2 BARISAN BILANGAN REAL

2 BARISAN BILANGAN REAL Di sekolah menengah barisan diperkenalkan sebagai kumpulan bilangan yang disusun menurut "pola" tertentu, misalnya barisan aritmatika dan barisan geometri. Biasanya barisan dan deret merupakan satu kesatuan pokok bahasan. Sekarang barisan dipahami dari sudut pandang analisis sebagai bentuk khusus dari fungsi. Sedangkan deret akan dibahas secara khusus pada bab yang lain.

2.1 Pengertian barisan dan limitnya

Denisi 2.1. Barisan bilangan real adalah suatu fungsi bernilai real dengan domain

himpunan bilangan asli N. Jadi barisan adalah fungsi X : N → R, dimana setiap n ∈ N nilai fungsi X(n) biasa ditulis sebagai X(n) := xn

dan disebut suku ke-n barisan X . Notasi barisan yang akan digunakan dalam buku ini adalah X,

(xn ),

(xn : n ∈ N).

Contoh 2.1. Beberapa barisan dan cara penulisannya: a. X := (2, 4, 6, 8, · · · ) merupakan barisan bilangan genap. Dapat juga ditulis sebagai X := (2n : n ∈ N). b. Y :=

1 1 1 , , ,··· 1 2 3

. Dapat juga ditulis Y :=

1 n

:n∈N .

c. Dalam beberapa keperluan praktis, barisan didenisikan secara rekusif atau induktif sebagai berikut ( x1 , x2 , · · · , xn−1 diberikan, xn := f (x1 , x2 , · · · , xn−1 ).

Barisan Fibonacci adalah barisan yang berbentuk F := (1, 1, 2, 3, 5, 8, · · · ). Barisan ini dapat ditulis secara rekursif sebagai berikut : x1 := 1, x2 := 1, xn := xn−1 + xn−2 , untuk n ≥ 3.

Exercise 1. Berikut diberikan beberapa suku awal barisan (xn ). Seandainya pola seperti ini tetap, tentukan formula umum suku ke n nya.

1

Bab 2. BARISAN BILANGAN REAL by Julan HERNADI

a. 1/2, 2/3, 3/4, 4/5, · · · , b. 1/2, −1/4, 1/8, −1/16, · · · , c. 1, 4, 9, 16, · · · ,

Exercise 2. Diberikan barisan yang didenisikan secara rekursif berikut. Tentukan 5

suku pertamanya a. y1 := 2, yn+1 := 21 (yn + 2/yn ), n ≥ 1. b. z1 := 1, z2 := 2, zn+2 := (zn+1 + zn )/(zn+1 − zn ), n ≥ 3. c. x1 := 1, yn+1 := 41 (2yn + 3), n ≥ 1.

Penulisan barisan menggunakan kurung biasa ”( )” dimaksudkan untuk membedakannya dengan himpunan biasa yang ditulis menggunakan kurung kurawal ”{ }”. Pada himpunan, anggota yang sama cukup ditulis satu kali. Sedangkan pada barisan, sukusuku yang berbeda ada kemungkinan bernilai yang sama, dan semuanya harus ditulis. Sebagai contoh ambil barisan (xn ) yang didenisikan xn := (−1)n . Jadi barisannya adalah X := (−1, 1, −1, 1, · · · ).

Tetapi bila suku-suku ini dipandang sebagai anggota himpunan maka ditulis X := {−1, 1}.

Denisi 2.2. Misalkan X = (xn ) barisan bilangan real. Bilangan real x dikatakan limit

dari (xn ) jika untuk setiap ε > 0 terdapat bilangan asli N (umumnya bergantung pada ε) sehingga berlaku |xn − x| < ε untuk setiap n ≥ N. Jika x limit dari barisan X maka X dikatakan konvergen ke x dan ditulis lim X = x, atau lim(xn ) = x.

Jika suatu barisan mempunyai limit kita katakan barisan itu konvergen. Sebaliknya jika tidak mempunyai limit kita katakan ia divergen. Diperhatikan pada denisi ini pernyataan |xn −x| < ε dapat ditulis sebagai x−ε < xn < x + ε. Ini berarti pada suatu saat, semua suku-suku barisan berada dalam "kerangkeng" (x − ε, x + ε). Ilustrasi geometris barisan (xn ) yang konvergen ke x diberikan pada Gambar 2.1. Kadangkala digunakan notasi xn → x untuk menyatakan secara intuitif bahwa xn "mendekati" x bila n → ∞. Pada denisi ini kriteria xn "mendekati" x diukur oleh ε > 0, sedangkan kriteria n → ∞ dicirikan oleh adanya bilangan asli N . Tidak adanya notasi n → ∞ pada penulisan lim(xn ) dapat dipahami karena barisan yang dibahas adalah barisan takberujung, yaitu banyak sukunya takterhingga. Muncul pertanyaan apakah mungkin suatu barisan konvergen ke dua limit yang berbeda? Jawaban diberikan secara formal dalam teorema berikut.

2


Gambar 2.1: Ilustrasi barisan konvergen Teorema 2.1.

Suatu barisan bilangan real hanya dapat mempunyai satu limit. Dengan

kata lain, jika suatu barisan konvergen maka limitnya tunggal.

Andaikan barisan X := (xn ) mempunyai dua limit yang berbeda, katakan xa dan xb dengan xa 6= xb . Diberikan ε := 13 |xb − xa |. Karena lim(xn ) = xa maka untuk ε ini terdapat Na sehingga

Bukti.

|xn − xa | < ε untuk setiap n ≥ Na .

Juga, karena lim(xn ) = xb maka terdapat Nb sehingga |xn − xb | < ε untuk setiap n ≥ Nb .

Sekarang untuk n ≥ maks {Na , Nb } maka berlaku |xa − xb | = |xa − xn + xn − xb | ≤ |xn − xa | + |xn − xb | < ε+ε 2 = |xa − xb |. 3

Akhirnya diperoleh |xa −xb | < 23 |xa −xb | suatu pernyataan yang kontradiksi.Pengandaian xa 6= xb salah dan haruslah xa = xb , yaitu limitnya mesti tunggal.

Exercise 3. Diberikan barisan bilangan real (xn ). a. Tuliskan denisi barisan (xn ) tidak konvergen ke x. b. Tuliskan denisi barisan (xn ) divergen. Pembahasan barisan di sini ditekankan pada pemahaman teoritis bukan pada aspek teknis seperti menghitung nilai limit barisan. Pekerjaan dominan adalah membuktikan suatu barisan dengan limit telah diketahui, bukan menghitung berapa nilai limit suatu barisan. Contoh-contoh berikut memberikan gambaran bagaimana denisi digunakan untuk membuktikan kebenaran limit suatu barisan.

3


Contoh 2.2. Buktikan bahwa lim(1/n) = 0. Secara intuitif fakta ini adalah benar karena kita membagi bilangan 1 dengan bilangan yang semakin membesar menuju takhingga sehingga hasilnya mesti nol. Tapi bukti ini tidak formal karena tidak didasarkan pada teori yang ada, misalnya denisi. Berikut bukti formalnya. Disini kita mempunyai xn := n1 , dan x = 0. Diberikan ε > 0 sebarang. Harus ditemukan bilangan asli N sehingga

Bukti.

1 < ε untuk setiap n ≥ N. n Mudah saja, pada bentuk terakhir ketidaksamaan ini berlaku n1 < ε. Diselesaikan, diperoleh n > 1ε . Jadi N cukup diambil sebagai bilangan asli terkecil yang lebih besar dari 1ε , atau ceiling dari x yaitu |xn − x| = |1/n − 0| =

N = d1/εe .

Sebagai contoh, misalkan diberikan ε := 0.013 maka 1ε = 76.9231. Jadi cukup diambil N := 77. Untuk meyakinkan dapat diperiksa bahwa x77 = 0.0130, x78 = 0.0128, x79 = 0.0127, x80 = 0.0125, x81 = 0.0123, x82 = 0.0122

kesemuanya kurang dari 0.013. Lebih telitinya x77 = 0.012987. Terbukti bahwa lim( n1 ) = 0. n+1 Contoh 2.3. Buktikan lim 3n+2 = 1/3. Penyelesaian.

Di sini kita mempunyai xn :=

dan x = 1/3. n+1 1 − |xn − x| = 3n + 2 3 3n + 3 − 3n − 2 = 3(3n + 2) 1 = 3(3n + 2) n+1 3n+2

Bentuk terakhir ini akan kurang dari ε bila (9n + 6)ε > 1, yaitu n >

1 − 6ε . 9ε

Jadi N cukup diambil sebagai bilangan asli terkecil yang lebih besar dari bila ε cukup kecil sehingga 6−ε tidak negatif diambil 9ε

6−ε 9ε

, yaitu

1 − 6ε N= . 9ε

Sebagai contoh, misalkan diberikan ε := 0.013 maka 1−6ε = 7.8803. Jadi cukup 9ε diambil N := 8. Agar lebih meyakinkan dihitung beberapa nilai |xn − 1/3|, untuk n = 8, 9, 10, 11, 12, hasilnya 0.0128, 0.0115, 0.0104, 0.0095, 0.0088,

yang kesemuanya kurang dari ε := 0.013. Terbukti bahwa lim

4

n+1 3n+2

= 1/3.


Exercise 4. Gunakan denisi limit barisan untuk membuktikan lim

3n + 1 2n + 5

3 = . 2

Tentukan bilangan asli terkecil N yang dapat diambil jika diberikan ε := 0.0023, juga ε := 0.0132. Ujilah kebenarannya untuk n = N, N + 1, N + 2, N + 3, N + 4.


(−1)n n n2 + 1

= 0.

Tentukan bilangan asli terkecil N yang dapat diambil jika diberikan ε := 1/4, juga ε := 1/16.Ujilah kebenarannya untuk n = N, N + 1, N + 2, N + 3, N + 4.


1 1 − n n+1

= 0.

Tentukan bilangan asli terkecil N yang dapat diambil jika diberikan ε := 1/4, juga bila ε := 1/16. Ujilah kebenarannya untuk n = N, N + 1, N + 2, N + 3, N + 4. Dari beberapa contoh dan latihan ini mestinya dapat disimpulkan bahwa semakin kecil ε > 0 yang diberikan maka semakin besar indeks N yang dapat diambil. Kenyataan ini sesuai dengan denisi bahwa semakin kecil ε > 0 maka semakin kecil lebar "kerangkeng" dan semakin lama pula suku-suku barisan mulai mengumpul di dalam "kerangkeng" ini. Kekonvergenan barisan (xn ) ditentukan oleh pola suku-suku yang sudah jauh berada di ujung, bukan oleh suku-suku awal. Walaupun pada awalnya suku-suku barisan beruktuasi cukup besar namun bila pada akhirnya suku-suku ini mengumpul di sekitar titik tertentu maka barisan ini tetap konvergen. Fakta ini diformal dalam istilah ekor barisan.

Denisi 2.3. Misalkan barisan X := (x1 , x2 , x3 , · · · , xn , · · · ) dipotong pada suku ke m dan dibentuk barisan baru

Xm := (xm+1 , xm+2 , · · · )

maka barisan Xm disebut ekor ke m barisan X . Jadi ekor barisan merupakan barisan yang dibentuk dengan memotong m buah suku pertama pada barisan semula. Ternyata sifat kekonvergenan ekor barisan dan barisan semula adalah identik, seperti diungkapkan pada teorema berikut.

Teorema 2.2.

Barisan

X

konvergen bila hanya bila ekor barisan

dan berlaku

lim X = lim Xm .

5

Xm

juga konvergen,


Diberikan ε > 0. Karena X = (xn : n = 1, 2, · · · ) konvergen, katakan lim(xn ) = x maka terdapat bilangan asli N sehingga

Bukti. (→)

|xn − x| < ε untuk setiap n = N, N + 1, N + 2, · · ·

Misalkan ekor barisan Xm = {xm+n : n = 1, 2, 3, · · · }. Karena jika n ≥ N berakibat m + n ≥ N maka untuk N ini berlaku |xm+n − x| < ε untuk setiap n = N, N + 1, N + 2, · · ·

Ini menunjukkan bahwa lim Xm = x. (←)Diketahui Xm konvergen, yaitu lim Xm = x maka untuk ε > 0 sebarang terdapat bilangan asli N sehingga |xm+n − x| < untuk setiap m + n = N, N + 1, N + 2, · · ·

Dengan mengambil N1 = N − m maka berlaku |xn − x| < ε untuk setiap n = N1 , N1 + 1, N1 + 2, · · ·

Karena itu berdasarkan denisi disimpulkan lim X = x.

Pembuktikan limit barisan langsung dari denisi akan menjadi sulit bilamana bentuk barisan yang dihadapi cukup rumit. Melalui denisi dikembangkan "alat-alat" sederhana 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 kekonvergenan terdominasi (TKD)

Teorema 2.3. dan

m∈N

Misalkan ada dua barisan bilangan real

dan

(xn ).

Jika ada

C>0

sehingga berlaku

|xn − x| ≤ C|an | maka

(an )

untuk semua

n≥m

dan

lim(an ) = 0

lim(xn ) = x.

Bukti.

Diberikan ε > 0. Karena lim(an ) = 0 maka ada Na ∈ N sehingga |an | < ε/C untuk setiap n ≥ Na .

Jadi untuk setiap n ≥ N := maks {Na , m} berlaku |xn − x| ≤ C|an | < C(ε/C) = ε.

Terbukti bahwa lim(xn ) = x.

6


Dikatakan teorema terdominasi karena suku-suku |xn − x| pada akhirnya selalu terdominasi dari atas oleh barisan (an ) yang konvergen ke nol. Dalam penggunaan teorema ini diperlukan menemukan barisan (an ) dan konstanta C > 0 seperti dalam teorema. 1 = 0. Contoh 2.4. Bila a > 0, buktikan barisan lim 1+na Bukti. Karena a > 0 maka berlaku 0 < na < na + 1, dan akibatnya kita mempunyai 1 1 < . na + 1 na

Selanjutnya,

1 1 1 1 | − 0| = < . 1 + na 1 + na a n Dengan mengambil C := 1/a dan an = 1/n dan dikarenakan lim an = 0 maka 1 dengan TKD disimpulkan bahwa lim 1+na = 0.

Contoh 2.5. Misalkan 0 < b < 1, buktikan lim(bn ) = 0.

Ambil a := 1−b = 1b − 1 > 0. Dapat ditulis b = b ketidaksamaan Bernoulli berlaku

Bukti.

1 (1+a)

(mengapa?). Dengan

(1 + a)n ≥ 1 + na

dan diperoleh Diambil an :=

1 1 1 1 1 ≤ < = 0< . (1 + a)n 1 + na na a n dan C = a1 maka berdasarkan TKD terbukti lim(bn ) = 0.

1 n

Exercise 7. Misalkan c > 0, buktikan lim(c1/n ) = 0. Exercise 8. Buktikan lim(n1/n ) = 1. Soal-soal yang dipecahkan

1. Buktikan dengan menggunakan denisi limit barisan a) lim b) lim

n2 2n2 +1

2n n+1

= 21 .

= 2.

2. Diberikan xn :=

1 ln(n+1)

.

a) Gunakan denisi untuk membuktikan lim(xn ) = 0. b) Tentukan bilangan asli terkecil N bila diberikan ε = 271 . c) Tunjukkan kebenaran |xn − 0| < ε untuk n = N, N + 1, N + 2, N + 3. 3. Buktikan lim

1 n

−

1 n+1

= 0.

4. Buktikan lim (2n)1/n = 1. 5. Bila lim(xn ) = x > 0, tunjukkan ada bilangan asli K sehingga setiap n ≥ K .

7

x 2

< xn < 2x untuk


M

x1

xn

... x2

xn+1 ...

-M

Gambar 2.2: Ilustrasi barisan terbatas 2.2 Sifat-sifat limit barisan Berikut ini diberikan sifat aljabar barisan konvergen. Sifat-sifat ini banyak digunakan dalam keperluan praktis terutama dalam menghitung nilai limit barisan. Sebelumnya diberikan sifat keterbatasan barisan konvergen.

Denisi 2.4. Barisan (xn ) dikatakan terbatas jika ada bilangan M > 0 sehingga |xn | ≤ M untuk setiap n ∈ N. Dengan kata lain, barisan (xn ) terbatas jika hanya jika himpunan {xn : n ∈ N} terbatas pada R.

Ilustrasi barisan terbatas diberikan pada Gambar 2.2.

Contoh 2.6. Barisan (1/n : n ∈ N) terbatas dengan M = 1, ((−1)n : n ∈ N) terbatas dengan M = 1.

Contoh 2.7. 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 K hal K ini cukup diambil m bilangan asli pertama yang lebih besar dari 2 , atau m = 2 .

Teorema 2.4.

Bila barisan

(xn )

konvergen maka ia terbatas.

Diketahui barisan (xn ) konvergen, katakan lim(xn ) = x. Ambil ε := 1 maka ada N ∈ N sehingga |xn − x| < 1 untuk setiap n ≥ N.

Bukti.

Karena ||xn | − |x|| ≤ |xn − x| < 1 maka berdasarkan sifat nilai mutlak diperoleh |xn | < 1 + |x| untuk setiap n ≥ N.

Kita dapat mengambil M := max {|x1 |, |x2 |, · · · , |xN −1 |, 1 + |x|}

agar pernyataan berikut berlaku |xn | ≤ M untuk setiap n ∈ N.

Berdasarkan denisi barisan terbatas maka teorema terbukti.

8


Sebaliknya barisan yang terbatas belum tentu konvergen seperti ditunjukkan pada contoh berikut.

Contoh 2.8. Diberikan barisan ((−1)n : n ∈ N). Jelas barisan ini terbatas karena |xn | <

1 untuk setiap n. Selanjutnya, kita buktikan barisan ini tidak konvergen. Andaikan ia konvergen, katakan lim(xn ) = a. Ambil ε := 1, maka terdapat bilangan asli N sehingga |(−1)n − a| < 1 untuk setiap n ≥ N.

Bilangan n ≥ N dapat berupa bilangan genap atau bilangan ganjil. Untuk n ganjil maka (−1)n = −1, sehingga diperoleh |(−1)n − a| = | − 1 − a| < 1 ⇒ −2 < a < 0.

(*)

Untuk n genap maka (−1)n = 1, sehingga diperoleh |(−1)n − a| = |1 − a| < 1 ⇒ 0 < a < 2.

(**)

Dua pernyataan (*) dan (**) saling kontradiksi, sehingga pengandaian salah. Jadi terbukti barisan ((−1)n : n ∈ N) divergen.

Teorema 2.5. Jika X := (xn ) dan Y := (yn ) dua barisan yang masing-masing konvergen ke

x

dan

y

maka

1. barisan

X ± Y := (xn + yn )

2. barisan

XY := (xn yn )

3. barisan

cX := (cxn )

konvergen ke

konvergen ke

konvergen ke

x ± y,

xy

cx.

(1) Untuk membuktikan lim(xn + yn ) → (x + y), kita harus memberikan estimasi pada |(xn + yn ) − (x + y)|. Karena lim(xn ) = x dan lim(yn ) = y maka untuk ε > 0 yang diberikan terdapat N1 dan N2 sehingga

Bukti.

|xn − x| < ε/2 untuk setiap n ≥ N1 dan |yn − y| < ε/2 untuk setiap n ≥ N2 .

Jadi untuk setiap n ≥ N := max{N1 , N2 } diperoleh |(xn + yn ) − (x + y)| = |(xn − x) + (yn − y)| ≤ |xn − x| + |yn − y| ≤ ε/2 + ε/2 = ε

Dengan cara yang sama dapat dibuktikan (xn − yn ) konvergen ke (x − y). (2) Karena (xn ) konvergen maka ia terbatas, yaitu ada M1 > 0 sehingga |xn | ≤ M1 untuk setiap n ∈ N. Ambil M := max{M1 , |y|}. Karena lim(xn ) = x dan lim(yn ) = y maka untuk ε > 0 yang diberikan terdapat N1 dan N2 sehingga |xn − x| < ε/2M untuk setiap n ≥ N1 dan |yn − y| < ε/2M untuk setiap n ≥ N2 .

9


Jadi untuk setiap n ≥ N := max{N1 , N2 } diperoleh |xn yn − xy| = = ≤ ≤ ≤

|(xn yn − xn y) + (xn y − xy)| |xn (yn − y) + y(xn − x)| |xn ||y − yn | + |y||x − xn | M |xn − x| + M |yn − y| M (ε/2M ) + M (ε/2M ) = ε.

(3) Pernyataan ini dapat dibuktikan dengan cara membentuk |cxn − cx| = |c||xn − x|.

Bukti lengkapnya dapat diselesaikan sendiri. Sifat perkalian limit dua barisan dapat dikembangkan untuk perkalian sebanyak berhingga barisan, yaitu jika (an ), (bn ), · · · , (zn ) barisan-barisan konvergen maka berlaku lim ((an )(bn ) · · · (zn )) = lim(an ) lim(bn ) · · · lim(zn ).

Khususnya jika barisan-barisannya sama, katakan ada sebanyak k barisan (xn ) maka lim(akn ) = (lim(an ))k .

Teorema 2.6. x

dan

y , yn 6= 0

konvergen ke

X := (xn ) dan Y := (yn ) barisan konvergen, setiap n ∈ N dan y = 6 0 maka barisan hasil

Misalkan untuk

berturut-turut ke bagi

X Y

:=

xn yn

x . y

Bukti.

xn y − xyn xn x − = yn y yn y 1 |xn y − xyn | = |yn ||y| 1 = |xn y − xn yn + xn yn − xyn | |yn ||y| 1 = |xn (y − yn ) + yn (xn − x)| |yn ||y| |xn | 1 ≤ |yn − y| + |xn − x| |yn ||y| |y| | Selanjutnya, kita perlu memberikan batas untuk suku |y|xnn||y| . Karena (xn ) konvergen maka ia terbatas yaitu ada M > 0 sehingga |xn | ≤ M untuk setiap n ∈ N. Karena lim(yn ) = y maka diberikan ε := 12 |y| ada N1 ∈ N sehingga

1 |yn − y| < |y| untuk setiap n ≥ N1 . 2

10


Karena ||yn | − |y|| ≤ |yn − y| dan |yn − y| < 12 |y| maka 1 3 1 1 ||yn | − |y|| < |y| ⇔ |y| < |yn | < |y| ⇒ |yn | > |y| untuk setiap n ≥ N1 . 2 2 2 2

Jadi berlaku

2 1 < untuk setiap n ≥ N1 . |yn | |y|

Dengan demikian kita mempunyai estimasi xn x − ≤ |xn | |yn − y| + 1 |xn − x| < 2M |yn − y| + 1 |xn − x|. yn y |yn ||y| |y| |y|2 |y|

(*)

Sekarang diberikan ε > 0 sebarang. Karena lim(yn ) = y dan lim(xn ) = x maka ada N2 , N3 ∈ N sehingga |y|2 |y| ε untuk setiap n ≥ N2 , dan |yn − y| < ε untuk setiap n ≥ N3 . |xn − x| < 2 4M

Dengan mengambil N := max{N1 , N2 , N3 } maka berdasarkan (*), diperoleh xn x − < ε/2 + ε/2 = ε untuk setiap n ≥ N. yn y Ini menunjukkan bahwa lim xynn = xy .

Contoh 2.9. Kita tunjukkan bahwa lim bentuk barisan konvergen, yaitu

2n + 1 n+5

2n+1 n+5

=

= 2. Pertama kita ubah dulu ke dalam

2 + 1/n . 1 + 5/n

Selanjutnya, diambil X := (2 + 1/n) dan Y := (1 + 5/n). Jelas bahwa lim X = 2 dan lim Y = 1 maka lim X = 12 = 2. Y

Teorema 2.7.

Bila

(xn )

barisan taknegatif, yaitu

xn ≥ 0

untuk setiap

n ∈ N

maka

lim(xn ) ≥ 0.

Andaikan kesimpulan ini salah, yaitu x := lim(xn ) < 0. Ambil ε := −x > 0, maka berdasarkan denisi ada K ∈ N sehingga

Bukti.

|xn − x| < −x ⇐⇒ x < xn − x < −x =⇒ xn < 0, untuk semua n ≥ K.

Khususnya untuk n = K berlaku xn < 0. Hal ini kontradiksi dengan hipotesis bahwa xn ≥ 0 untuk setiap n ∈ N. Pengandaian bahwa lim(xn ) < 0 adalah salah, jadi teorema terbukti.

11


Teorema 2.8. maka

(xn ) lim(xn ) ≤ lim(yn ). Jika

dan

(yn )

barisan konvergen dan

x n ≤ yn

untuk setiap

n∈N

Didenisikan barisan (zn ) dengan zn := yn −xn . Diperoleh (zn ) barisan taknegatif. Dengan Teorema sebelumnya maka berlaku

Bukti.

lim(zn ) = lim(yn − xn ) = lim(yn ) − lim(xn ) ≥ 0 → lim(yn ) ≤ lim(xn ).

Ini membuktikan teorema yang dimaksud.

Teorema 2.9.

Bila

(xn )

barisan konvergen dan

a ≤ xn ≤ b

untuk setiap

n∈N

maka

a ≤ lim(xn ) ≤ b. Bukti.

Denisikan barisan konstan (yn := a|n ∈ N) dan (zn := b|n ∈ N), maka berlaku yn ≥ xn dan xn ≤ zn .

Mengingat lim(yn ) = a dan lim(zn ) = b maka dengan menggunakan teorema sebelumnya dapat disimpulkan berlaku a ≤ lim(xn ) ≤ b. Teorema berikut menjelaskan kekonvergenan suaru barisan yang terjepit oleh dua barisan yang konveregen ke limit yang sama. Teorema ini sangat bermanfaat dalam membuktikan limit barisan.

Teorema 2.10.

[Teorema kekonvergenan terjepit (TKJ)]

Bila

(xn ), (yn )

dan

(zn )

barisan bilangan real yang memenuhi kondisi berikut 1.

xn ≤ yn ≤ zn untuk

2.

lim(xn ) = lim(zn )

maka

(yn )

setiap

konvergen dan

n∈N

lim(xn ) = lim(yn ) = lim(zn ).

Misalkan w := lim(xn ) = lim(zn ). Diberikan ε > 0 sebarang, maka terdapat bilangan asli N1 dan N2 sehingga

Bukti.

|xn − w| < ε untuk setiap n ≥ N1 dan |zn − w| < ε untuk setiap n ≥ N2 .

Bila diambil N := max{N1 , N2 } maka berlaku |xn − w| < ε dan |zn − w| < ε untuk setiap n ≥ N.

Dari ini diperoleh −ε < xn − w dan zn − w < ε untuk setiap n ≥ N.

Diketahui xn ≤ yn ≤ zn , dengan menambahkan w pada ketiga ruas diperoleh xn − w ≤ yn − w ≤ zn − w untuk setiap n ∈ N.

Dengan hasil sebelumnya, diperoleh −ε < yn − w < ε ⇐⇒ |yn − w| < ε untuk setiap n ≥ N.

Jadi terbukti lim(yn ) = w.

12


Teorema ini dikenal juga istilah teorema sequeeze atau teorema sandwich.

Contoh 2.10. Buktikan lim Bukti.

sin n n

= 0.

Diperhatikan untuk setiap bilangan asli n berlaku −1 ≤ sin n ≤ 1.

Karena itu diperoleh

−1 sin n 1 ≤ ≤ . n n n sin n Dengan mengambil xn = −1/n, yn = n dan zn = 1/n maka dengan TKJ

diperoleh

sin n lim = lim(−1/n) = lim(1/n) = 0. n Terbuktilah bahwa lim sinn n = 0.

Versi lainnya TKJ ini akan muncul lagi dalam bentuk limit fungsi yang akan diberikan pada bab selanjutnya. Satu lagi alat cepat dan mudah untuk menyelidiki kekonvergenan barisan adalah uji rasio berikut.

Teorema 2.11. Jika

L<1

maka

Misalkan

(xn )

(xn )

barisan bilangan real positif sehingga

konvergen dan

lim(xn ) = 0.

lim xxn+1 := L n

ada.

Karena (xn ) positif maka ( xxn+1 ) barisan taknegatif sehingga L ≥ 0. Jadi 0 ≤ n L < 1. Misalkan r suatu bilangan dimana L < r < 1, ambil ε := r − L > 0. Terdapat bilangan asli K sehingga

Bukti.

xn+1 < ε := r − L untuk setiap n ≥ K. − L xn

Jadi untuk setiap n ≥ K berlaku xn+1 < r ⇒ xn+1 < rxn , xn

dan karena 0 < r < 1 maka diperoleh 0 < xn+1 < rxn < r2 xn < · · · < rn−K+1 xK .

Dengan mengambil C :=

xK rK

kita mempunyai 0 < xn+1 < Crn+1 .

Karena 0 < r < 1 maka lim(rn+1 ) = 0. Dengan menggunakan TKD maka terbukti lim(xn ) = lim(xn+1 ) = 0.

13


Contoh 2.11. Kita selidiki apakah barisan ( 2nn ) konvergen. Kita gunakan uji rasio, 2

yaitu

(n + 1)2 2n xn+1 = xn 2n+1 n2 1 n2 + 2n + 1 = 2 n2 2 1 1 (1 + + 2 ) = 2 n n

Karena L := lim 21 (1+ n2 + n12 ) = 1/2 < 1 maka berdasarkan uji rasio disimpulkan barisan 2 ( 2nn ) konvergen dengan limit nol.

Exercise 9. Misalkan b > 1, selidikilah kekonvergenan barisan ( bnn ). Pada bagian akhir sub pokok bahasan ini diberikan dua hasil yang berguna untuk mempelajari materi yang akan datang.

Teorema 2.12.

Jika barisan

1. Barisan nilai mutlak 2. Jika

xn ≥ 0

(xn )

(|xn |)

maka barisan

konvergen maka

lim |xn | = | lim(xn )|, p √ dengan lim( xn ) = lim(xn ) .

konvergen dengan

√ ( xn )

konvergen

Bukti.

(1) Misalkan lim(xn ) = x. Kita telah mempunyai sifat nilai mutlak bahwa ||xn | − |x|| ≤ |xn − x|, untuk semua n ∈ N.

Jadi kekonvergenan (|xn |) langsung diakibatkan oleh kekonvergenan (xn ). (2) Karena x > 0 maka

√

x > 0. Selanjutnya dibentuk √ √ √ √ √ ( xn − x)( xn + x) √ xn − x √ √ . xn − x = =√ √ xn + x xn + x

Karena

√ √ √ xn + x ≥ x > 0 maka

√

1 √ xn + x

√ √ xn − x ≤

≤

1 √ x

√1 x

(*)

sehingga dari (*) diperoleh

|xn − x|.

Karena xn → x maka (xn − x) → 0, dan dengan menggunakan Teorema kekonverp √ √ lim(xn ) . genan terdominasi maka terbukti lim( xn ) = x =

14


Soal-soal untuk latihan

1. Buktikan barisan berikut tidak konvergen a) (2n ) b) (−1)n n2 2. Hitunglah lim(xn ) jika a) xn := (2 + n1 )2 b) xn :=

(−1)n n+2

c) xn :=

n+1 √ n n 1

d) xn := (n + 1) ln(n+1) 3. Bila barisan (bn ) terbatas dan lim(an ) = 0, tunjukkan lim(an bn ) = 0. √

√

√

4. Bila didenisikan yn := n + 1 − n, n ∈N, buktikan (yn ) dan ( nyn ) konvergen dan hitunglah limit masing-masingnya. 5. Bila 0 < a < b, buktikan

lim

an+1 + bn+1 an + b n

.

6. Bila a > 0, b > 0, tunjukkan lim

p a+b (n + a)(n + b) − n = . 2

7. Gunakan TKT untuk menghitung nilai limit berikut 1/n2 a) n 2

b) (n!)1/n .

15

2 BARISAN BILANGAN REAL

Recommend Documents