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
(xn)
atau
(xn
:
n
N)
atau {xn}
atau {xn}n
.
Apabiladiketahui suatu barisan Y,
artinya Y
= (yk),
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, xn
= xn-1
+ xn-2.
3.1.3
Definisi
Misalkan
X
= (xn)
adalah barisan bilangan real. Bilangan real x
disebut limit dari (xn)
jika untuk setiap terdapat terdapat n0N
sehingga jika n
n0,
maka |xn
– x|
< .
Jika
x
adalah limit dari barisan X,
maka X
dikatakan konvergen ke x
dan dituliskan dengan
lim
X
= x
atau lim (xn)
= x.
Jika
barisan X
tidak mempunyai limit, maka X
dikatakan divergen.
Terkadang
juga dapat digunakan simbol xnx
yang
secara intuitif menunjukkan bahwa nilai xn
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 (xn)
dan p
q.
Karena
lim
(xn)
= p,
berarti untuk
setiap ,
terdapat m 0
N
sehingga jika nm0
maka |xn
– p|
<
Juga
karena lim (xn)
= q,
berarti untuk
setiap ,
terdapat n 0N
sehingga jika nm0
maka |xn
– q|
<.
Sekarang
pilih k0
= maks{m0
, n0}
sehingga jika nk0,
maka:
|p
– q|
= |p
– xn
+
xn
– q|
|xn
– p|
+|
xn
– q|
<
+ =
Karena
untuk sebarang > 0, maka p
– q
= 0. Dengan demikian p
= q.
Jadi limit barisan (xn)
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 (xn)
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,
...,
xm,
...)
dipotong pada suku ke m
dan
dibentuk barisan baru
Xm
=
(xm+1,
xm+2
,
...)
= (xm
+ n
:
nN)
maka
barisan Xm
disebut
ekor ke m
barisan
X.
3.1.7
Teorema
Misalkan
barisan X
= (xn
:
nN)
dan Xm
adalah ekor ke m
barisan X.
X
adalah barisan konvergen, jika dan hanya jika Xm
konvergen dalam hal ini limX
= limXm.
Bukti.
Perhatikan
bahwa untuk sebarang pN,
elemen ke-p
dari
Xm
adalah
elemen ke- p
mdari
X.
Sama halnya, jika q
m,
maka bentuk elemen ke-q
dari
X
adalah
elemen ke- q
mdari
Xm.
Misalkan
(x n)
konvergen ke x,
maka untuk setiap > 0, pada X
terdapat n0N
sehingga untuk nn0,
maka |xn
– x|
< , maka pada Xm
untuk k
= n0
– m
berlaku |xn
– x|
<.
Dapat
diambil n0
= n0
– m,
sehingga Xm
konvergen
ke x.
Sebaliknya,
jika pada
Xm
konvergen,
maka untuk
k
n0berlaku
|
xk
x|,
maka pada X
untuk n
n0
m
berlaku
|xn
x|.
Dapat diambil n0n0m.
Dengan demikian terbukti bahwa X
konvergen
ke x
jika
dan hanya jika Xm
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 (an)
dan
(xn).
Jika ada C
> 0
dan
mN
sehingga
jika n
m
berlaku
|xn
–
x|
C|an|
dan lim (an)
=
0
maka
lim(xn)
= x.
Bukti
Diketahui
lim
(an)
=
0 maka untuk setiap >
0 terdapat n0N
sehingga jika n
n0,
dan C > 0 maka |an
– 0| = an
< . Selanjutnya dengan memilih k0
= maks{n0,
m},
berarti jika n
k0,
maka |xn
–
x|
C|an|
< C.=
Dengan
demikian untuk
setiap >
0 terdapat k0N
sehingga jika n
k0,
maka |xn
–
x|
<.
Menurut definisi 2.1.3 lim(xn)
= 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(c1/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(c1/n)
= 1
Jika
c
> 1, maka c1/n
= 1 + dn
untuk suatu dn
> 0. Menurut ketaksamaan Bernoulli, jika nN
maka c
= (1 + dn)n
1 + ndn.
Jadi diperoleh c
– 1 ndn
atau dn
. Akibatnya adalah jika nN,
maka
|c1/n
– 1| = dn
(c
– n)
Dengan
demikian berdasarkan teorema 3.1.8 lim(c1/n)
= 1.
Jika
0 < c
< 1, maka c1/n
= , untuk suatu hn
> 0. Menurut ketaksamaan bernoulli, jika nN
maka c
= <, sehingga dapat diperoleh bahwa 0 < hn
< . Akibatnya
0
< 1 – c1/n
= 1 – = < hn
< , sehingga jika nN,
maka
|c1/n
– 1| <
Dengan
demikian berdasarkan teorema 3.1.8 lim(c1/n)
= 1.
d.
Jika nN,
buktikan bahwa lim(n1/n)
= 1
Bukti.
Karena
n1/n
> 1untuk n
> 1, kita dapat tuliskan n1/n
= 1 + kn,
untuk suatu kn
> 0 jika n
> 1. Dengan demikian n1/n
= 1 + kn
atau n
= (1 + kn)n.
Selanjutnya:
n
= (1 + kn)n
=
1 + nkn
+ n(n
– 1)kn2
+ ... +knn
1 + n(n
– 1)kn2
Sehingga
diperoleh n
– 1 n(n
– 1)kn2
atau kn2,
untuk n
> 0. Jika diberikan sebarang > 0, menurut sifat Archimedes
terdapat bilangan asli n0
sedemikian sehingga <. Pilih nsup{2,n0}
maka < . Akibatnya
0
< |n1/n
– 1| = kn
<.
Jadi
untuk sebarang > 0,terdapa n0N,
sehingga jika nn0,
maka |n1/n
– 1| <, yang berarti lim(n1/n)
= 1.
3.1.10
Soal Latihan
1.
Tulislah lima suku pertama barisan berikut!
a. xn
=
1 + (-1)n
+ 1
b. xn
=
c. xn
=
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, xn+1
=
3xn
+ 1
b. y1
= 2, yn+1
=
c.
z1
= 1, z2
= 2, zn
+ 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
(xn)
= 0 jika dan hanya jika lim(|xn|)
= 0. Berilah dua contoh untuk kasus ini!
7.
Tunjukkan bahwa jika lim(xn)
= x
dan jika x
> 0, maka terdapat bilangan asli M,
sedemikian sehingga xn
> 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<
xn
< 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
(xn)
dikatakan terbatas jika terdapat bilangan real M
> 0, sedemikian sehingga |xn|
M,
untuk semua nN.
3.2.2
Teorema
Misalkan
barisan (xn)
konvergen, maka (xn)
terbatas.
Bukti.
Misalkan
lim(xn)
= x.
Ambil = 1, maka ada n0N
sehingga jika nn0,
maka |xn
– x|
< 1. Dengan menerapkan sifat ketaksamaan segitiga, maka dapat
diperoleh |xn|
= |xn
– x
+ x||xn
– x|+|x|
< 1+|x|.
Bila
M
= maks{|x1|,|x2|,
..., |xn0-1|,
1+|x|},
maka untuk setiap nN
berlaku |xn|M,
yang berarti (xn)
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=
- X + Y =
- X – Y =
- XY =
- 3X = (3, 12, 18, ..., 3n, ... )
- = (2, 8, 18, ..., 2n2, ...)
Berdasarkan
contoh diatas, dapat dikembangkan teorema sebagai berikut.
3.2.4
Teorema
Misalkan
X
=(xn)
dan Y
=
(yn)
adalah dua barisan yang masing-masing konvergen ke x
dan y,
maka
- Barisan X +Y = (xn) + (yn) konvergen ke x + y
- Barisan X – Y = (xn) – (yn) konvergen ke x–y
- Barisan X Y = (xn) (yn) konvergen ke xy
- Jika yn0N, untuk setiap n dan y0, barisan =konvergen ke
- Jika cR, barisan cX = c(xn) konvergen ke cx
Bukti
a. Barisan
X
= (xn)
konvergen ke x
maka lim(xn)
= x,
sehingga untuk setiap > 0, terdapat n0N,
sehingga jika nn0
maka:
|xn
– x|
<
Barisan
Y
= (yn)
konvergen ke y
maka lim(yn)
= y,
sehingga untuk setiap > 0, terdapat m0N,
sehingga jika nm0
maka:
|yn
– y|
< .
Selanjutnya
untuk sebarang > 0, dipilih k0
= maks{m0,n0}
sehingga jika n
k0,
maka:
|(xn
+ yn)
– (x
+ y)|
= |(xn
–
x)
+ (yn
– y)|
|xn
–
x|
+ |yn
– y|
< +=
Dengan
demikian berarti lim(xn
+
yn)
= x
+
y,
sehingga barisan X
+Y
= (xn)
+ (yn)
konvergen ke x
+ y
b. Barisan
X
= (xn)
konvergen ke x
maka lim(xn)
= x,
sehingga untuk setiap > 0, terdapat n0N,
sehingga jika nn0
maka:
|xn
– x|
<
Barisan
Y
= (yn)
konvergen ke y
maka lim(yn)
= y,
sehingga untuk setiap > 0, terdapat m0N,
sehingga jika nm0
maka:
|yn
– y|
< .
Selanjutnya
untuk sebarang > 0, dipilih k0
= maks{m0,n0}
sehingga jika n
k0,
maka:
|(xn
– yn)
– (x
– y)|
= |(xn
–
x)
– (yn
– y)|
|xn
–
x|
+ |yn
– y|
< +=
Dengan
demikian berarti lim(xn
+
yn)
= x
–
y,
sehingga barisan X
+Y
= (xn)
+ (yn)
konvergen ke x
– y.
c.
Barisan Y
= (yn)
konvergen, berarti (yn)
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(xn)
= x,
untuk setiap > 0, terdapat n0N,
sehingga jika nn0
maka
|xn
– x|
<
Juga
lim(yn)
= y,
untuk setiap > 0, terdapat m0N,
sehingga jika nm0
maka
|yn
– y|
<
Dengan
demikian untuk setiap > 0, terdapat k0N,
dengan k0
= maks{m0
, n0},
sehingga jika nk0,
maka:
|(xnyn)
– (xy)|
= |(xn
yn
– ynx
+ ynx
– xy|
= |yn(xn
– x)
+ x(yn
– y)|
|yn||xn
– x|
+ |x||yn
– y)|
M
|xn
– x|
+ M
|yn
– y)|
<
M.
+ M.
=
+ =
Dengan
demikian berarti lim(xnyn)
= xy,
sehingga barisan XY
= (xn)(yn)
konvergen ke xy.
d.
Barisan X
= (xn)
konvergen ke x
maka lim(xn)
= x,
sehingga jika untuk setiap > 0, terdapat n0N,
sehingga jika nn0
maka:
|xn
– x|
<
Barisan
Y
= (yn)
konvergen ke y
maka lim(yn)
= y,
sehingga untuk setiap > 0, terdapat m0N,
sehingga jika nm0
maka:
|yn
– 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(an)k
= (lim(an))k
3.2.5
Teorema
Jika
barisan X
= (xn)
adalah konvergen dan xn
0 untuk setiap nN,
maka lim (xn)
= x
0.
Bukti
Diketahui
X
= (xn)
konvergen dan xn
0 untuk setiap nN.
Andaikan
x
<
0, maka = -x
> 0. Karena X
konvergen ke x,
maka terdapat n0
N
sehingga jika n0
n0,
maka:
|xn
– x|
< -< xn
– x
<
x
-<
xn
<+
x
Berarti
untuk suatu kN
berlaku xk
<+
x
= -x
+ x
= 0. Hal ini kontradiksi dengan xn
0
untuk setiap nN.
Jadi pengandaian salah, dan haruslah lim (xn)
= x
0.
3.2.6
Teorema
Jika
barisan X
= (xn)
dan Y
= (yn)
adalah konvergen dan jika yn
xn
untuk setiap nN,
maka lim(yn)
lim(xn)
Bukti.
Misalkan
zn
= yn
- xn,
maka zn
0,
untuk semua nN.
Menurut teorema 3.2.4 lim
zn
0.
Karena zn
= yn
- xn,
maka menurut teorema 3.2.3(e) diperoleh lim
zn
= lim(yn
- xn)
= lim(yn)
– lim(xn)
0.
Dengan
demikian lim(yn)
lim(xn).
3.2.7
Teorema
Jika
barisan X
= (xn)
adalah konvergen dan jika axnb
untuk setiap nN,
maka alim(xn)b
Bukti.
Misalkan
(bn)
adalah barisan konstan (b,
b,
b,
...). Menurut teorema 3.2.6 lim(xn)
lim(bn)
= b.
Demikian juga misalkan (an)
adalah barisan konstan (a,
a,
a,
...). Menurut teorema 3.2.6 a
= lim(an)
lim(xn).
Dengan demikian kita peroleh maka alim(xn)b,
untuk setiap nN.
3.2.8
Teorema Apit
Misalkan
X
= (xn),
Y
= (yn)
dan Z
= (zn)
adalah barisan sehingga xnynzn
untuk setiap nN,
dan juga lim(xn)
= lim(zn),
maka Y
= (yn)
adalah konvergen dan lim(xn)
= lim(yn)
= lim(zn).
Bukti
Misalkan
w
= lim(xn)
= lim(zn),
maka untuk setiap > 0, terdapat n0N,
sehingga jika nn0,
maka
|xn
– w|
< -< xn
–
w
<
dan
|zn
– w|
< -< zn
–
w
<
Karena
xnynzn,
maka xn
– w yn
– w zn
– w -<
yn
–
w
<.
Jadi untuk sebarang > 0, maka -< yn
–
w
<|yn
– w|
<,
yang berarti bahwa w
= lim(xn)
= lim(yn)
= lim(zn).
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.
- Jika n ganjil, maka
|(-1)n
– x|
= |-1 – x|
< 1-1 < -1 – x
< 1
0
< – x
< 2
-2 < x
< 0
- 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
= (xn)
konvergen ke x.
Maka barisan (|xn|)
konvergen ke |x|
Bukti
Diketahui
(xn)
konvergen ke x,
maka untuk setiap > 0 terdapat n0
N
sehingga jika n
n0,
maka |xn
– x|
< .
Menurut
ketaksamaan segitiga ||xn|
– |x||
|xn
– x|
< .
Ini
berarti bahwa (|xn |)
konvergen ke |x|
3.2.11
Teorema
Misalkan
barisan X
= (xn)
konvergen ke x
dan xn
0
untuk setiap nN,
maka barisan adalah konvergen ke.
Bukti
Diketahui
barisan (xn)
konvergen ke x
dan xn
0
untuk setiap nN.
Dalam
hal ini akan kita tetapkan dua kasus, yaitu untuk x
= 0 dan x
> 0.
- Jika x = 0 maka xn0, sehingga untuk setiap > 0 terdapat n0 N sehingga jika nn0, maka
0xn
= xn
– 0 < 0 <
Karena
> 0 adalah sebarang, maka diperoleh 0.
- Jika x > 0 maka > 0 dan xnx, sehingga untuk setiap > 0 terdapat n0 N sehingga jika nn0, maka
|xn
– 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 (xn)
konvergen ke x
dan xn
0
untuk setiap nN,
maka barisan adalah konvergen ke.
3.2.12
Teorema
Misalkan
X
= (xn)
dan x n
> 0 untuk setiap nN,
sedemikian sehingga L
= lim ada. Jika L
< 1, maka (xn)
konvergen ke 0.
3.2.13
Latihan Soal
1. Diberikan
rumus barisan (xn)
berikut. Tentukan apakah (xn)
konvergen atau divergen?
a.
xn
=
b.
xn
=
c.
xn
=
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 zn
= (an
+ bn)
dimana 0 < a
< b,
maka lim(zn)
= 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 (xn)
dikatakan monoton jika ia naik saja atau turun saja. Dikatakan naik
jika
x1
x2
.... xn
...,
atau xn
xn+1
untuk setiap n
N
dan
dikatakan turun jika
x1
x2
.... xn
...,
atau xn
xn+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 (xn)
adalah konvergen, jika dan hanya jika (xn)
terbatas. Selanjutnya:
(a)
Jika (xn)
adalah barisan naik dan terbatas, maka
lim(xn)
= sup{xn
: nN}
(b)
Jika (yn)
adalah barisan turun dan terbatas, maka
lim(yn)
= inf{yn
: nN}
Bukti
Jika
(xn)
konvergen, maka dari teorema 3.2.2, (xn)
terbatas. Sebaliknya jika barisan monoton (xn)
terbatas, (xn)
adalah naik saja atau turun saja.
- Jika barisan (xn) terbatas dan naik. Karena (xn) terbatas, maka terdapat bilangan real M sedemikian sehingga xn M, untuk semua nN. Berdasarkan sifat supremum, x* = sup{xn : nN}. Akan ditunjukkan bahwa x* = lim(xn).
Jika
> 0 diberikan, berarti x*–
bukan batas atas himpunan {xn
:
nN},
maka terdapat xK{xn:
nN}sehingga
x*
– < xK.
Karena (xn)
adalah barisan naik, maka xK
xn
jika n
K,
sehingga
x*
– < xK
xn
x*
< x*
+
atau
– <
xn
– x*
< , untuk semua nK
Dengan
demikian kita peroleh jika nK
maka
|xn
– x*|<
Karena
> 0 adalah sebarang, maka dapat disimpulkan (xn)
konvergen ke x*,
sehingga lim(xn)
= sup{xn
: nN}
(b) Jika
(yn)
terbatas dan turun, maka ( xn)
= (-yn)
adalah terbatas dan naik. Berdasarkan poin(a) diatas, maka lim(xn)
= sup{-yn
: nN},
sehingga lim(x n)
= -lim(yn).
Menurut teorema 2.4.3(b) diperoleh
sup{-yn
: nN}
= - inf{yn
: nN}
sehingga
lim(yn)
= -lim(xn)
= inf{yn
: 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 (an)
adalah monoton naik.
Jawab
Dengan
menggunakan Induksi Matematika, dapat dibuktikan barisan (an)
monoton naik.
- Untuk n = 1, maka a1= dan a2 = = . Jadi untuk n=1, maka adalah benar.
- Andaikan benar untuk n = k, yaitu ak ak+1 maka harus ditunjukkan benar untuk n = k + 1, yaitu ak+1 ak+2.
Perhatiakan
bahwa:
ak+1
= = ak+2
Dengan
demikian terbukti bahwa (an)
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 (x2k+1)
monoton turun
Jawab
Pembuktian
dengan menggunakan Induksi Matematika.
- Untuk k = 1, maka:
x2.1+1
= x3
=
< < = x1
- Andaikan benar untuk k = m, yaitu
x2m+1
<
x2m
-1
- x2m-1
<
- x2m
+1
Akan
dibuktikan benar untuk k
= m
+ 1, yaitu
x2(m+1)+1
<
x2m+1
Perhatikan
bahwa:
x2(m+1)+1
= x2m+3
=
=
=
+ x2 m
Karena
untuk
x2m+1
= x2m
+ x2m-1
x2m
= x2m+1
– x2m-1
sehingga
x2(m+1)+1
= +
x2m+1
– x2m-1
= –
x2m-1
< – x2m+1
=
x2m+1
Jadi untuk setiap kN,
maka
barisan (x2k+1)
monoton turun
3.3.5
Latihan
- Misalkan x1 = 8 dan xn+1 = xn + 2, untuk semua nN. Tunjukkan bahwa (xn) terbatas dan monoton.
- Misalkan x1 > 1 dan xn+1 = 2 – , untuk semua nN. Tunjukkan bahwa (xn) terbatas dan monoton.
- Misalkan y1 = , dimana p > 0 dan yn+1 = , untuk semua nN. Tunjukkan bahwa (yn) konvergen.
- Misalkan x1 = a > 0 dan xn+1 = xn + , untuk semua nN. tentukan apakah (xn) 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
xn)
dan
diberikan barisan bilangan asli naik tegas
n1
n2
nk
.
Barisan X’
)
dengan
)
= )
disebut
dengan barisan
bagian atau
sub
barisan
(subsequences)
dari X.
3.4.2
Contoh
Misalkan
X
=
- X1’ = merupakan barisan bagian dari X.
- X2’ = merupakan barisan bagian dari X.
- X3’= bukan merupakan barisan bagian dari X, sebab n2 < n1
3.4.3
Teorema
Misalkan
barisan X
= (xn)
konvergen ke xR,
maka barisan bagian X’=
)
dari X
juga konvergen ke x.
Bukti.
Diambil
0
. Karena (
xn)
x
,
maka terdapat n0
N
sedemikian
hingga untuk setiap n
n0
berlaku
|xn
– x|
<
Karena
untuk setiap nN
berlaku
nk+1nk
maka
untuk setiap n
n0
berlaku nk
k
n0.
Sehingga
|x|
.
Terbukti
bahwa X’=
)
konvergen ke xR.
3.4.4
Teorema
Diberikan
barisan bilangan real
X
xn),
maka pernyataan berikut ini ekuivalen.
(i)
Barisan
X
xn)
tidak konvergen ke xR.
(ii)
Ada
0
sedemikian
hingga untuk sebarang kN,
terdapat nk
N
sedemikian
hingga nk
k
dan |x|
.
(iii)
Ada
0
dan
suatu barisan bagian
X’=
)
sedemikian sehingga |x|
untuk
semua kN.
Bukti.
(i)
(ii)
Jika
(xn)
tidak
konvergen ke x,
maka untuk suatu 0
tidak mungkin ditemukan kN
sedemikian
hingga untuk setiap nk
k
berlaku
|x|
Akibatnya
tidak benar bahwa untuk setiap kN,
n
k
memenuhi
|x|
Dengan
kata lain, untuk setiap kN
terdapat
nkN
sedemikian
hingga
nk
k
dan
|x|
.
(ii)(iii)
Diberikan
0
0
sehingga memenuhi (ii) dan diberikan n1N
sedemikian
hingga
n1
1
dan memenuhi
|x|
Selanjutnya,
diberikan n2N
sedemikian
hingga n2
n1
dan
memenuhi
|x|
Demikian
seterusnya sehingga diperoleh suatu barisan bagian
X
)
sehingga
untuk semua kN
berlaku
|x|
(iii)
(i)
Misalkan
X
xn)
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
xn)
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
xn)
pasti
mempunyai barisan bagian yang monoton. Untuk membuktikan teorema ini,
diberikan pengertian puncak (peak),
xm
disebut
puncak jika
xm
xn
untuk
semua n
sedemikian
hingga n
m
.
Titik
xm
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
mr
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
xn).
Namakan S
xn:nN}
range
barisan, maka S
mungkin
berhingga atau tak berhingga.
Kasus
I:
Diketahui
S
berhingga.
Misalkan
S
x1,
x2,
...,
xt},
maka terdapat mN
dengan
1m
t
dan
barisan (rk
:
kN)
dengan
r1
r2
r3
...
sehingga ==
... = .
Hal ini berarti terdapat barisan bagian (nN)
yang
konvergen ke xm
.
Kasus
II:
Karena
S
tak
berhingga dan terbatas, maka S
mempunyai
titik cluster atau titik limit, namakan x
titik
limit S.
Misalkan
Uk
= persekitaran titik x.
Untuk
k
=
1, maka terdapat SU1,
x
sedemikian
hingga
|x|
.
Untuk
k
=
2, maka terdapatS
U2,
x
sedemikian
hingga
|x|
Untuk
k
=
3, maka terdapatS
U3,
x
sedemikian
hingga
|x|
Demikian
seterusnya, sehingga diperoleh:
Untuk
k
=
n,
maka terdapatS
Un,
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 (
xn).
3.4.4
Teorema
Diberikan
barisan bilangan real terbatas X
xn)
dan diberikan xR
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
xn
M
untuk
semua nN.
Andaikan X
tidak
konvergen ke x,
maka menggunakan Teorema 3.4.4 terdapat 0
dan barisan bagian X
)
sedemikian
hingga untuk semua KN
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
(fn)
adalah barisan Fibonacci dan xn
=
. Buktikan bahwa lim(xn)
= 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=(xn)
mempunyai barisan bagian yang konvergen ke 0, tunjukkan bahwa lim X
= 0.
6. Misalkan
barisan (xn)
terbatas dan untuk setiap nN
misalkan sn
= sup {xk
:
kn}
dan S
= inf{sn}.
Tunjukkan bahwa terdapat barisan bagian dari (xn)
yang konvergen ke S.
7. Misalkan
xn0
untuk semua nN
dan lim((-1)nxn)
ada. Tunjukkan bahwa (xn)
konvergen.
8. Tunjukkan
bahwa jika (xn)
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
=
(xn)
disebut barisan Cauchy jika untuk setiap >
0
terdapat n0N,
sedemikian sehingga untuk setiap m,
n
n0
maka
|xn
– xm|
<
3.5.2
Lemma
Barisan
Cauchy selalu terbatas.
Bukti.
Misalkan
X
=
(xn)
barisan Cauchy, dan diberikan = 1. Terdapat n0N
sehingga untuk setiap m,
n
n0
maka
|xn
–
xm|
<
1
Khususnya,
untuk m
=
n0
maka
untuk setiap n
n0
berlaku
|xn
– | < 1 |xn|
< 1 + ||
Ambil
M
:=
maks {|x1|,
|x2|,
..., ||, 1+||} maka untuk setiap nN
diperoleh |xn|
< M
yang
berarti (xn)
terbatas.
Kriteria
Cauchy untuk barisan diungkapkan pada Teorema berikut.
3.5.3
Teorema
Barisan
bilangan real X
=
(xn)
adalah konvergen jika dan hanya jika barisan X
=
(xn)
adalah Cauchy.
Bukti.
Akan
dibuktikan bahwa jika barisan
bilangan real X
=
(xn)
adalah konvergen maka barisan X
=
(xn)
adalah Cauchy.
Diketahui
(xn)
konvergen, katakan lim(xn)
= x.
Diberikan >
0
sebarang, maka ada n0N
sehingga untuk setiap nn0
berlaku
|xn
– x|
<
Jadi
untuk setiap m,
n n0
berlaku
|xn
– xm|
= |xn
– x
– xm
+
x|
|xn
– x|
+ |xm–
x|
<+ <
Terbukti
(xn)
barisan Cauchy.
Selanjutnya
akan dibuktikan bahwa jika
barisan X
=
(xn)
adalah Cauchy, maka barisan X
=
(xn)
konvergen.
Diketahui
(xn)
Cauchy. Diberikan
>
0
sebarang. Karena (xn)
Cauchy maka terdapat n0N
sehingga untuk setiap m,nn0
berlaku
|xn
– xm|
<
Berdasarkan
Lemma 2.5.1, barisan Cauchy (xn)
ini terbatas dan berdasarkan Teorema Bolzano-Wierestras terdapat
barisan bagian () yang konvergen, katakan lim() = x*.
Oleh karena itu terdapat m0N
sehingga untuk setiap rn
m0
berlaku
|
– x*|
<
Bila
dipilih k
= maks{m0,n0},
maka untuk setiap m,
n,
rn
k
berlaku
|xn
– xm|
<
dan
|
– x*|
<
Khususnya
untuk m
=
k
=
rn
,maka
untuk setiap nk
berlaku
|xn
– xk|
<
dan
|xk
– x*|
<
Dengan
demikian untuk setiap
nk
berlaku
|xn
– x*|
= |xn
– xk
+ xk
– x*||xn
– xk|
+ |xk
–
x*|
<+ <
Ini
berarti (xn)
konvergen ke x.
2.5.4
Contoh
1.
Tunjukkan bahwa barisan Cauchy.
Jawab.
Ambil
sebarang > 0, pilih n0N
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 n0N
sehingga n0
> . Berarti untuk n,
mn0
maka n
> <dan m
> <. Dengan demikian jika n,mn0,
maka:
= + < + =
Ini
menunjukkan barisan
Cauchy.
3.
Selidikilah
kekonvergenan barisan (xn)
yang didefinisikan secara rekursif berikut :
Jawab
Dapat
ditunjukkan dengan induksi bahwa 1xn
2
untuk setiap nN.
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
|xn
– xn+1|
=
=
|xn-1
– xn|
=
|xn-1
– xn|
=|xn-2
– xn-1|
=
|x2
– x1|
=
Misalkan
m
> n,
diperhatikan suku-suku ke n,
n+1,
n+2,
..., m
– 1, m.
Dengan menggunakan ketidaksamaan segitiga diperoleh
|xn
– xm|
=
|(
xn
– xn+1)
+ (xn+1
– xn+2)
+ ... + (xm-1
– xm)|
|
xn
– xn+1|
+ |xn+1
– xn+2|
+ ... + |xm-1
– xm|
= ++ ... +
=
=
< =
Selanjutnya
pilih n0N
dimana n0
> 2 – 2log,
sehingga jika m,
nn0,
maka
|xn
– xm|
<
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 (x2n+1
: nN).
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
x2n+1
= 1 ++++ ... +
=
1+
=
1+
Berdasarkan
ini diperoleh lim(xn)
= lim(x2n+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
(xn)
dan (yn)
Cauchy, maka tunjukkan bahwa:
a. (xn
+ yn)
Cauchy
b. (xn
yn)
Cauchy
5. Misalkan
xn
= untuk semua nN.
Tunjukkan
a. lim
|xn+1
– xn|
= 0
b.
(xn)
bukan Cauchy
6. Misalkan
x1,
x2R
dan x1
< x2
. Jika barisan (xn)
memenuhi xn
= (xn-1
+ xn-2)
untuk n
> 2, tunjukkan bahwa (xn)
konvergen. Tentukan juga limitnya.
7. Misalkan
y1,
y2R
dan y1
< y2
. Jika barisan (yn)
memenuhi yn
= yn-1
+ yn-2)
untuk n
> 2, tunjukkan bahwa (yn)
konvergen. Tentukan juga limitnya.
Music MP3
1 komentar:
ada jawabannya gak untuk yang latian teorema limit no. 3 , 4 dan 5.. mohon dikirim di email saya kalo ada destrimega0512@gmail.com terimakasih sebelumnya
Posting Komentar