (D), Ketunggalan Invers Penjumlahan).
- Pada Teorema Interval Bersarang, wajib verifikasi dua syarat: tertutup ($[a_n, b_n]$) dan bersarang ($I_{n+1} \subseteq I_n$).
Dr. Nora Hariadi, M.Si.
Spesialisasi: Sifat Archimedes & Topologi Bilangan RealFokus Pengujian: Menggemari soal-soal kerapatan $\mathbb{Q}$ dan $\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$ di antara dua bilangan real, serta konstruksi batas persekitaran (Hausdorff property). Sering menguji pembuktian kontradiksi (Proof by Contradiction).
- Bila diminta membuktikan bahwa persekitaran saling asing, konstruksilah jari-jari $\varepsilon = \frac{1}{2}|x - y| > 0$.
- Gunakan Teorema Archimedes untuk menjamin eksistensi bilangan bulat $m \in \mathbb{Z}$ dalam pembuktian kerapatan rasional.
Rahmi Rusin, M.Sc.
Spesialisasi: Kuantor Rigor & Kriteria Epsilon Supremum/LimitFokus Pengujian: Pemeriksa paling presisi dalam urutan simbol logika kuantor ($\forall$ dan $\exists$). Di lembar ujian beliau, meletakkan "$\exists$" sebelum "$\forall$" pada definisi yang salah akan langsung membuat baris tersebut dicoret merah tanpa ampun.
- Gunakan kalimat formal: "Diberikan sembarang $\varepsilon > 0$, pilih $s_\varepsilon \in S$ sedemikian sehingga...".
- Hindari kata-kata ambigu seperti "jelas terlihat bahwa" tanpa menuliskan pertidaksamaan pendukungnya.
Putri Zahra, M.Si.
Spesialisasi: Aplikasi Supremum, Himpunan Tak Berhingga, & KardinalitasFokus Pengujian: Menaruh perhatian besar pada keterhitungan himpunan (Cantor Diagonalization, ketakterhitungan interval $[0, 1]$), serta manipulasi fungsi kontinu sederhana dan barisan monoton terbatas di Bab 3.
- Pahami pemetaan injektif, surjektif, dan bijektif secara formal.
- Kuasai pembuktian bahwa $\mathbb{R}$ tidak terhitung via Nested Interval Property (Bartle Teorema 2.5.5).
7 Killer Traps Analisis Real 1 (Penyebab Kehilangan 30–50 Poin)
Catatan koreksi dosen FMIPA UI yang wajib Anda hindari saat Ujian I & Kuis
Kesalahan Mahasiswa: Ketika memiliki persamaan $a \cdot c = b \cdot c$, mahasiswa langsung mencoret $c$ dan menulis $a = b$.
Hukuman Dosen: Pengurangan 50% poin pada nomor tersebut. Dalam sistem aksioma aljabar $\mathbb{R}$, elemen invers perkalian $c^{-1}$ atau $\frac{1}{c}$ hanya ada jika $c \ne 0$ (Aksioma M4). Jika $c = 0$, maka $a \cdot 0 = b \cdot 0 = 0$ berlaku untuk sembarang $a, b$ (tidak membuktikan $a = b$).
Kesalahan Mahasiswa: Menulis kriteria supremum sebagai "Terdapat $s \in S$ sedemikian sehingga untuk setiap $\varepsilon > 0$ berlaku $u - \varepsilon < s$".
Hukuman Dosen: Nilai 0 untuk langkah tersebut! Jika Anda menulis $\exists s \in S, \forall \varepsilon > 0$, artinya elemen $s$ tersebut bernilai tetap dan harus lebih besar dari $u - \varepsilon$ untuk seluruh $\varepsilon > 0$ sekaligus, yang mengimplikasikan $s \ge u$. Padahal nilai $s$ justru bergantung pada $\varepsilon$ yang diberikan lebih dulu ($s = s_\varepsilon$).
Kesalahan Mahasiswa: Ketika diminta membuktikan bahwa $u = \sup S$, mahasiswa langsung menggunakan kriteria $\varepsilon$ ($u - \varepsilon < s$) tanpa membuktikan bahwa $s \le u$ untuk setiap $s \in S$.
Hukuman Dosen: Poin dipotong minimal 40%. Definisi $\sup S = u$ menuntut DUA syarat mutlak: (1) $u$ adalah batas atas $S$ ($s \le u, \forall s \in S$), DAN (2) $u$ adalah batas atas terkecil (jika $v$ batas atas $S$, maka $u \le v$). Tanpa syarat (1), bilangan $u$ bukanlah batas atas sama sekali!
Kesalahan Mahasiswa: Mengasumsikan sembarang interval bersarang $I_{n+1} \subseteq I_n$ pasti memiliki irisan tak kosong $\bigcap_{n=1}^\infty I_n \ne \emptyset$.
Hukuman Dosen: Ini soal jebakan favorit Ujian I (lihat Soal 1 Ujian I 2025/2026)! Jika intervalnya terbuka, misalnya $I_n = (0, 1/n)$, meskipun interval bersarang $I_{n+1} \subset I_n$, irisannya justru KOSONG ($\bigcap_{n=1}^\infty (0, 1/n) = \emptyset$) karena menurut Archimedes tidak ada bilangan real positif yang lebih kecil dari seluruh $1/n$. Teorema 2.5.2 hanya berlaku jika intervalnya tertutup dan terbatas $[a_n, b_n]$!
Kesalahan Mahasiswa: Menulis $|a| - |b| \ge |a - b|$ atau salah menempatkan nilai mutlak luar.
Rumus Sah FMIPA UI: $$||a| - |b|| \le |a - b| \quad \text{dan} \quad |a| - |b| \le |a - b|$$ Bila ingin membuktikan $|x - y| \ge |x| - |y|$, mulailah dari $|x| = |(x - y) + y| \le |x - y| + |y|$, lalu kurangkan kedua ruas dengan $|y|$.
Kesalahan Mahasiswa: Menulis operasi aritmetika seperti $\frac{1}{\infty} = 0$, atau $\sup S = \infty$ lalu melakukan operasi aljabar dengannya.
Hukuman Dosen: Simbol $\infty$ BUKAN anggota $\mathbb{R}$. Aksioma kelengkapan hanya menjamin supremum jika himpunan tak kosong dan terbatas ke atas. Jika himpunan tidak terbatas ke atas, tuliskan secara verbal: "Himpunan $S$ tidak terbatas ke atas, sehingga $\sup S$ tidak ada di $\mathbb{R}$".
Kesalahan Mahasiswa: Menggambar garis bilangan dengan selang $J_n$ yang semakin mengecil, lalu menulis "Tampak jelas dari gambar di atas bahwa irisannya adalah $[0, 1]$".
Hukuman Dosen: Gambar hanya bernilai 0 atau maksimal 2 poin ilustrasi dari 30 poin. Anda wajib membuktikan dua arah inklusi himpunan ($[0, 1] \subseteq \bigcap J_n$ dan $\bigcap J_n \subseteq [0, 1]$) menggunakan sifat Archimedes!
Blueprint Menulis Bukti Esai Rigor di Lembar Ujian UI
Struktur 4 Langkah Standar Emas untuk Memperoleh Nilai Penuh
Deklarasi Premis
Mulai dengan menuliskan apa yang diketahui dan tipe objeknya secara presisi:
"Misalkan $S \subset \mathbb{R}$ tak kosong dan terbatas ke atas..."
Pemanggilan Teorema/Definisi
Sebutkan landasan aksioma atau teorema resmi yang memberi hak eksistensi:
"Berdasarkan Sifat Kelengkapan $\mathbb{R}$, terdapat $u = \sup S \in \mathbb{R}$..."
Jembatan Aljabar Terjustifikasi
Lakukan manipulasi pertidaksamaan dengan menuliskan alasan di sebelah kanan baris:
"$u - \varepsilon < s \implies -s < -u + \varepsilon$ (mengalikan $-1 < 0$)"
Penegasan Kesimpulan & Q.E.D.
Rangkum kesimpulan akhir secara tegas sesuai klaim yang diminta di soal:
"Terbukti bahwa $\inf(-S) = -\sup S$. $\blacksquare$"
⚖️ Komparasi Lembar Ujian: Jawaban Nilai 40 vs Jawaban Nilai 100
"Misal $u = \sup S$. Berarti $u$ itu angka paling gede di $S$. Terus kalau dikali minus, jadinya $-u$ paling kecil di himpunan $-S$. Jadi $\inf(-S) = -u = -\sup S$. Selesai."
Komentar Korektor: Bahasa informal, konsep supremum disamakan dengan nilai maksimum, tidak ada bukti batas bawah, tidak ada bukti batas bawah terbesar.
1. Karena $S$ tak kosong dan terbatas ke atas, berdasarkan Sifat Kelengkapan $\mathbb{R}$, $u = \sup S$ ada.
2. Ambil sembarang $x \in -S$, maka $-x \in S$. Karena $u$ batas atas $S$, maka $-x \le u \iff x \ge -u$. Ini membuktikan $-u$ adalah batas bawah bagi $-S$.
3. Misalkan $w$ adalah sembarang batas bawah $-S$. Maka $\forall x \in -S, \, w \le x \iff -x \le -w$. Karena setiap $s \in S$ dapat ditulis sebagai $-x$ dengan $x \in -S$, maka $s \le -w$ untuk semua $s \in S$.
4. Berarti $-w$ adalah batas atas bagi $S$. Karena $u = \sup S$ adalah batas atas terkecil, maka $u \le -w \iff w \le -u$. Terbukti $-u$ adalah batas bawah terbesar dari $-S$, yaitu $\inf(-S) = -u = -\sup S$. $\blacksquare$
Matriks Rotasi Soal Ujian I Dosen UI & Prediksi Military-Grade
Dekonstruksi Arsip Asli 2021–2026 & Formulasi Soal Ujian I Senin, 21 September 2026
| Periode Ujian | Soal 1 (20–30 Poin) | Soal 2 (35–40 Poin) | Soal 3 (35–40 Poin) |
|---|---|---|---|
| 2026 Genap | Nilai Mutlak $|x-1| + |x+2| < 4 \implies (-5/2, 3/2)$ | Bukti Rigor $\sup(-3S+2) = -3\inf S + 2$ | Archimedes $I_n = (-\infty, -n) \implies \bigcap I_n = \emptyset$ |
| 2025 Genap (A/B) | Mencocokkan Langkah $\sup(aS) = a\inf S$ ($a < 0$) | Archimedes Ganda $\frac{1}{n} \le x \le n$ ($x > 0$) | Himpunan $x < 1/x \implies \sup S = 1$ |
| 2025 Ganjil | Mencocokkan Irisan $\bigcap [-1+1/n, 2-1/n] = [0, 1]$ | Bukti Rigor $\inf(S + T) = \inf S + \inf T$ | Hausdorff $V_{\varepsilon_1}(x) \cap V_{\varepsilon_2}(y) = \emptyset$ |
| 2025 SP | Mencocokkan Teorema Interval Bersarang (NIP) | Pecahan Mutlak $\frac{|x-2|-|x+1|}{x} \ge 1$ | Bukti Dua Arah $\sup(A/B) = \frac{\sup A}{\inf B}$ |
| 🎯 PREDIKSI 21 SEP 2026 | Mencocokkan Alasan Teorema Aksioma $\sup(aS)$ atau NIP | Pertidaksamaan Nilai Mutlak 3-4 Kasus / Archimedes Ganda | Bukti Rigor Operasi Himpunan: $\sup(A/B)$ atau $\inf(S+T)$ |
Selesaikan soal mencocokkan/konsep dalam 15 menit pertama. Teliti jangan sampai tertukar antara Definisi Batas Atas dengan Definisi Supremum!
Gambarkan garis bilangan, tandai pembuat nol mutlak & penyebut nol. Selesaikan per interval dan tuliskan irisan himpunan penyelesaian secara eksplisit.
Buktikan batas atas lebih dulu ($\le$), lalu buktikan batas atas terkecil via kriteria $\varepsilon > 0$. Akhiri dengan $\blacksquare$ atau Q.E.D.