Analisis Real BAB III

BAB III

BARISAN DAN DERET

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 dan ia merupakan bentuk khusus dari fungsi. Sedangkan deret akan dibahas secara khusus pada bab yang lain.

Pada bab ini dibahas mengenai pengertian barisan dan deret. Selanjutnya, dibahas tentang limit dan konvergensi dari suatu barisan. Di antaranya adalah Teorema Konvergen Monoton, Teorema Bolzano-Weierstrass, dan Kriteria Cauchy untuk barisan yang konvergen.

3.1. Barisan dan Limit Barisan

Barisan (sequence) pada himpunan S adalah suatu fungsi dengan domain N dan mempunyai range dalam S. Pada subbab ini akan dibahas mengenai barisan di R dankonvergensi dari suatu barisan.

3.1.1 Definisi

Barisan bilangan real adalah suatu fungsi yang didefinisikan pada himpunan N dengan range dalam R. Dengan kata lain, barisan dalam R mengawankan setiap bilangan asli n 1,2,3,... kepada suatu bilangan real. Jika X : N R merupakan barisan, maka biasanya dituliskan dengan nilai dari X pada n dengan notasi x_n . Barisan sering dinotasikan dengan X atau (x_n) atau (x_n : n N) atau {x_n} atau {x_n}_n . Apabiladiketahui suatu barisan Y, artinya Y = (y_k), k N.

3.1.2 Contoh

Beberapa contoh barisan dan penulisannya.

a. X = (2,4,6, ...) merupakan barisan bilangan genap. Dapat juga ditulis sebagai X = (2n: n N).

b. Y = , dapat ditulis sebagai Y =.

Dalam beberapa keperluan praktis, barisan didefinisikan secara rekusif atau

induktif sebagai berikut.

Barisan Fibonacci adalah barisan yang berbentuk F = (1, 1, 2, 3, 5, ...). barisan ini secara rekrusif dapat dituliskan dengan x₁ = 1, x₂ = 1, x_n = x_n-1 + x_n-2.

3.1.3 Definisi

Misalkan X = (x_n) adalah barisan bilangan real. Bilangan real x disebut limit dari (x_n) jika untuk setiap terdapat terdapat n₀N sehingga jika n n₀, maka |x_n – x| < .

Jika x adalah limit dari barisan X, maka X dikatakan konvergen ke x dan dituliskan dengan

lim X = x atau lim (x_n) = x.

Jika barisan X tidak mempunyai limit, maka X dikatakan divergen.

Terkadang juga dapat digunakan simbol x_nx yang secara intuitif menunjukkan bahwa nilai x_n mendekati bilangan x jika n .

3.1.4 Teorema

Suatu barisan bilangan real hanya dapat mempunyai satu limit. Dengan kata lain, jika suatu barisan konvergen maka limitnya tunggal.

Bukti.

Andaikan p dan q adalah limit dari (x_n) dan p q.

Karena lim (x_n) = p, berarti untuk setiap , terdapat m₀ N sehingga jika nm₀ maka |x_n – p| <

Juga karena lim (x_n) = q, berarti untuk setiap , terdapat n₀N sehingga jika nm₀ maka |x_n – q| <.

Sekarang pilih k₀ = maks{m₀ , n₀} sehingga jika nk_0, maka:

|p – q| = |p – x_n + x_n – q|

|x_n – p| +| x_n – q|

< + =

Karena untuk sebarang > 0, maka p – q = 0. Dengan demikian p = q. Jadi limit barisan (x_n) adalah selalu sama atau selalu tunggal.

Pembahasan barisan di sini ditekankan pada pembuktian-pembuktian teoritis bukan pada aspek teknik komputasi. Membuktikan suatu barisan denganlimit telah diketahui lebih rumit daripada menentukan nilai limit suatu barisan. Contoh-contoh berikut memberikan gambaran bagaimana definisi digunakan untuk membuktikan kebenaran limit suatu barisan.

3.1.5 Contoh

1. Buktikan bahwa lim= 0

Bukti.

Ambil sebarang > 0, pilih n₀N, sehingga n₀ > . Berarti untuk n n₀ maka n > atau < .

Dengan demikian jika nn₀, maka

= < .

Jadi untuk setiap > 0, terdapat n₀N, sehingga jika nn₀, maka < . Menurut definisi 2.1.3, lim= 0.

2. Buktikan bahwa lim= 0

Bukti

Ambil sebarang > 0. Pilih n₀N, sehingga n₀ > . Berarti untuk n n₀ maka n > atau < _.

Dengan demikian jika nn₀, maka

= = < .

Jadi untuk setiap > 0, terdapat n₀N, sehingga jika nn₀, maka < . Menurut definisi 2.1.3, lim= 0.

3. Buktikan bahwa lim= 2

Bukti

Ambil sebarang > 0. Pilih n₀N, sehingga n₀ > . Berarti untuk n n₀ maka n > atau < _.

Dengan demikian jika nn₀, maka

= = < =

Jadi untuk setiap > 0, terdapat n₀N, sehingga jika nn₀, maka < . Menurut definisi 2.1.3, lim= 2.

Dari beberapa contoh diatas, mestinya dapat disimpulkan bahwa semakin kecil > 0 yang diberikan maka semakin besar indeks n₀ yang dapat diambil. Kenyataan ini sesuai dengan definisi bahwa semakin kecil > 0 maka semakin kecil lebar ”kerangkeng” dan semakin lama pula suku-suku barisan dapat mulai mengumpul di dalam ”kerangkeng” ini.

Kekonvergenan barisan (x_n) ditentukan oleh pola suku-suku yang sudah jauh berada diujung. Walaupun pada awalnya suku-suku barisan berfluktuasi cukup besar namun bila pada akhirnya suku-suku ini mengumpul disekitar titik tertentu maka barisan ini tetap konvergen.

3.1.6 Definisi

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

X_m = (x_m+1, x_m+2 , ...) = (x_{m + n} : nN)

maka barisan X_m disebut ekor ke m barisan X.

3.1.7 Teorema

Misalkan barisan X = (x_n : nN) dan X_m adalah ekor ke m barisan X. X adalah barisan konvergen, jika dan hanya jika X_m konvergen dalam hal ini limX = limX_m.

Bukti.

Perhatikan bahwa untuk sebarang pN, elemen ke-p dari X_m adalah elemen ke- p mdari X. Sama halnya, jika q m, maka bentuk elemen ke-q dari X adalah elemen ke- q mdari X_m.

Misalkan (x_n) konvergen ke x, maka untuk setiap > 0, pada X terdapat n₀N sehingga untuk nn₀, maka |x_n – x| < , maka pada X_m untuk k = n₀ – m berlaku |x_n – x| <. Dapat diambil n₀ = n₀ – m, sehingga X_m konvergen ke x.

Sebaliknya, jika pada X_m konvergen, maka untuk k n₀berlaku | x_k x|, maka pada X untuk n n₀ m berlaku |x_n x|. Dapat diambil n₀n₀m. Dengan demikian terbukti bahwa X konvergen ke x jika dan hanya jika X_m konvergen ke x.

Pembuktian limit barisan melalui definisi akan menjadi sulit bilamana bentuk barisan yang dihadapi cukup rumit. Melalui definisi dikembangkan ”alat-alat” sederhana yang dapat digunakan untuk membuktikan limit barisan, khususnya barisan yang mempunyai bentuk tertentu.

3.1.8 Teorema (Teorema Konvergen Terdominasi).

Misalkan ada dua barisan bilangan real (a_n) dan (x_n). Jika ada C > 0 dan mN sehingga jika n  m berlaku

|x_n – x| C|a_n| dan lim (a_n) = 0

maka lim(x_n) = x.

Bukti

Diketahui lim (a_n) = 0 maka untuk setiap > 0 terdapat n₀N sehingga jika n  n₀, dan C > 0 maka |a_n – 0| = a_n < . Selanjutnya dengan memilih k₀ = maks{n₀, m}, berarti jika n k₀, maka |x_n – x| C|a_n| < C.=

Dengan demikian untuk setiap > 0 terdapat k₀N sehingga jika n  k₀, maka |x_n – x| <. Menurut definisi 2.1.3 lim(x_n) = x.

3.1.9 Contoh

1. Jika a > 0, buktikan bahwa lim= 0

Bukti

Karena a > 0 dan N maka 0 < na < 1 + na 0<< . Dengan demikian kita peroleh . Contoh 3.5.1(1) menunjukkan bahwa lim= 0, sehingga menurut teorema 3.1.8 lim= 0.

2. Jika 0 < b < 1 dan nN, buktikan bahwa lim= 0

Bukti.

Karena 0 < b < 1, maka kita tulis b =, dengan a > 0. Ketaksamaan Bernoulli menujukkan bahwa jika nN maka (1 + a)ⁿ 1 + na atau . Dengan demikian 0 < bⁿ =<.

Jadi = . Contoh 3.5.1(1) menunjukkan bahwa lim= 0, sehingga menurut teorema 3.1.8 lim= 0.

3. Jika c > 0, buktikan bahwa lim(c^1/n) = 1

Bukti

Jika c = 1, maka diperoleh barisan konstan, yaitu (1,1,1, ....) yang menunjukkan bahwa barisan tersebut konvergen ke-1 yang berarti lim(c^1/n) = 1

Jika c > 1, maka c^1/n = 1 + d_n untuk suatu d_n > 0. Menurut ketaksamaan Bernoulli, jika nN maka c = (1 + d_n)ⁿ 1 + nd_n. Jadi diperoleh c – 1 nd_n atau d_n . Akibatnya adalah jika nN, maka

|c^1/n – 1| = d_n (c – n)

Dengan demikian berdasarkan teorema 3.1.8 lim(c^1/n) = 1.

Jika 0 < c < 1, maka c^1/n = , untuk suatu h_n > 0. Menurut ketaksamaan bernoulli, jika nN maka c = <, sehingga dapat diperoleh bahwa 0 < h_n < . Akibatnya

0 < 1 – c^1/n = 1 – = < h_n < , sehingga jika nN, maka

|c^1/n – 1| <

Dengan demikian berdasarkan teorema 3.1.8 lim(c^1/n) = 1.

d. Jika nN, buktikan bahwa lim(n^1/n) = 1

Bukti.

Karena n^1/n > 1untuk n > 1, kita dapat tuliskan n^1/n = 1 + k_n, untuk suatu k_n > 0 jika n > 1. Dengan demikian n^1/n = 1 + k_n atau n = (1 + k_n)ⁿ.

Selanjutnya:

n = (1 + k_n)ⁿ

= 1 + nk_n + n(n – 1)k_n² + ... +k_nⁿ

1 + n(n – 1)k_n²

Sehingga diperoleh n – 1 n(n – 1)k_n² atau k_n², untuk n > 0. Jika diberikan sebarang > 0, menurut sifat Archimedes terdapat bilangan asli n₀ sedemikian sehingga <. Pilih nsup{2,n₀} maka < . Akibatnya

0 < |n^1/n – 1| = k_n <.

Jadi untuk sebarang > 0,terdapa n₀N, sehingga jika nn₀, maka |n^1/n – 1| <, yang berarti lim(n^1/n) = 1.

3.1.10 Soal Latihan

1. Tulislah lima suku pertama barisan berikut!

a. x_n = 1 + (-1)^{n + 1}

b. x_n =

c. x_n =

2. Tulislah bentuk rumus umum barisan berikut ini!

a . , ,, , ...

b. 1, 4, 9, 16, ...

c. 2, 1, 4, 3, 6, 5, ...

d. 1, 1, 2, 6, ...

3. Tulislah tujuh suku pertama barisan berikut!

a. x₁ = 1, x_n+1 = 3x_n + 1

b. y₁ = 2, y_n+1 =

c. z₁ = 1, z₂ = 2, z_{n + 2} =

4. Untuk sebarang bR, tunjukkan bahwa lim= 0

5. Gunakan definisi limit barisan untuk membuktikan limit barisan berikut!

a. lim= 0

b. lim=

c. lim= 2

d. lim= 0

6. Tunjukkan bahwa lim (x_n) = 0 jika dan hanya jika lim(|x_n|) = 0. Berilah dua contoh untuk kasus ini!

7. Tunjukkan bahwa jika lim(x_n) = x dan jika x > 0, maka terdapat bilangan asli M, sedemikian sehingga x_n > 0, untuk semua nm.

8. Tunjukka bahwa lim=0

9. Tunjukkan bahwa lim = 1

10. Jika lim (x_n) = x > 0, tunjukkan bahwa terdapat bilangan bilangan asli K, sedemikian sehingga jika n K, maka x< x_n < 2x

3.2 Teorema-Teorema 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.

3.2.1 Definisi

Barisan (x_n) dikatakan terbatas jika terdapat bilangan real M > 0, sedemikian sehingga |x_n| M, untuk semua nN.

3.2.2 Teorema

Misalkan barisan (x_n) konvergen, maka (x_n) terbatas.

Bukti.

Misalkan lim(x_n) = x. Ambil = 1, maka ada n₀N sehingga jika nn₀, maka |x_n – x| < 1. Dengan menerapkan sifat ketaksamaan segitiga, maka dapat diperoleh |x_n| = |x_n – x + x||x_n – x|+|x| < 1+|x|.

Bila M = maks{|x₁|,|x₂|, ..., |x_n0-1|, 1+|x|}, maka untuk setiap nN berlaku |x_n|M, yang berarti (x_n) terbatas.

Selanjutnya akan dibahas operasi-operasi pada barisan, yang meliputi penjumlahan, pengurangan, perkalian dan pembagian antara dua barisan. Sebagai pendahuluan, akan diberikan beberapa contoh sebagai berikut.

3.2.3 Contoh

Misalkan barisan X =(2,4,6, ...,2n, ...) dan barisan Y=

1. X + Y =
2. X – Y =
3. XY =
4. 3X = (3, 12, 18, ..., 3n, ... )
5. = (2, 8, 18, ..., 2n², ...)

Berdasarkan contoh diatas, dapat dikembangkan teorema sebagai berikut.

3.2.4 Teorema

Misalkan X =(x_n) dan Y = (y_n) adalah dua barisan yang masing-masing konvergen ke x dan y, maka

1. Barisan X +Y = (x_n) + (y_n) konvergen ke x + y
2. Barisan X – Y = (x_n) – (y_n) konvergen ke x–y
3. Barisan X Y = (x_n) (y_n) konvergen ke xy
4. Jika y_n0N, untuk setiap n dan y0, barisan =konvergen ke
5. Jika cR, barisan cX = c(x_n) konvergen ke cx

Bukti

a. Barisan X = (x_n) konvergen ke x maka lim(x_n) = x, sehingga untuk setiap > 0, terdapat n₀N, sehingga jika nn₀ maka:

|x_n – x| <

Barisan Y = (y_n) konvergen ke y maka lim(y_n) = y, sehingga untuk setiap > 0, terdapat m₀N, sehingga jika nm₀ maka:

|y_n – y| < .

Selanjutnya untuk sebarang > 0, dipilih k₀ = maks{m₀,n₀} sehingga jika n k₀, maka:

|(x_n + y_n) – (x + y)| = |(x_n – x) + (y_n – y)|

|x_n – x| + |y_n – y|

< +=

Dengan demikian berarti lim(x_n + y_n) = x + y, sehingga barisan X +Y = (x_n) + (y_n) konvergen ke x + y

b. Barisan X = (x_n) konvergen ke x maka lim(x_n) = x, sehingga untuk setiap > 0, terdapat n₀N, sehingga jika nn₀ maka:

|x_n – x| <

Barisan Y = (y_n) konvergen ke y maka lim(y_n) = y, sehingga untuk setiap > 0, terdapat m₀N, sehingga jika nm₀ maka:

|y_n – y| < .

Selanjutnya untuk sebarang > 0, dipilih k₀ = maks{m₀,n₀} sehingga jika n k₀, maka:

|(x_n – y_n) – (x – y)| = |(x_n – x) – (y_n – y)|

|x_n – x| + |y_n – y|

< +=

Dengan demikian berarti lim(x_n + y_n) = x – y, sehingga barisan X +Y = (x_n) + (y_n) konvergen ke x – y.

c. Barisan Y = (y_n) konvergen, berarti (y_n) terbatas. Akibatnya terdapat bilangan real M ₀ > 0 sehingga |y_n| M₀, untuk semua nN. Ambil M = maks{M₀, |y|}, maka |y_n| M dan |y|M.

Selanjutnya lim(x_n) = x, untuk setiap > 0, terdapat n₀N, sehingga jika nn₀ maka

|x_n – x| <

Juga lim(y_n) = y, untuk setiap > 0, terdapat m₀N, sehingga jika nm₀ maka

|y_n – y| <

Dengan demikian untuk setiap > 0, terdapat k₀N, dengan k₀ = maks{m₀ , n₀}, sehingga jika nk₀, maka:

|(x_ny_n) – (xy)| = |(x_n y_n – y_nx + y_nx – xy|

= |y_n(x_n – x) + x(y_n – y)|

|y_n||x_n – x| + |x||y_n – y)|

M |x_n – x| + M |y_n – y)|

< M. + M.

= + =

Dengan demikian berarti lim(x_ny_n) = xy, sehingga barisan XY = (x_n)(y_n) konvergen ke xy.

d. Barisan X = (x_n) konvergen ke x maka lim(x_n) = x, sehingga jika untuk setiap > 0, terdapat n₀N, sehingga jika nn₀ maka:

|x_n – x| <

Barisan Y = (y_n) konvergen ke y maka lim(y_n) = y, sehingga untuk setiap > 0, terdapat m₀N, sehingga jika nm₀ maka:

|y_n – y| < .

Pada 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 (an) maka lim(a_n)^k = (lim(an))^k

3.2.5 Teorema

Jika barisan X = (x_n) adalah konvergen dan x_n 0 untuk setiap nN, maka lim (x_n) = x 0.

Bukti

Diketahui X = (x_n) konvergen dan x_n 0 untuk setiap nN.

Andaikan x < 0, maka = -x > 0. Karena X konvergen ke x, maka terdapat n₀ N sehingga jika n0 n₀, maka:

|x_n – x| < -< x_n – x <

x -< x_n <+ x

Berarti untuk suatu kN berlaku x_k <+ x = -x + x = 0. Hal ini kontradiksi dengan x_n 0 untuk setiap nN. Jadi pengandaian salah, dan haruslah lim (x_n) = x 0.

3.2.6 Teorema

Jika barisan X = (x_n) dan Y = (y_n) adalah konvergen dan jika y_n x_n untuk setiap nN, maka lim(y_n) lim(x_n)

Bukti.

Misalkan z_n = y_n - x_n, maka z_n 0, untuk semua nN. Menurut teorema 3.2.4 lim z_n 0. Karena z_n = y_n - x_n, maka menurut teorema 3.2.3(e) diperoleh lim z_n = lim(y_n - x_n) = lim(y_n) – lim(x_n) 0.

Dengan demikian lim(y_n) lim(x_n).

3.2.7 Teorema

Jika barisan X = (x_n) adalah konvergen dan jika ax_nb untuk setiap nN, maka alim(x_n)b

Bukti.

Misalkan (b_n) adalah barisan konstan (b, b, b, ...). Menurut teorema 3.2.6 lim(x_n) lim(b_n) = b. Demikian juga misalkan (a_n) adalah barisan konstan (a, a, a, ...). Menurut teorema 3.2.6 a = lim(a_n) lim(x_n). Dengan demikian kita peroleh maka alim(x_n)b, untuk setiap nN.

3.2.8 Teorema Apit

Misalkan X = (x_n), Y = (y_n) dan Z = (z_n) adalah barisan sehingga x_ny_nz_n untuk setiap nN, dan juga lim(x_n) = lim(z_n), maka Y = (y_n) adalah konvergen dan lim(x_n) = lim(y_n) = lim(z_n).

Bukti

Misalkan w = lim(x_n) = lim(z_n), maka untuk setiap > 0, terdapat n₀N, sehingga jika nn₀, maka

|x_n – w| < -< x_n – w <

dan

|z_n – w| < -< z_n – w <

Karena x_ny_nz_n, maka x_n – w y_n – w z_n – w -< y_n – w <. Jadi untuk sebarang > 0, maka -< y_n – w <|y_n – w| <, yang berarti bahwa w = lim(x_n) = lim(y_n) = lim(z_n).

Berikut diberikan beberapa contoh penggunaan teorema-teorema yang telah diberikan.

3.2.9 Contoh

1. Tunjukkan bahwa barisan (n) untuk setiap nN, adalah divergen

Jawab

Andaikan (n) konvergen, maka (n) terbatas. Akibatnya terdapat bilangan real M > 0, sehingga n = |n| < M untuk semua nN. Hal ini kontradiksi dengan sifat Archimedes yang menyatakan bahwa Jika xR, maka terdapat nN sedemikian hingga x < n. Jadi pengandaian salah, dan haruslah barisan (n) untuk setiap nN, adalah divergen.

2. Tunjukkan bahwa barisan ((-1)ⁿ) untuk setiap nN, adalah divergen.

Jawab

Andaikan barisan ((-1)ⁿ) konvergenke x , maka untuk = 1, terdapat n₀N, sehingga jika n n₀, maka

|(-1)ⁿ – x| < 1

Dalam hal ini akan dibedakan untuk n ganjil dan untuk n genap.

1. Jika n ganjil, maka

|(-1)ⁿ – x| = |-1 – x| < 1-1 < -1 – x < 1

0 < – x < 2

-2 < x < 0

2. Jika n genap, maka

|(-1)ⁿ – x| = |1 – x| < 1 -1 < 1 – x < 1

-2 < – x < 0

0 < x < 2

Dari kedua kasus diatas, tidak ada nilai x yang memenuhi, yang berarti barisan ((-1)ⁿ) adalah divergen.

3. Tentukan lim

Jawab

Untuk kasus ini, teorema 3.2.3(e) tidak bisa diterapkan secara langsung, tetapi dapat diselesaikan melalui langkah berikut.

==

Dapat kita tentukan bahwa lim= 0 dan lim= 1

Dengan demikian menurut teorema 3.2.3(e) untuk setiap nN, maka

lim= lim= = = 0

4. Tentukan lim

Jawab

Kita ketahui bahwa -1sin n 1, sehingga untuk setiap nN, berlaku:

Karena lim= lim= 0, menurut teorema apit lim= 0.

3.2.10 Teorema

Misalkan barisan X = (x_n) konvergen ke x. Maka barisan (|x_n|) konvergen ke |x|

Bukti

Diketahui (x_n) konvergen ke x, maka untuk setiap > 0 terdapat n₀ N sehingga jika n n₀, maka |x_n – x| < .

Menurut ketaksamaan segitiga ||x_n| – |x|| |x_n – x| < .

Ini berarti bahwa (|x_n|) konvergen ke |x|

3.2.11 Teorema

Misalkan barisan X = (x_n) konvergen ke x dan x_n 0 untuk setiap nN, maka barisan adalah konvergen ke.

Bukti

Diketahui barisan (x_n) konvergen ke x dan x_n 0 untuk setiap nN.

Dalam hal ini akan kita tetapkan dua kasus, yaitu untuk x = 0 dan x > 0.

1. Jika x = 0 maka x_n0, sehingga untuk setiap > 0 terdapat n₀ N sehingga jika nn₀, maka

0x_n = x_n – 0 < 0 <

Karena > 0 adalah sebarang, maka diperoleh 0.

2. Jika x > 0 maka > 0 dan x_nx, sehingga untuk setiap > 0 terdapat n₀ N sehingga jika nn₀, maka

|x_n – x| <

Selanjutnya jika x > 0, maka > 0 dan kita dapat tuliskan:

– = =

Karena + > 0, maka

< =

Karena > 0 adalah sebarang, maka diperoleh .

Dengan demikian, dari kedua kasus tersebut dapat diambil kesimpulan jika barisan (x_n) konvergen ke x dan x_n 0 untuk setiap nN, maka barisan adalah konvergen ke.

3.2.12 Teorema

Misalkan X = (x_n) dan x_n > 0 untuk setiap nN, sedemikian sehingga L = lim ada. Jika L < 1, maka (x_n) konvergen ke 0.

3.2.13 Latihan Soal

1. Diberikan rumus barisan (x_n) berikut. Tentukan apakah (x_n) konvergen atau divergen?

a. x_n =

b. x_n =

c. x_n =

2. Berikan sebuah contoh dua barisan divergen X dan Y sehingga:

a. X + Y konvergen

b. XY konvergen.

3. Tunjukkan bahwa jika X dan Y adalah barisan sedemikian sehingga X dan X + Y konvergen, maka Y konvergen.

4. Tunjukkan bahwa jika X dan Y adalah barisan sedemikian sehingga X konvergen ke x0 dan XY konvergen, maka Y konvergen.

5. Tunjukkan bahwa barisan berikut divergen.

a. (2ⁿ)

b. ((-1)ⁿn²)

6. Tentukan limit barisan berikut!

a. lim

b. lim

c. lim

7. Tunjukkan bahwa jika z_n = (aⁿ + bⁿ) dimana 0 < a < b, maka lim(z_n) = b

_{3.3 Barisan Monoton Terbatas}

Sebelumnya sudah dibahas bahwa barisan konvergen pasti terbatas, tetapi barisan terbatas belum tentu konvergen. Pada bagian ini dibahas syarat cukup agar barisan terbatas konvergen.

3.3.1 Definisi

Suatu barisan (x_n) dikatakan monoton jika ia naik saja atau turun saja. Dikatakan naik jika

x₁ x₂ .... x_n ..., atau x_n x_n+1 untuk setiap n N

dan dikatakan turun jika

x₁ x₂ .... x_n ..., atau x_n x_n+1 untuk setiap n N

3.3.2 Contoh

Berikut merupakan barisan naik.

(1, 2, 3, 4, ..., n, ... ),

(1, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 4, ...)

(a, a², a³, ..., aⁿ, ...) jika a > 1

Berikut merupakan barisan turun.

(b, b², b³, ..., bⁿ, ...) jika b > 1

Berikut adalah barisan yang tidak monoton.

(1, -1, 1, -1, ..., (-1)^{n +1}, ...)

(-1, 2, -3, 4, ..., (-1)ⁿn, ...)

Berikut adalah barisan tidak monoton, namun pada akhitnya monoton.

(7, 6, 2, 1, 2, 3, 4, ...)

(-2, 0, 4, 3, 2, 1, 0, ...)

3.3.3 Teorema

Barisan monoton (x_n) adalah konvergen, jika dan hanya jika (x_n) terbatas. Selanjutnya:

(a) Jika (x_n) adalah barisan naik dan terbatas, maka

lim(x_n) = sup{x_n : nN}

(b) Jika (y_n) adalah barisan turun dan terbatas, maka

lim(y_n) = inf{y_n : nN}

Bukti

Jika (x_n) konvergen, maka dari teorema 3.2.2, (x_n) terbatas. Sebaliknya jika barisan monoton (x_n) terbatas, (x_n) adalah naik saja atau turun saja.

1. Jika barisan (x_n) terbatas dan naik. Karena (x_n) terbatas, maka terdapat bilangan real M sedemikian sehingga x_n M, untuk semua nN. Berdasarkan sifat supremum, x* = sup{x_n : nN}. Akan ditunjukkan bahwa x* = lim(x_n).

Jika > 0 diberikan, berarti x*– bukan batas atas himpunan {x_n : nN}, maka terdapat x_K{x_n: nN}sehingga x* – < x_K. Karena (x_n) adalah barisan naik, maka x_K x_n jika n K, sehingga

x* – < x_K x_n x* < x* +

atau

– < x_n – x* < , untuk semua nK

Dengan demikian kita peroleh jika nK maka

|x_n – x*|<

Karena > 0 adalah sebarang, maka dapat disimpulkan (x_n) konvergen ke x*, sehingga lim(x_n) = sup{x_n : nN}

(b) Jika (y_n) terbatas dan turun, maka (x_n) = (-y_n) adalah terbatas dan naik. Berdasarkan poin(a) diatas, maka lim(x_n) = sup{-y_n : nN}, sehingga lim(x_n) = -lim(y_n). Menurut teorema 2.4.3(b) diperoleh

sup{-y_n : nN} = - inf{y_n : nN}

sehingga lim(y_n) = -lim(x_n) = inf{y_n : nN}

3.3.4 Contoh

1. Barisan mempunyai infimum 0, dan dapat ditentukan pula lim _=0.

_{Dengan demikian} lim _{= inf}

_{2. Misalkan (an) adalah barisan dimana a1 =, dan an+1 = untuk semua} nN. Tunjukkan bahwa barisan (a_n) adalah monoton naik.

Jawab

Dengan menggunakan Induksi Matematika, dapat dibuktikan barisan (a_n) monoton naik.

1. Untuk n = 1, maka a₁= dan a₂ = = . Jadi untuk n=1, maka adalah benar.
2. Andaikan benar untuk n = k, yaitu a_k a_k+1 maka harus ditunjukkan benar untuk n = k + 1, yaitu a_k+1 a_k+2.

Perhatiakan bahwa:

a_k+1 = = a_k+2

Dengan demikian terbukti bahwa (a_n) adalah barisan monoton naik.

3. _{Misalkan (xn) adalah barisan dimana x1 > x2 > 0 dan untuk} n _{2 didefinisikan dengan xn+1 = untuk semua} nN. Tunjukkan bahwa untuk setiap kN maka barisan (x_2k+1) monoton turun

Jawab

Pembuktian dengan menggunakan Induksi Matematika.

1. Untuk k = 1, maka:

x_2.1+1 = x_{3 = < < = x1}

2. Andaikan benar untuk k = m, yaitu

x_2m+1 < x_{2m -1} - x_2m-1 < - x_{2m +1}

Akan dibuktikan benar untuk k = m + 1, yaitu

x_2(m+1)+1 < x_2m+1

Perhatikan bahwa:

x_2(m+1)+1 = x_2m+3 =

=

= + x_2m

Karena untuk

x_2m+1 = x_2m + x_2m-1 x_2m = x_2m+1 – x_2m-1

sehingga

x_2(m+1)+1 = + x_2m+1 – x_2m-1

₌ – x_2m-1

< – x_2m+1

= x_2m+1

Jadi untuk setiap kN, maka barisan (x_2k+1) monoton turun

3.3.5 Latihan

1. Misalkan x₁ = 8 dan x_n+1 = x_n + 2, untuk semua nN. Tunjukkan bahwa (x_n) terbatas dan monoton.
2. Misalkan x₁ > 1 dan x_n+1 = 2 – , untuk semua nN. Tunjukkan bahwa (x_n) terbatas dan monoton.
3. Misalkan y₁ = , dimana p > 0 dan y_n+1 = , untuk semua nN. Tunjukkan bahwa (y_n) konvergen.
4. Misalkan x₁ = a > 0 dan x_n+1 = x_n + , untuk semua nN. tentukan apakah (x_n) konvergen atau divergen! Buktikan!

3.4 Barisan Bagian

Pada bagian ini akan diberikan konsep barisan bagian (subsequences) dari suatu barisan bilangan real.

3.4.1 Definisi

Diberikan barisan bilangan real X x_n) dan diberikan barisan bilangan asli naik tegas n₁ n₂ n_k . Barisan X’ ) dengan

) = )

disebut dengan barisan bagian atau sub barisan (subsequences) dari X.

3.4.2 Contoh

Misalkan X =

1. X₁’ = merupakan barisan bagian dari X.
2. X₂’ = merupakan barisan bagian dari X.
3. X₃’= bukan merupakan barisan bagian dari X, sebab n₂ < n₁

3.4.3 Teorema

Misalkan barisan X = (x_n) konvergen ke xR, maka barisan bagian X’= ) dari X juga konvergen ke x.

Bukti.

Diambil 0 . Karena ( x_n) x , maka terdapat n₀ N sedemikian hingga untuk setiap n n₀ berlaku

|x_n – x| < 

Karena untuk setiap nN berlaku n_k+1n_k maka untuk setiap n n₀ berlaku n_k k n₀. Sehingga

|x| .

Terbukti bahwa X’= ) konvergen ke xR.

3.4.4 Teorema

Diberikan barisan bilangan real X x_n), maka pernyataan berikut ini ekuivalen.

(i) Barisan X x_n) tidak konvergen ke xR.

(ii) Ada _0 sedemikian hingga untuk sebarang kN, terdapat n_k N sedemikian hingga n_k k dan |x| _.

(iii) Ada _0 dan suatu barisan bagian X’= ) sedemikian sehingga |x| _untuk semua kN.

Bukti.

(i) (ii)

Jika (x_n) tidak konvergen ke x, maka untuk suatu _0 tidak mungkin ditemukan kN sedemikian hingga untuk setiap n_k k berlaku

|x| _

Akibatnya tidak benar bahwa untuk setiap kN, n k memenuhi

|x| _

Dengan kata lain, untuk setiap kN terdapat n_kN sedemikian hingga n_k k dan |x| _.

(ii)(iii)

Diberikan 0 0 sehingga memenuhi (ii) dan diberikan n₁N sedemikian

hingga n₁ 1 dan memenuhi

|x| _

Selanjutnya, diberikan n₂N sedemikian hingga n₂ n₁ dan memenuhi

|x| _

Demikian seterusnya sehingga diperoleh suatu barisan bagian X ) sehingga untuk semua kN berlaku

|x| _

(iii) (i)

Misalkan X x_n) mempunyai barisan bagian X ) yang memenuhi sifat (iii). Maka X tidak konvergen ke x, sebab jika konvergen ke x, maka X ) juga konvergen ke x. Hal ini tidak mungkin, sebab X ) tidak berada dalam persekitaran (x).

3.4.5 Teorema (Kriteria Divergensi)

Jika barisan bilangan real X x_n) memenuhi salah satu dari sifat berikut, maka barisan X divergen.

(i) X mempunyai dua barisan bagian konvergen X) dan X) dengan limit keduanya tidak sama.

(ii) X tidak terbatas.

Berikut ini diberikan sebuah teorema yang menyatakan bahwa barisan bilangan real X x_n) pasti mempunyai barisan bagian yang monoton. Untuk membuktikan teorema ini, diberikan pengertian puncak (peak), x_m disebut puncak jika x_m x_n untuk semua n sedemikian hingga n m . Titik x_m tidak pernah didahului oleh sebarang elemen barisan setelahnya. Perhatikan bahwa pada barisan yang menurun, setiap elemen adalah puncak, tetapi pada barisan yang naik, tidak ada elemen yang menjadi puncak.

2.4.6 Teorema Barisan Bagian Monoton

Jika X xn barisan bilangan real, maka terdapat barisan bagian dari X yang monoton.

Bukti.

Pembuktian dibagi menjadi dua kasus, yaitu X mempunyai tak hingga banyak puncak, dan X mempunyai berhingga banyak puncak.

Kasus I: X mempunyai tak hingga banyak puncak.

Tulis semua puncak berurutan naik, yaitu ,,,,maka . Oleh karena itu, c merupakan barisan bagian yang turun (monoton).

Kasus II: X mempunyai berhingga banyak puncak.

Tulis semua puncak berurutan naik, yaitu ,,,. Misalkan s₁ m_r adalah indeks pertama dari puncak yang terakhir. Karena bukan puncak, maka terdapat s₂ s₁ sedemikian hingga . Karena bukan puncak, maka terdapat s₃ s₂ sedemikian hingga <. Jika proses ini diteruskan, diperoleh barisan bagian () yang naik (monoton).

Teorema 2.4.7 (Bolzano-Weierstrass)

Setiap barisan bilangan real yang terbatas pasti memuat barisan bagian yang konvergen.

Bukti.

Diberikan barisan bilangan real terbatas X x_n). Namakan S x_n:nN} range barisan, maka S mungkin berhingga atau tak berhingga.

Kasus I: Diketahui S berhingga. Misalkan S x₁, x₂, ..., x_t}, maka terdapat mN dengan 1m t dan barisan (r_k : kN) dengan r₁ r₂ r₃ ... sehingga == ... = . Hal ini berarti terdapat barisan bagian (nN) yang konvergen ke x_m .

Kasus II: Karena S tak berhingga dan terbatas, maka S mempunyai titik cluster atau titik limit, namakan x titik limit S.

Misalkan U_k = persekitaran titik x.

Untuk k = 1, maka terdapat SU₁, x sedemikian hingga

|x| .

Untuk k = 2, maka terdapatS U₂, x sedemikian hingga

|x| 

Untuk k = 3, maka terdapatS U₃, x sedemikian hingga

|x| 

Demikian seterusnya, sehingga diperoleh:

Untuk k = n, maka terdapatS U_n, x sedemikian hingga

|x| 

Ambil 0 . Menurut Sifat Archimedes, maka terdapat K N sedemikian hingga . Maka untuk setiap n K berlaku :

|x| 

Terbukti bahwa () konvergen ke x dengan () barisan bagian ( x_n).

3.4.4 Teorema

Diberikan barisan bilangan real terbatas X x_n) dan diberikan xR yang mempunyai sifat bahwa setiap barisan bagian dari X konvergen ke x. Maka barisan X konvergen ke x.

Bukti.

Misalkan M 0 adalah batas dari barisan X sehingga x_n M untuk semua nN. Andaikan X tidak konvergen ke x, maka menggunakan Teorema 3.4.4 terdapat _0 dan barisan bagian X ) sedemikian hingga untuk semua KN maka:

|– x|_

Karena X barisan bagian dari X, maka M juga batas dari X . Menggunakan Teorema Bolzano-Weierstrass berakibat bahwa X memuat barisan bagian X . Karena X juga barisan bagian dari X, maka X juga konvergen ke x. Dengan demikian, akan selalu berada dalam persekitaran (x). Timbul kontradiksi, yang benar adalah X selalu konvergen ke x.

3.4.5 Latihan Soal

1. Berikan dua contoh barisan tak terbatas, tetapi memiliki barisan bagian yang konvergen.

2. Misalkan (f_n) adalah barisan Fibonacci dan x_n = . Buktikan bahwa lim(x_n) = L ada dan tentukan nilai L.

3. Tunjukkan bahwa barisan berikut adalah divergen!

a.

b. sin

4. Tentukan limit barisan berikut

a.

b.

5. Misalkan setiap barisan bagian dari barisan X=(x_n) mempunyai barisan bagian yang konvergen ke 0, tunjukkan bahwa lim X = 0.

6. Misalkan barisan (x_n) terbatas dan untuk setiap nN misalkan s_n = sup {x_k : kn} dan S = inf{s_n}. Tunjukkan bahwa terdapat barisan bagian dari (x_n) yang konvergen ke S.

7. Misalkan x_n0 untuk semua nN dan lim((-1)ⁿx_n) ada. Tunjukkan bahwa (x_n) konvergen.

8. Tunjukkan bahwa jika (x_n) tak terbatas, maka terdapat barisan bagian () sedemikian sehingga lim= 0. 

3.5 Barisan Cauchy

Teorema konvergen monoton yang sudah dibahas sebelumnya sangat berguna untuk menyelidiki kekonvergenan suatu barisan, namun ia memiliki keterbatasan karena hanya dapat diterapkan pada barisan yang monoton. Untuk barisan yang tidak monoton teorema konvergen monoton tidak berguna sama sekali. Untuk itu pada bagian akhir Bab ini diberikan dua kriteria konvergenan tanpa syarat monoton.

3.5.1 Definisi (Barisan Cauchy).

Barisan X = (x_n) disebut barisan Cauchy jika untuk setiap > 0 terdapat n₀N, sedemikian sehingga untuk setiap m, n n₀ maka

|x_n – x_m| <

3.5.2 Lemma

Barisan Cauchy selalu terbatas.

Bukti.

Misalkan X = (x_n) barisan Cauchy, dan diberikan = 1. Terdapat n₀N sehingga untuk setiap m, n n₀ maka

|x_n – x_m| < 1

Khususnya, untuk m = n₀ maka untuk setiap n n₀ berlaku

|x_n – | < 1 |x_n| < 1 + ||

Ambil M := maks {|x₁|, |x₂|, ..., ||, 1+||} maka untuk setiap nN diperoleh |x_n| < M yang berarti (x_n) terbatas.

Kriteria Cauchy untuk barisan diungkapkan pada Teorema berikut.

3.5.3 Teorema

Barisan bilangan real X = (x_n) adalah konvergen jika dan hanya jika barisan X = (x_n) adalah Cauchy.

Bukti.

Akan dibuktikan bahwa jika barisan bilangan real X = (x_n) adalah konvergen maka barisan X = (x_n) adalah Cauchy.

Diketahui (x_n) konvergen, katakan lim(x_n) = x. Diberikan > 0 sebarang, maka ada n₀N sehingga untuk setiap nn₀ berlaku

|x_n – x| <

Jadi untuk setiap m, n n₀ berlaku

|x_n – x_m| = |x_n – x – x_m + x| |x_n – x| + |x_m– x| <+ <

Terbukti (x_n) barisan Cauchy.

Selanjutnya akan dibuktikan bahwa jika barisan X = (x_n) adalah Cauchy, maka barisan X = (x_n) konvergen.

Diketahui (x_n) Cauchy. Diberikan > 0 sebarang. Karena (x_n) Cauchy maka terdapat n₀N sehingga untuk setiap m,nn₀ berlaku

|x_n – x_m| <

Berdasarkan Lemma 2.5.1, barisan Cauchy (x_n) ini terbatas dan berdasarkan Teorema Bolzano-Wierestras terdapat barisan bagian () yang konvergen, katakan lim() = x*. Oleh karena itu terdapat m₀N sehingga untuk setiap r_n m₀ berlaku

| – x*| <

Bila dipilih k = maks{m₀,n₀}, maka untuk setiap m, n, r_n k berlaku

|x_n – x_m| < dan | – x*| <

Khususnya untuk m = k = rn ,maka untuk setiap nk berlaku

|x_n – x_k| < dan |x_k – x*| <

Dengan demikian untuk setiap nk berlaku

|x_n – x*| = |x_n – x_k + x_k – x*||x_n – x_k| + |x_k – x*| <+ <

Ini berarti (x_n) konvergen ke x.

2.5.4 Contoh

1. Tunjukkan bahwa barisan Cauchy.

Jawab.

Ambil sebarang > 0, pilih n₀N sehingga n₀ > . Berarti untuk n, mn₀ maka n > <dan m > <. Dengan demikian jika n,mn₀, maka:

+ < + =

Jadi barisan Cauchy.

2. Tunjukkan bahwa barisan Cauchy

Jawab

Ambil sebarang > 0, pilih n₀N sehingga n₀ > . Berarti untuk n, mn₀ maka n > <dan m > <. Dengan demikian jika n,mn₀, maka:

= + < + =

Ini menunjukkan barisan Cauchy.

3. Selidikilah kekonvergenan barisan (x_n) yang didefinisikan secara rekursif berikut :

Jawab

Dapat ditunjukkan dengan induksi bahwa 1x_n 2 untuk setiap nN. Apakah barisan ini monoton? Coba perhatikan beberapa suku pertamanya berikut ini, 1.0000, 2.0000, 1.5000, 1.7500, 1.6250, 1.6875, 1.6563, 1.6719, 1.6641, 1.6680. Dari barisan tersebut, tidak ada indikasi barisan ini monoton sehingga teorema konvergen monoton tidak dapat digunakan.

Diperhatikan secara rekursif didapat

|x_n – x_n+1| =

= |x_n-1 – x_n|

= |x_n-1 – x_n|

=|x_n-2 – x_n-1|

= |x₂ – x₁|

=

Misalkan m > n, diperhatikan suku-suku ke n, n+1, n+2, ..., m – 1, m. Dengan menggunakan ketidaksamaan segitiga diperoleh

|x_n – x_m| = |( x_n – x_n+1) + (x_n+1 – x_n+2) + ... + (x_m-1 – x_m)|

| x_n – x_n+1| + |x_n+1 – x_n+2| + ... + |x_m-1 – x_m|

= ++ ... +

=

= < =

Selanjutnya pilih n₀N dimana n₀ > 2 – ²log_, sehingga jika m, nn₀, maka

|x_n – x_m| <

Terbukti barisan ini konvergen. Selanjutnya, limit barisan tidak dapat diperoleh dengan menggunakan sifat ekor barisan karena akan menghasilkan relasi x = (x + x). Relasi ini selalu benar tetapi tidak memberikan informasi apapun.

Sekarang digunakan teorema kekonvergenan barisan bagian. Ambil suku-suku ganjil (x_2n+1 : nN). Untuk n = 1 diperoleh x₃ = 1 + . Karena x₄ = =, maka untuk n = 2 diperoleh x₅ = (x₃ +x₄) = 1+ + . Karena x₆ = 1+ + + maka untuk n = 3 diperoleh x₇ =1+++. Secara umum, dengan menggunakan induksi matematika dapat dibuktikan bahwa setiap bilangan asli n berlaku

x_2n+1 = 1 ++++ ... +

= 1+

= 1+

Berdasarkan ini diperoleh lim(x_n) = lim(x_2n+1) = 1+ =

3.5.5 Latihan Soal

1. Berikan dua contoh barisan terbatas tetapi bukan merupkan barisan Cauchy.

2. Gunakan definisi untuk menunjukkan bahwa barisan berikut Cauchy.

a.

b.

3. Gunakan definisi untuk menunjukkan bahwa barisan berikut Cauchy.

a.

b.

c. (ln n)

4. Misalkan (x_n) dan (y_n) Cauchy, maka tunjukkan bahwa:

a. (x_n + y_n) Cauchy

b. (x_n y_n) Cauchy

5. Misalkan x_n = untuk semua nN. Tunjukkan

a. lim |x_n+1 – x_n| = 0

b. (x_n) bukan Cauchy

6. Misalkan x₁, x₂R dan x₁ < x₂ . Jika barisan (x_n) memenuhi x_n = (x_n-1 + x_n-2) untuk n > 2, tunjukkan bahwa (x_n) konvergen. Tentukan juga limitnya.

7. Misalkan y₁, y₂R dan y₁ < y₂ . Jika barisan (y_n) memenuhi y_n = y_n-1 + y_n-2) untuk n > 2, tunjukkan bahwa (y_n) konvergen. Tentukan juga limitnya.