Analisis real PDF

Preview

Summary

CATATAN KULIAH ANALISIS REAL LANJUT May 26, 2013 A Lecture Note Acknowledgement of Sources For all ideas taken from other sources (books, articles, internet), the source of the ideas is mentioned in the main text and fully referenced at the end of the report. All material which is quoted essentially...

Description

CATATAN KULIAH ANALISIS REAL LANJUT May 26, 2013 A Lecture Note

Acknowledgement of Sources For all ideas taken from other sources (books, articles, internet), the source of the ideas is mentioned in the main text and fully referenced at the end of the report. All material which is quoted essentially word-for-word from other sources is given in quotation marks and referenced. Pictures and diagrams copied from the internet or other sources are labelled with a reference to the web page or book, article etc. Signed . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Date . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

BAB

1 BARISAN

1.1

Barisan Dan Limitnya

Denisi 1.1.1. Barisan bilangan real (barisan dalam R) adalah fungsi dalam bilangan asli N dengan range termuat dalam R. Dengan kata lain, barisan dalam R adalah suatu fungsi yang menghubungkan setiap bilangan asli n = {1, 2, 3, ...} dengan tepat satu bilangan real. Bilangan real yang terkait disebut elemen dari barisan atau nilai dari barisan. Elemen - elemen dalam barisan X biasanya dinyatakan dengan notasi Xn , dengan dengan n = {1, 2, 3, ...}. Jadi, jika X : N → R adalah suatu barisan, maka elemen - elemen dalam X dinyatakan secara terurut oleh Xn . Barisan X bisa ditulis dengan notasi (Xn ) atau (Xn : n ∈ N). Kita harus dapat membedakan antara barisan X = (Xn : n ∈ N) yang anggotanya dinyatakan dalam bentuk urutan, dengan himpunan {Xn : n ∈ N} yang menuliskan anggotanya tidak berdasarkan urutan. Contoh: Barisan X =

((−1)n : n ∈ N) menunjukkan kumpulan bilangan antara 1 dan -1 yang dapat juga dinyatakan dengan (-1,1,-1,1,-1,1,...), adapun {(−1)n : n ∈ N} = {−1, 1}. Mendenisikan suatu barisan bisa dilakukan dengan menuliskan secara terurut anggota dari barisan tersebut. Misalnya, X = (2, 4, 6, 8, ...) menunjukkan barisan bilangan asli genap. Barisan tersebut dapat juga dinyatakan dengan notasi X = (2n : n ∈ N, atau dalam denisi rekursif x1 = 2,

xn+1 = xn + 2, (n ≥ 1).

Contoh 1.1.1. Contoh barisan: 3

Bab 1. Barisan

4

1. Jika b ∈ R, barisan B = (b, b, b, ...) yang semua ang gotanya adalah b disebut barisan konstan b. Sebagai contoh, barisan konstan 1 adalah barisan (1,1,1,...) 2. Barisan kuadrat dari bilangan asli adalah barisan S = (12 , 22 , 32 , ...) =

(n2 : n ∈ N) = (1, 4, 9, ...) 3. Jika a ∈ R, maka barisan A = (an : n ∈ N) = (a, a2 , a3 , ..., an , ...). Apabila a =

1 . 2

maka barisan yang diperoleh adalah ( 21n , n ∈ N) =

( 12 , 14 , 18 , ..., 21n , ...) 4. Barisan Fibonacci F = (fn : n ∈ N) dinyatakan dalam denisi rekursif berikut: f1 = 1, f2 = 1, fn+1 = fn−1 + fn , (n ≥ 2). Sepuluh anggota pertama dari barisan tersebut adalah : F = (1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, ...).

Denisi 1.1.2. Jika X = (xn ) dan Y = (yn ) adalah barisan - barisan bilangan real, maka didenisikan: (i) jumlah dari dua barisan tersebut adalah: X + Y = (xn + yn : n ∈ N) 1. selisih dari dua barisan tersebut adalah: X − Y = (xn − yn : n ∈ N) (iii) perkalian dua barisan tersebut adalah: XY = (xn yn : n ∈ N) (iv) kelipatan c dari barisan X adalah cX = (cxn : n ∈ N) (v) jika yn 6= 0, ∀n ∈ N maka perbandingan X dan Y merupakan barisan X Y

= ( xynn : n ∈ N)

Contoh 1.1.2. X dan Y adalah barisan - barisan yang didenisikan oleh: X =(2,4,6,...,2n,...) dan Y = ( 11 , 12 , 13 , ..., n1 , ...), maka: 2 2 X + Y = ( 13 , 92 , 19 , ..., 2nn+1 , ...); X − Y = ( 11 , 72 , 17 , ..., 2nn−1 , ...) 3 3 XY = (2, 2, 2, ..., 2, ...); 3X = (6, 12, 18, ..., 6n, ...); X = (2, 8, 18, ..., 2n2 , ...) Y Apabila Z = (0, 2, 0, ..., 1 + (−1)n , ...), tentukan X + Z , X − Z , dan XZ . Apakah kita bisa mendenisikan

X ? Z

Limit Barisan Denisi 1.1.3. Apabila X = (xn ) merupakan barisan bilangan real, maka bilangan real x disebut limit dari (xn ) jika untuk setiap ε > 0, ada bilangan 4

Bab 1. Barisan

5

asli K(ε), sedemikian hingga untuk setiap n ≥ k(ε), maka xn anggota dari

Vε (x). Jika x merupakan limit dari barisan X , maka dapat dikatakan bahwa

X = (xn ) konvergen ke x (atau X mempunyai limit x). Jika suatu barisan mempunyai limit, maka barisan tersebut dikatakan konvergen; dan apabila tidak mempunyai limit, barisan itu dikatakan divergen. Sebagai catatan, notasi K(ε) digunakan untuk menekankan bahwa pilihan

K bergantung pada nilai ε. Oleh karenanya sering ditulis K daripada K(ε). Dalam banyak kasus, nilai ε yang kecil memerlukan nilai K yang besar untuk menjamin bahwa jarak |xn − x| antara xn dan x kurang dari ε untuk semua n ≥ K = K(ε). Ketika suatu barisan memiliki limit, kita akan menggunakan notasi:

lim X = 0 atau lim(xn ) = x Kadang - kadang juga digunakan simbol xn → x untuk menunjukkan bahwa nilai xn mendekati bilangan x ketika n → ∞.

Ketunggalan Limit Teorema 1.1.1. Barisan bilangan real memiliki paling banyak sebuah limit Bukti : Andaikan X mempunyai lebih dari satu nilai limit, misalkan x1 dan x2 , dengan x1 6= x2 . Pilih ε > 0 sedemikian hingga persekitaran-ε: Vε (x1 ) dan Vε (x2 ) saling asing (misalkan ambil ε < 21 |x1 − x2 |). Ambil K1 dan K2 bilangan - bilangan asli sedemikian hingga jika n > K1 maka xn ∈ Vε (x1 ); dan jika n > K2 , maka xn ∈ Vε (x2 ). Dengan demikian xn ∈ Vε (x1 ) ∩ Vε (x2 ), hal ini kontradiksi dengan pernyataan bahwa Vε (x1 ) dan Vε (x2 ) saling asing. Kontradiksi terjadi disebabkan pengandaian x1 6= x2 . Jadi, kesimpulannya

x1 = x2 .

Teorema 1.1.2. X = (xn ) merupakan barisan bilangan - bilangan real, dan ambil x ∈ R. Pernyataan - pernyataan di bawah ini ekivalen: (a) X kovergen ke x (b) Untuk setiap persekitaran-ε Vε (x), ada bilangan asli K(ε), sedemikian hingga ∀n ≥ K(ε), maka xn ∈ Vε (x) 5

Bab 1. Barisan

6

(c) ∀ε > 0, ∃K(ε) ∈ N sedemian hingga untuk setiap n ≥ K(ε), maka xn memenuhi |xn − x| < ε (d) ∀ε > 0, ∃K(ε) ∈ N sedemian hingga ∀n ≥ K(ε), maka xn memenuhi

x − ε < x n < x + ε. Bukti : (a) dan (b) merupakan denisi dari limit barisan sedangkan (b), (c), dan d ekivalen karena memenuhi:

xn ∈ Vε (x) ⇔ |xn − x| < ε ⇔ −ε < xn − x < ε ⇔ x − ε < xn < x + ε Penggunaan bahasa persekitaran, salah satunya untuk mendiskripsikan kekonvergenan barisan X = (xn ) pada bilangan x dengan mengatakan: Untuk semua persekitaran-ε Vε (x) pada x, semua kecuali suatu tak hingga suku - suku X termuat di Vε (x). bilangan tak hingga suku - suku yang mungkin tidak termuat dalam persekitaran-ε adalah suku - suku x1 , x2 , x3 , .., xK−1 . Sebagai catatan, denisi limit barisan bilangan real digunakan untuk membuktikan bahwa nilai x yang telah ditetapkan merupakan limit. Hal ini menentukan berapa nilai limit yang sebenarnya. Sehingga diperlukan suatu latihan untuk sampai pada dugaan (conjecture) nilai limit dengan perhitungan langsung suku - suku barisan tersebut. Dalam hal ini komputer akan sangat membantu, namun demikian karena komputer hanya dapat menghitung sampai sejumlah hingga suku barisan, maka perhitngan demikian bukanlah bukti. Untuk menunjukkan bahwa suatu barisan X = (xn ) tidak konvergen ke

x, cukup dengan memilih ε0 > 0 sehingga berapapun nilai K yang diambil, diperoleh suatu nk > K sehingga xnk tidak terletak dalam Vε (x). Contoh - contoh berikut mengilustrasikan bagaimana denisi konvergensi diaplikasikan untuk membuktikan bahwa barisan memiliki suatu limit yang khusus. Dalam tiap - tiap kasus, suatu bilangan positif ε diberikan dan kita perlu menemukan suatu bilangan K yang bergantung pada ε, seperti yang dipersyaratkan oleh denisi.

Contoh 1.1.3. Tunjukkan bahwa lim( n1 )=0

Jawab : Untuk membuktikan bahwa lim( n1 )=0, maka harus dibuktikan bahwa untuk setiap ε > 0, ada bilangan asli K(ε), sedemikian hingga untuk setiap n ≥ k(ε), maka | n1 − 0| < ε. Misalkan diberikan sebarang ε > 0, maka 6

1 ε

> 0. Menurut sifat Archimedes

Bab 1. Barisan

7

(jika t > 0, ada nt ∈ N sedemikian hingga 0 <

K = K(ε) sedemikian hingga 1 n

≤

1 K

1 K

1 nt

< t), ada bilangan asli < ε. Maka, jika n ≥ K , akan diperoleh

< ε. Akibatnya, jika n ≥ K , maka |

1 1 − 0| = < ε n n

Oleh karenanya, kita dapat menyatakan bahwa barisan ( n1 ) konvergen ke 0.

Contoh 1.1.4. Tunjukkan bahwa lim( n12 )=0 Jawab : Misalkan diberikan sebarang ε > 0. Untuk menemukan nilai K , pertama - tama kita perhatikan bahwa jika n ∈ N, maka

1 1 ≤ 2 n n Selanjutnya, pilihlah K sedemikian hingga untuk sebarang ε > 0 ada seperti di atas. Maka, jika n ≥ K , akan diperoleh

1 n

≤

1 K

1 K

< ε,

< ε. Akibatnya, jika

n ≥ K , maka 1 1 ≤ 0 kita akan menunjukkan bahwa | 3n+2 − 3| < ε. n+1 Perhatikan kesamaan berikut.

|

3n + 2 3n + 2 − 3n − 3 −1 1 1 − 3| = | |=| |= < n+1 n+1 n+1 n+1 n

Selanjutnya, pilihlah K sedemikian hingga untuk sebarang ε > 0 ada seperti di atas. Maka, jika n ≥ K , akan diperoleh

1 n

≤

1 K

< ε, < ε. Akibatnya, jika

n ≥ K , maka |

3n + 2 − 3n − 3 −1 1 1 3n + 2 − 3| = | |=| |= < 1 n−1 n−1 n−1 n−1

Bila diberikan sebarang ε > 0, maka terdapat K ∈ N, K > 1, sehingga ε . 5

1 K−1

<

Akibatnya, untuk semua n ≥ K > 1 dipenuhi

|

3n + 2 − 3n + 3 5 5 5 ε 3n + 2 − 3| = | |=| |= ≤ 1 Dengan ini jelas bahwa barisan (1 + (−1)n ) tidak konvergen ke 0.

Ekor Barisan Perlu dimengerti bahwa kekonvergenan (atau kedivergenan) suatu barisan bergantung hanya pada perilaku suku - suku terakhirnya. Artinya, bila kita hilangkan m suku pertama suatu barisan yang menghasilkan Xm konvergen jika dan hanya jika barisan asalnya juga konvergen, dalam hal ini limitnya sama.

Denisi 1.1.4. Bila X = (x1 , x2 , x3 , ..., xn , ...) suatu barisan bilangan real dan m adalah bilangan asli tertentu maka ekor ke-m dari X adalah suatu barisan X = (xm+n : n ∈ N) = (xm+1 , xm+2 , ...) Sebagai contoh, ekor ke-3 dari barisan X = (2, 4, 6, 8, 10, ..., 2n, ...) adalah barisan X3 =(8,10,12,...,2n + 6,...)

Teorema 1.1.3. Misalkan X = (xn : n ∈ N) suatu barisan bilangan real dan m ∈ N. Maka ekor ke-m adalah Xm = (xm+n : n ∈ N) konvergen jika dan hanya jika X konvergen, dalam hal ini lim Xm = lim X . Bukti : (→ Diberikan ε > 0, karena X = (xn : n = 1, 2, . . .) konvergen, katakanlah lim(xn ) = x maka terdapat bilangan asli K sedemikian hingga

|xn − x| < ε untuk setiap n = K, K + 1, K + 2, . . .. Misalkan ekor barisan 8

Bab 1. Barisan

9

Xm = {xm+n : n = 1, 2, 3, . . .}. Karena jika n ≥ K berakibat m + n ≥ K maka untuk nilai K ini berlaku |xm+n − x| < ε untuk setiap n = K, K + 1, K + 2, . . .. Ini menunjukkan bahwa lim Xm = x.

← Diketahui Xm konvergen, misalkan lim Xm = x. Artinya, untuk sembarang ε > 0 terdapat bilangan asli Km sedemikian hingga |xm+n − x| < ε untuk setiap n = Km , Km + 1, Km + 2, . . .. Dengan mengambil K = Km − m maka berlaku |xm+n−m − x| = |xn − x| < ε untuk setiap n = K, K + 1, K + 2, . . .. Karena itu berdasarkan denisi dapat disimpulkan bahwa lim X = x. Pembuktikan limit barisan langsung dari denisi akan menjadi sulit bilamana bentuk barisan yang dihadapi cukup rumit. Melalui denisi dikembangkan alat-alatsederhana yang dapat digunakan untuk membuktikan limit barisan, khususnya barisan yang mempunyai bentuk tertentu. Berikut sebuah teorema sederhana yang dapat mendeteksi dengan mudah kekonvergenan suatu barisan.

Teorema 1.1.4. Andaikan A = (an ) dan X = (xn ) merupakan barisan barisan bilangan real, dan x ∈ R. Jika untuk suatu C > 0 dan m ∈ N diperoleh |xn − x| ≤ |an |, ∀n ∈ N, sedemikian hingga n ≥ m dan lim (an )=0 maka mengakibatkan lim (xn ) = x

Bukti : Untuk sebarang ε > 0, karena lim (an ) = 0, maka ada bilangan asli KA ( Cε ) sedemikian hingga jika n ≥ KA ( Cε ), maka |an | = |an − 0| < Cε . Oleh karena itu, jika n ≥ KA ( Cε ) dan n ≥ m, maka |xn − x| ≤ C|an | < C( Cε ) = ε. Jadi, x = lim (xn ). 1 Contoh 1.1.7. Tunjukkan bahwa jika a > 0 maka lim ( 1+na )=0 1 1+na lim ( n1 )

Jawab : Karena a > 0 maka 0 < na < 1 + na. Dengan demikian, 0 < 1 . na

Hal ini mengakibatkan

1 | 1+na

( a1 )( n1 ), ∀n

<

− 0| ≤ ∈ N. Karena = 0, maka dengan C = > 0 dan m = 1 berdasarkan Teorema 1.1.4 dapat 1 disimpulkan bahwa lim ( 1+na )=0. 1 a

Contoh 1.1.8. Tunjukkan bahwa lim ( 21n ) = 0 Jawab : Karena 0 < n < 2n , ∀n ∈ N maka 0 <

1 2n

< n1 . Hal tersebut meng-

akibatkan | 21n − 0| ≤ n1 , ∀n ∈ N. Jadi, Karena lim ( n1 ) = 0, dengan C = 1 dan

m = 1 maka dapat disimpulkan bahwa lim ( 21n ) = 0.

Contoh 1.1.9. Tunjukkan bahwa jika 0 < b < 1 maka lim (bn ) = 0 Jawab : Karena 0 < b < 1 maka dapat ditulis: b = 9

1 1+a

yang ekivalen dengan

Bab 1. Barisan

10

a = 1b − 1; dengan demikian a > 0. Karena (1 + a)n ≥ 1 + na (teorema bernoulli), maka 0 < bn =

1 1 1 ≤ < n (1 + a) 1 + na na

Jadi, Menurut Teorema 1.1.4, maka lim (bn ) = 0.

LATIHAN 1. Tuliskan lima suku pertama dari barisan - barisan yang memiliki denisi rekursif berikut: (a) x1 =1, xn+1 = 3xn + 1 (b) z1 = 3, z2 = 5, Zn+2 = zn + 2zn+1 2. Tunjukkan bahwa: (a) lim ( n21+1 ) = 0

)= (b) lim ( 3n+1 2n+5

3 2

1 (c) lim ( √n+7 )=0 √

n (d) lim ( n+1 )=0

3. Buktikan bahwa lim (xn ) = 0 jika dan hanya jika lim (|xn |) = 0 4. Untuk sembarang b ∈ R, tunjukkan bahwa lim ( nb ) = 0 5. Tunjukkan bahwa jika xn ≥ 0, ∀n ∈ N dan lim (xn ) = 0 maka lim √ ( n) = 0

1.2

Teorema - Teorema Limit

Denisi 1.2.1. Barisan bilangan real X = (xn ) terbatas jika ada bilangan real M > 0 sedemikian hingga |xn | ≤ M, ∀n ∈ N Barisan X = (xn ) terbatas jika dan hanya jika himpunan {xn : n ∈ N} dari suku - sukunya terbatas di R.

Contoh 1.2.1. Barisan ( n1 : n ∈ N) terbatas dengan M = 1, dan barisan ((−1)n : n ∈ N) juga terbatas dengan M = 1. 10

Bab 1. Barisan

11

Contoh 1.2.2. Barisan (xn ) dikatakan tidak terbatas jika untuk setiap bilangan real K terdapat suku xm sehingga |xm | > K . Barisan (2n : n ∈ N) tidak terbatas sebab setiap bilangan real K selalu dapat ditemukan bilangan asli m sehingga 2m > K . Dalam hal ini cukup diambil m bilangan asli pertama yang lebih besar dari

K , 2

atau m = d K2 e .

Teorema 1.2.1. Jika barisan bilangan real (xn ) konvergen maka ia terbatas Bukti : Diketahui barisan (xn ) konvergen, katakanlah lim (xn ) = x. Ambil ε = 1, maka terdapat K(1) ∈ N sedemikian hingga

|xn − x| < 1 untuk setiap n ≥ K(1) Karena ||xn |−|x|| ≤ |xn −x| < 1 maka berdasarkan sifat nilai mutlak diperoleh

|xn | < |x| + 1 untuk setiap n ≥ K(1) Jika kita tetapkan tetapkan bahwa M = sup{|x1 |, |x2 |,. . . , |xk−1 |, |x|+1} maka akan diperoleh |xn | ≤ M, ∀n ∈ N. Teorema di atas menjelaskan bahwa, suatu barisan yang konvergen pasti terbatas. Kontraposisi dari teorema ini adalah jika suatu barisan bilangan real tidak terbatas maka barisan tersebut divergen. Dengan kata lain, teorema ini dapat digunakan sebagai alat untuk menentukan bahwa suatu barisan divergen dengan syarat barisan tersebut tidak terbatas. Sedangkan jika suatu barisan tidak terbatas, kita masih belum bisa menjustikasi bahwa barisan tersebut konvergen. Berikut contoh untuk mengilustrasikan teorema ini.

Contoh 1.2.3. Tunjukkan bahwa barisan (n) adalah barisan divergen Bukti : Andaikan barisan X = (n) konvergen, maka ada M ∈ R, M > 0 sedemikian hingga n = |n| < M, ∀n ∈ N. Hal ini bertentangan dengan sifat archimedes (Jika x ∈ R, maka ∃nx ∈ N 3 x < nx ). Jadi, (n) divergen.

Contoh 1.2.4. Tunjukkan bahwa barisan ((−1)n ) divergen Bukti : Jelas bahwa barisan X = ((−1)n ) terbatas, walaupun barisan ini terbatas, kita tidak bisa mengatakan bahwa barisan ini konvergen. Selanjutnya kita akan buktikan bahwa barisan ini divergen. Andaikan barisan ini konvergen, katakanlah a = lim(X). Ambil ε = 1 maka akan ada K1 ∈ N sedemikian hingga

|(−1)n − a| < 1, untuk setiap n ≥ K1 . 11

Bab 1. Barisan

12

Bilangan n ≥ K1 dapat berupa bilangan asli genap atau ganjil. Jika n bilangan asli ganjil dengan n ≥ K1 , maka | − 1 − a| < 1, sehingga −2 < a < 0 (mengapa?). Sebaliknya jika n bilangan asli genap, dengan n ≥ K1 , maka

|1 − a| < 1, sehingga 0 < a < 2. Karena suatu bilangan a tidak mungkin memenuhi kedua pertidaksamaan tersebut, maka pengandaian tersebut tidak benar. Jadi, X barisan divergen.

Teorema 1.2.2. 1. X = xn ) dan Y = (yn ) merupakan barisan - barisan real yang konvergen berturut - turut ke x dan y dan c ∈ R. Maka barisan - barisan X + Y ,

X − Y , X · Y , dan cX masing - masing konvergen ke x + y , x − y , xy , dan cx. 2. Jika X = (xn ) konvergen ke x dan Z = (zn ) merupakan barisan bilangan real tidak nol yang konvergen ke z dan jika z 6= 0, maka barisan konvergen ke

X Z

x z

Bukti : 1. (a) Bukti limit(X + Y ) = x + y Untuk menunjukkan bahwa lim(xn + yn ) = x + y maka harus dapat ditunjukkan bahwa

|(xn + yn ) − (x + y)| < ε |(xn +yn )−(x+y)| = |(xn −x)−(yn +y)| ≤ |xn −x|+|yn −y| X = (xn ) konvergen ke x, maka ∀ε > 0 ada bilangan asli K1 sedemikian hingga untuk n ≥ K1 maka |xn − x| < 2ε .

Y = (yn ) konvergen ke y , maka ..... Apabila kita tetapkan K = sup{K1 , K2 }, maka untuk n ≥ K akan diperoleh:

|(xn + yn ) − (x + y)| = |(xn − x) − (yn + y)| ≤ |xn − x| + |yn − y| ε ε < + =ε 2 2 Karena pengambilan ε > 0 sembarang, maka dapat disimpulkan bahwa barisan X + Y = (xn + yn ) konvergen ke x + y (b) Bukti limit(X + Y ) = x + y bukti analog dengan cara di atas. 12

Bab 1. Barisan

13

(c) Bukti limit(XY ) = xy Karena (xn ) konvergen maka ia terbatas, yaitu ada M1 > 0 sedemikian hingga |xn | ≤ M1 untuk setiap n ∈ N. Ambil M =

max{M1 , |y|}. Karena lim(xn ) = x dan lim(yn ) = y maka untuk ε ε > 0 yang diberikan terdapat K1 dan K2 sehingga |xn − x| < 2M ε untuk setiap n ≥ K1 dan |yn − y| < 2M untuk setiap n ≥ K2 . Jadi untuk setiap n ≥ K = max{K1 , K2 } diperoleh

|xn yn − xy| = |(xn yn − xn y) + (xny − xy)| = |xn (yn − y) + y(xn − x)| ≤ |xn ||yn − y| + |y||xn − x| ≤ M |yn − y| + M |xn − x| ε ε < M( ) + M( )=ε 2M 2M (d) Bukti limit(cX) = cx Pernyataan dapat dibuktikan dengan cara membentuk

|cxn − cx| = |c||xn − x| Bukti lengkapnya silakan diselesaikan 2. Perhatikan bahwa

|

xn x xn z − xzn − |=| | zn z zn z 1 = |xn z − xzn | |zn ||z| 1 = |xn z − xn zn + xn zn − xz n| |zn ||z| 1 |xn (z − zn ) + zn (xn − x)| = |zn ||z| |xn | 1 ≤ |zn − z| + |xn − x| |zn ||z| |z|

Selanjutnya, kita perlu memberikan batas untuk suku

xn . |zn ||z|

Karena (xn )

konvergen maka ia terbatas yaitu ada M > 0 sehingga |xn | ≤ M untuk setiap n ∈ N. Karena lim(zn ) = z maka jika diberikan ε = 12 |z|, akan ada

K1 ∈ N sedemikan hingga |zn − z| < 21 | untuk setiap n ≥ K1 . Karena 13

Bab 1. Barisan

14

||zn | − |z|| ≤ |zn − z| dan |zn − z| < 12 |z| maka 1 3 1 ||zn | − |z|| ≤ |zn − z| ⇔ |z| < |zn | < |z| ⇒ |zn | > |z| 2 2 2 untuk setiap n ≥ K1 . Jadi berlaku,

1 |zn |

< Dengan demikian kita mempunyai estimasi |

2 |z|

untuk setiap n ≥ K1 .

xn x |xn | 1 2M 1 − |≤ |zn − z| + |xn − x| < 2 ||zn − z| + |xn − x| zn z |zn ||z| |z| |z| |z| (1.1)

Selanjutnya, jika diberikan sembarang ε > 0, karena limit (zn ) = z dan limit(xn ) = x maka ada K2 , K3 ∈ N sedemi...