Barisan LImit

BAB III BARISAN BILANGAN REAL 3.1. Barisan dan Limit Pada Pada bab bab ini ini kita kita akan akan memp mempel elaj ajar arii kela kelas s khus khusus us dari dari fung fungsi si yang yang mempunyai domain himpunan bilangan asli N dengan daerah jelejah (range) di dalam himpunan bilangan real ℜ. Definisi 3.1.1 Barisan bilangan real adalah fungsi pada himpunan bilangan asli N dengan daerah jelajah termuat di dalam himpunan bilangan real ℜ. Deng Dengan an kata lain, lain, barisa barisan n di dalam dalam himpu himpunan nan bilan bilangan gan real ℜ adalah pengaitan setiap bilangan asli n dengan tunggal bilangan real. Bilangan-bilangan real yang dihasilkan disebut suku dari barisan, barisan, dan biasa dituliskan dengan x n (atau

α n

atau z n ).

Secara umum, jika X : N → ℜ suatu barisan. Nilai X di X di n akan dinotasikan dengan x n . Selanjutnya barisan dinotasikan dengan:

( xn ) X , atau ( x x n : n ∈ N ). ). Di dalam buku ini tanda kurung ( ) digunakan untuk notasi barisan, sedangkan kurung kurung kurawal kurawal { } digunaka digunakan n untuk notasi himpunan. himpunan. Disini Disini perlu perlu diperha diperhatikan tikan perbedaan antara himpunan dan barisan. Pada himpunan, keanggotaannya tidak memperhatikan urutan dan bila terjadi unsur dua kali atau lebih, cukup ditulis sekali saja, sedangkan pada barisan urutan harus diperhatikan. Sebagai contoh X =((-1)-n: n ∈ N ) adalah barisan barisan dengan suku bergantian bergantian antara -1 dan 1, sedangkan {(-1) { (-1)-n: ,1} . n ∈ N } adalah himpunan {−1,1} Contoh 3.1.2 (a) Misalkan a ∈ ℜ, barisan A = (a, a, a,...) semua sukunya a disebut barisan konstan a . (b) Barisan S = (1/n (1/n : n ∈ N ) = (1, ½, 1/3, ...) ...) adalah barisan dari kebalikan bilangan asli. (c) Jika b ∈ ℜ, maka B = (bn : n ∈ N) adalah barisan B = (b, b 2 , b 3 ,K , b n ,K ) . 1 Khususnya untuk b = 2 , diperoleh barisan B1

= ( 12 , 14 , 18 , ....., 21 ,...) . n

Sedangkan untuk b = 2 , memberikan barisan B2 = (2, 4, 8,K , 2 n ,K ) . (d) Barisan Fibonacci F = F = (f (f n : n ∈ N ) dengan f 1 = 1 , f 2 = 1 , f n = f n − 2 + f n−1 , untuk n > 2 . Sebagai contoh barisan Fibonacci adalah F = (1, 1, 2, 3, 5, 8,13,....) . Definisi 3.1.3 Jika X = ( xn ) dan Y = ( yn ) barisan bilangan real, perkalian skalar c ∈ penjum umla laha han, n, perk perkal alia ian, n, dan dan pemb pembag agia ian n dari dari dua dua bari barisa san n bert bertur urut ut-tu -turu rutt ℜ, penj didefinisikan sebagai barisan cX = (cx (cx n : n ∈ N) __________________________________________________________________Analisis ______________________________________________________ ____________Analisis Real

33

X + Y = ( x x n + y n : n ∈ N ), ), X.Y = ( x x n.y n : n ∈ N ),. ),. X Y

 x  =  n , n ∈ N   , asalkan y n ≠ 0 y  n 

Sebagai contoh, jika X 2 X

(3, 9,12,.. 9,12,..., ., 3n,...) ,...) = (3,

(6,12,18 ,18,. ,... ..,6 ,6 n,... ,...)) , = (6,12

untuk semua n ∈ N .

1 1 1 ,..., ,.. ,...) , maka dan Y = (1, , ,.. 2 3 n

+ Y = (4, 13 , 28 , ..., 3n + 1 , ...) , 2 3 n X ⋅ Y = (3, (3, 3, 3,...,3,...) ,...,3,...) , 2

X

X (3,12, 27,...,3 27,...,3 n 2 ,...) , = (3,12, Y sedangkan selisihnya diperoleh dari definisi pertama dan kedua dengan c = −1 , 11 26 3n 2 − 1 X − Y = (2, , , ..., , ...) . 2 3 n

Limit dari Barisan Jika diperhatikan diperhatikan kembali kembali barisan-barisan barisan-barisan pada Contoh Contoh 3.1.2, maka untuk nilai n yang besar, barisan A barisan A suku-sukunya suku-sukunya akan dekat dengan a, barisan S dan B1 suku-s suku-suku ukunya nya akan akan mende mendekat katii 0. Dalam Dalam hal ini baris barisanan-ba baris risan an ini ini dikata dikatakan kan konvergen. Sebaliknya, Sebaliknya, jika diambil nilai n yang besar, barisan B2 dan F sukusukunya akan membesar pula. Dalam hal demikian dikatakan barisan-barisan ini divergen. Definisi formalnya diberikan di bawah ini. Definisi 3.1.4 Misalkan X = ( xn ) barisan bilangan real. Bilangan real x dikatakan limit dari X jika untuk sebarang bilangan ε > 0 terdapat bilangan asli K = K (ε ) sehingga untuk setiap n ≥ K berlaku xn − x < ε . Dalam Dalam hal ini, ini, dikata dikatakan kan X konverge konvergen n ke x . Jika Jika baris barisan an mempu mempunya nyaii limit limit,, dikatakan dikatakan bahwa bahwa barisan barisan konvergen dan jika tidak mempunya mempunyaii limit limit dikataka dikatakan n bahwa barisan divergen. divergen. Jika barisan bilangan real X = ( xn ) mempunyai mempunyai limit x ∈ ℜ, ditulis lim( xn ) = x atau lim ( xn ) = x atau xn → x . n →∞

Nega Negasi si dari dari defin definisi isi di atas, atas, baris barisan an X = ( xn ) tidak tidak konverge konvergen n ke x , jika jika terdapat ε 0 > 0 sehingga untuk setiap K ∈ N terdapat n ∈ N dengan n ≥ K tetapi xn

− x ≥ ε 0 .

Teorema 3.1.5 (Ketunggalan Limit) Jika barisan bilangan real X = ( xn ) konvergen, maka limitnya tunggal. Bukti: Misalkan xn → x ' dan xn → x " . Untuk Untuk membuktik membuktikan an ketungg ketunggalan alan cukup cukup dibuktikan bahwa x ' = x " . Diberikan sebarang K 1 ∈ N sehingga untuk setiap n ≥ K 1 berlaku

ε

> 0 . Karena xn → x ' , maka terdapat

__________________________________________________________________Analisis ______________________________________________________ ____________Analisis Real

34

xn

− x' <

Di pihak lain xn → x " , sehingga untuk setiap n ≥ K 2 berlaku

ε

. 2 di atas terdapat K 2 2 ∈ N sehingga untuk

ε

− x" <

ε

. 2 Jika dipilih K = maks ( K1 , K 2 ) , maka untuk setiap n ≥ K berlaku xn

0 ≤ x '− x "

≤

xn ε

− x' +

xn − x "

ε

< + = ε .

2 2 Karena ε > 0 sebarang, maka menurut Teorema 2.2.9, disimpulkan disimpulkan bahwa x ' = x " .



Contoh 3.1.6 (a) Barisan konstan ( 2, 2, 2,K , ) konvergen ke 2. Misalkan xn = 2 , n ∈ N . Diberikan sebarang ε > 0 . Untuk sebarang K ∈ N dan setiap n ≥ K berlaku xn − 2 = 0 < ε . m ( xn ) Terbukti bahwa lni→∞

=2.

 (b) lim 

1   = 0 . n →∞  n 

Diberikan sebarang ε > 0 . Dengan Dengan sifat Archimedes Archimedes 2.5.2 (b) terdapat terdapat 1 < ε . Akibatnya untuk setiap n ≥ K berlaku sehingga K 1 1 xn − 0 = ≤ < ε . n K  1  Terbukti bahwa lim   = 0 . n →∞  n 

K ∈ N

2n + 3  2  = . n →∞  5n + 1  5

 (c) lim 

Perhatikan bahwa untuk n ≥ K , 2n + 3 2 − = 13 5n + 1 5 25n + 5 Diberikan sebarang

ε

> 0 . Terdapat

=

13 25n + 5

≤

13 25 25 n

≤

K ∈ N sehingga

setiap n ≥ K berlaku 2n + 3 2 − 5n + 1 5

≤

13 . 25 K

1 25ε < . Sehingga untuk K 13

13 < ε . 25 K

2n + 3  2  = .  5n + 1  5

 Jadi, lim  n →∞

m ( an ) (d) Jika 0 < a < 1 , maka lni→∞

=0.


35

Karena 0 < a < 1 , maka maka a dapa dapatt ditu dituli lis s a=

1

, h > 0 . Denga Dengan n Ketaks Ketaksama amaan an 1+ h Bernoulli Contoh 2.2.14 (c), diperoleh (1 + h) n ≥ 1 + nh ≥ nh , untuk setiap n ∈ N . Oleh karena itu, 1 an − 0 = ≤ 1 . n nh (1 + h)

Sehingga untuk sebarang

ε

>0

dapat dipilih K ∈ N sehingga

untuk n ≥ K berlaku an m ( an ) Jadi, lni→∞

−0 ≤

1 ≤ 1 nh Kh

1 < hε . Akibatnya K

< ε .

=0.

(e) Barisan ( xn ) dengan x n = (-1)n, n ∈ N , tidak konvergen ke 1. Pilih ε 0 = 1 , sehingga untuk setiap K ∈ N terdapat bilangan asli ganjil n dengan n ≥ K tetapi xn − 1 = (−1) n − 1 = 2 > 1 = ε 0 . Terbukti Terbukti bahwa bahwa ( xn ) tidak tidak konver konvergen gen ke 1. Denga Dengan n cara cara yang yang serupa serupa dapat dapat dibuktikan bahwa ( xn ) juga tidak konvergen ke −1 .

Ekor dari Barisan Untuk menyelidiki kekonvergenan suatu barisan, maka cukup diperhatikan sifat ekor dari barisan tersebut, yaitu barisan bagian dari barisan tersebut yang dimulai dari suatu urutan tertentu. Definisi 3.1.7 Misalkan X = ( x1 , x2 , x3 , ..., xn , ...) barisan bilangan real dan m sebarang bilangan asli, ekor -m dari X didefinisikan didefinisikan sebagai barisan -m dari X X m = ( x x m+n N ) = ( xm +1 , xm+ 2 , xm+3 , ...) . m+n : n ∈ N ) Sebagai contoh, jika X X 3 = (7, (7, 9,11,.. ,11,...,2 .,2 n + 1,...) ,...) .

,...,2 n − 1,...) ,...) , maka ekor-3 dari X = (1, 3, 5,...,2 dari X adalah adalah barisan

Teorema 3.1.8 Misalkan X = X = ( x x n : n ∈ N ) barisan bilangan real dan m ∈ N . Ekor-m Ekor-m X m = ( x x m+n m+n : n ∈ N ) dari barisan X konvergen jika dan hanya jika X konvergen. Dalam hal ini lim X = lim X m . Bukti: Perhatikan bahwa untuk p ∈ N , suku ke- p p dari X m adalah suku ke-( p + m ) dari X dari X . Serupa dengan itu, jika q > m , maka suku ke-q ke-q dari X dari X adalah adalah suku ke-( q − m ) dari X m . (⇐) Misalkan X konvergen ke x ke x . Ambil sebarang ε > 0 . Dari yang diketahui dapat . dipilih K ∈ N dengan N dengan K > m (mengapa?) sehingga untuk n ≥ K berlaku xn − x < ε . Dengan mengambil mengambil K m xk − x

= K − m , maka suku-suku dari

< ε . Hal ini membuktikan bahwa X m

X m untuk k

≥ K m

memenuhi

konvergen ke x ke x .


36

(⇒) Sebaliknya, misalkan X konvergen ke x . Ambil sebarang m .

ε

> 0 . Menurut

hipotesis, terdapat K m ∈ N sehingga untuk n ≥ K m ,

xn − x Dengan Dengan memilih memilih K xn

= Km + m ,

< ε .

maka maka suku-s suku-suku uku dari dari X untuk n ≥ K memenuhi

− x < ε . Ini menunjukkan bahwa X bahwa X konvergen ke x ke x .



Barisan X dikatakan pada pada akhi akhirn rnya ya (ultimately ) memp mempun unya yaii sifa sifatt ”tertentu”, jika mempunyai suatu ekor dengan sifat ini. Sebagai contoh, barisan (1, 3, 6, 6,6, 6,6, K , 6, K ) adalah pada akhirnya konstan. Sebaliknya, (1, 3, 1, 3,K , 1, 3, K ) barisan yang tidak pada akhirnya konstan. Kekonvergenan barisan dapat dinyatakan dengan pengertian ini : Barisan X konvergen X konvergen ke x ke x jika jika dan persekitran − ε hanya jika suku-suku dari X dari X pada pada akhirnya di dalam dari x dari x .

Latihan 3.1 1. Suku ke-n dari barisan ( xn ) diberikan oleh rumus-rumus berikut. Tulis lima suku pertama dari setiap barisan. ( −1) n n x 1 ( 1) 1 ) = + − (a) n (b) xn = n 1 1 (c) xn = (d) xn = 2 n(n + 2) n +1 2. Bebe Bebera rapa pa suku suku dari dari bari barisa san n ( xn ) diberikan oleh di bawah ini. Berikan rumus suku ke-n dari berisan yang diberikan. 13,K (a) 7, 9, 11, 13, (b) 1 3 , − 1 9 , 1 27 , − 181,K (c) − 1 2 , 2 3 , − 3 4 , 4 5 ,K (d) 1, 4, 9, 16, K 3. Tulislah Tulislah lima lima suku suku pertama pertama dari dari barisa barisan-ba n-barisa risan n berikut berikut : (a) x1 = 1, xn +1 = 3xn + 1

(b) y1 = 2, yn +1 = 2 ( yn + y ) 2, zn + 2 = ( zn+1 + z n ) /( z n+1 − z n ) (c) z1 = 1, z2 = 2, (d) t1 = 3, t2 = 5, tn+ 2 = tn + t n+1 1

2

n

 4. Buktikan bahwa untuk sebarang b ∈ ℜ, lim 

b   = 0 . n →∞  n 

5. Dengan Dengan definisi definisi limit limit barisa barisan n buktikan buktikan limit limit berikut berikut ini. ini.  1  = 0  4n  = 4 (a) lim  2 (b) lim    n →∞  2n + 3  n →∞  n + 3  (c)

4 − 5n  5 lim  = −  n →∞  3n + 2  3

(d)

 2n 2 − 1  lim  2  = 2 n →∞  n + 7 

m ( xn ) = 0 jika dan hanya jika lim ( xn ) = 0 . Berikan Berikan contoh 6. Buktikan bahwa lni→∞ n →∞

( xn barisan bahwa lim n →∞

)

konvergen tetapi ( xn ) divergen.


37

m ( xn ) = x dan x > 0 , maka terdapat M ∈ N sehingga 7. Buktikan Buktikan bahwa bahwa jika lni→∞

xn

>0

untuk semua n ≥ M .

8. Misalkan (an ) dan ( xn ) barisan bilangan real sehingga xn semua

n

∈

ℜ. Jika

N , untuk suatu c > 0 dan x dan x ∈

− x ≤ c an

untuk

lim (an ) = 0 buktikan bahwa n →∞

lim ( xn ) = x . n →∞

9. Tunj Tunjuk ukka kan n bah bahwa wa :  1  = 0, a > 0 (a) lim   n →∞  na + 1 

 (b) . lim 

( ) =1, c > 0

m c (c) lni→∞

1

n

(d)

m  − 10. Tunjukkan bahwa lni→∞ 1 n

 = 0   1 lim ( n n ) = 1 . n →∞ 1 n →∞  2 n

 = 0 .  n + 2  1

3.2 Teorema Limit Barisan Pada bagian ini akan dibahas beberapa hasil yang sering digunakan untuk menghitung limit dari barisan yang konvergen. Definisi Definisi 3.2.1 Barisan Barisan bilangan bilangan real X bilangan real M > 0 sehingga xn

= ( xn )

dikatakan terbatas jika terdapat

≤ M untuk semua n ∈

N .

Dengan definisi ini, X = ( xn ) barisan terbatas jika dan hanya jika himpunan { x x n : n ∈ N} terbatas di dalam ℜ. Contoh 3.2.2 (a) Barisan ( xn ) dengan

x

n

=

3n

+5

2n

+1

, terbatas.

Perhatikan bahwa xn

=

3n + 5 2n + 1

3

7

2

4n + 2

= +

3

7

2

4.1 + 2

≤ +

untuk setiap n ∈ N . Jadi ( xn ) terbatas dengan M =

8 3

=

8 3

,

.

n (b) Barisan (2 ) tidak terbatas.

= 2n , maka dengan Ketaksamaan Bernulli Contoh 2.2.14 (c) berlaku 1) n ≥ 1 + n > n . xn = (1 + 1) Oleh karena itu untuk sebarang bilangan M > 0 , dengan sifat Archimides terdapat bilangan asli n sehingga n > M . Akibatnya untuk n ini berlaku xn > n > M , Misalkan xn

n yang menyatakan bahwa (2 ) tidak terbatas.

Teorema 3.2.3 Jika ( xn ) barisan bilangan real konvergen, maka ( xn ) terbatas.


38

m ( xn ) = x , ambil Bukti: Misalkan lni→∞

sehingga untuk n ≥ K berlaku xn

ε

=1.

− x < 1 . Akibatnya untuk n ≥ K , xn

Pilih M

= maks {

x1 , x2 , ...., x K −1 , x xn

Menurut hipotetis, maka terdapat K ∈ N

< x +1.

+ 1 } . Sehingga berlaku

≤ M

untuk setiap n ∈ N ,



yang mengatakan bahwa barisan ( xn ) terbatas.

Kebalikan dari teorema di atas tidak selalu benar, sebagai contoh barisan

( (−1) ) n

terbatas oleh 1 tetapi barisan ini tidak konvergen, lihat Contoh 3.1.6 (e). Dari

teorema ini juga dapat dipastikan bahwa setiap barisan yang tidak terbatas pasti tidak konvergen. Teorema 3.2.4 Jika X = ( xn ) dan Y = ( yn ) masing-masing barisan bilangan real yang konvergen ke x ke x dan dan y , maka barisan X + Y , X − Y , XY dan cX , dengan c ∈ ℜ, berturutberturut-turu turutt konverge konvergen n ke x + y , x − y, xy dan cx . Selanj Selanjutn utnya ya jika jika Z = ( z n ) bari barisa san n bila bilang ngan an real real tak tak nol nol yang yang konv konver erge gen n ke z ≠ 0 , maka maka bari barisa san n X/Z X/Z x konvergen ke . z Bukti (a) Untuk menunjukkan bahwa lim ( xn + yn ) = x + y , perlu diestimasi nilai dari n →∞

( xn

+ yn ) − ( x + y)

. Dengan Ketaksamaan Segitiga 2.3.3 diperoleh ( xn

Diberikan sebarang n ≥ K 1 ,

ε

+ y n ) − ( x + y ) = ( xn − x ) + ( y n − y ) ≤ xn − x + yn − y .

> 0 . Dari yang diketahui terdapat K 1 ∈ N sehingga N sehingga untuk xn

− x < ε . 2

Juga terdapat K 2 N sehingga untuk n ≥ K 2 2 ∈ N sehingga yn

− y < ε .

2 Pilih K = maks( K1 , K 2 ) , maka untuk n ≥ K berlaku ( xn

+ y n ) − ( x + y ) = ( xn − x ) + ( y n − y ) ≤ xn − x + yn − y . < ε + ε = ε 2

2

konvergen ke x + y . (b) (b) Denga Dengan n argume argumen n yang yang serup serupa a dapat dapat dibuk dibuktik tikan an baris barisan an X − Y = ( xn konvergen ke x ke x - y . (c) Untuk membuktikan bahwa X ⋅ Y = ( xn yn ) konvergen ke xy , diestimasi Karena

ε

>0

sebarang, maka barisan X

xn yn

− xy =

+ Y = ( xn + yn )

− yn )

( xn y n − xn y ) + ( xn y − xy )

≤ xn ( yn − y ) + y ( xn − x) = xn yn − y + y xn − x

.


39

Karena ( xn ) konvergen, maka menurut Teorema 3.2.3, terdapat M 1 xn

≤ M 1

>0

sehingga

= maks(M 1 , y ) , sehingga diperoleh ≤ M yn − y + M xn − x .

untuk semua n ∈ N . Pilih M xn yn

− xy

Diberikan sebarang ε > 0 . Dari kekonvergenan kekonvergenan X X dan dan Y terdapat Y terdapat terdapat K 1 ∈ N sehingga untuk n ≥ K 1 ,

−x <

xn

ε

2 M

,

dan terdapat K 2 N sehingga untuk n ≥ K 2 2 ∈ N sehingga ε

−y <

yn

2 M Ambil K = maks( K1 , K 2 ) , sehingga untuk n ≥ K

− xy ≤ M

xn yn

yn − y

< M .

.

+M

ε

2 M

xn − x

M .

+

ε

2 M

= ε

.

sebarang, maka barisan X ⋅ Y = ( xn y n ) konvergen ke xy ke xy . (d) Untuk Untuk menunjuk menunjukkan kan barisan barisan cX = (cxn ) konvergen ke cx , definisikan barisan C = (cn ) = (c, c, c, K ) sehingga C konverge konvergen n ke c . Akiba Akibatny tnya a menur menurut ut bukti bukti (c), (c),

Karena

ε

>0

(cn xn ) = (cxn ) konvergen ke cx .

(e) Untuk membuktikan bahwa bahwa

 1   z   n 

konvergen ke

x X konvergen ke , dengan (c) cukup dibuktikan y Y

1 . Ambi Ambill z

α

= 12 z > 0 ,

dengan z ≠ 0 . Pilih K 1

− z < α apabila n ≥ K 1 . Sehingga untuk n ≥ K 1 , −α < − zn − z ≤ zn − z atau 12 z = z − α ≤ Akibatnya untuk untuk n ≥ K 1 ,

∈

N

sehingga zn

1 zn

≤

2 z

z n .

.

Selanjutnya 1 zn

−1 = z

z − z n z .z n

≤

1 z − z n z.z n

=

2

z − z n z 2 Diberikan sebarang ε > 0 . Pilih K 2 2 ∈ N sehingga untuk n ≥ K 2 , z − z n

Ambil K

= maks( K1 , K 2 )

<

z 2 . 2

ε

maka untuk n ≥ K , 1 zn

−1 = z

z − z n z.z n

=

1 z − z n z.z n

≤ 22 z − z n z Karena

ε

>0

sebarang, maka barisan

<

2 z 2

⋅

z 2 2

ε

= ε .

 1  1  z n  konvergen ke z .  




40

Teorema 3.2.4 dapat diperluas terhadap sejumlah berhingga barisan yang konver konvergen gen.. Sebag Sebagai ai contoh contoh,, jika jika A = (an ), B = (bn ),K , Z = ( z n ) adala adalah h baris barisan an bilangan real yang konvergen, maka penjumlahannya A + B + L + Z = (an + bn + L + z n ) barisan konvergen, dan

+ bn + L + z n ) = lni→m∞(an ) + lni→m∞(bn ) + L + lni→m∞( z n ) . Perkaliannya A ⋅ B L Z = (an ⋅ bn L z n ) juga barisan konvergen, dan lim (an ⋅ bn L z n ) = li lim ( an ) ⋅ lim (bn ) L li l im ( z n ) . n→∞ n →∞ n→ ∞ n→∞ Akhirnya, jika k ∈ N dan N dan A = (an ) konvergen, maka lim (an n →∞

(

lim (ank ) = lim (an )

n→∞

n→ ∞

)

k

.

Buktinya ditinggalkan untuk pembaca. Teorema 3.2.5 Jika X = ( xn ) barisan bilangan real yang konvergen ke x dan xn ≥ 0 untuk semua n ∈ N , maka x ≥ 0 . Bukti: Andaikan x < 0 , maka ε = − x > 0 . Karena ( xn ) konvergen ke x , maka terdapat K ∈ N sehingga untuk n ≥ K xn − x < ε atau x − ε

< xn < x + ε = 0 . Ini bertentangan dengan yang diketahui bahwa xn ≥ 0 untuk pengandaian x < 0 di atas salah, sehingga yang benar x ≥ 0 .

semua n

∈

N . Jadi 

Teorema 3.2.6 (Teorema Apit) Jika X = ( xn ), Y = ( yn ) dan Z = ( z n ) barisan bilangan real sehingga xn ≤ yn ≤ z n untuk semua n ∈ N dan lim (xn) = lim (zn) maka Y = (y n) konvergen dan lim ( xn ) = lim ( yn ) = lim ( z n ) . n→ ∞

Bukti: Misalkan ∈

n→ ∞

n→ ∞

t = lim ( xn ) = lim ( z n ) . Diberikan sebarang n →∞ n→∞

ε

> 0 . Dapat dipilih

K

N sehingga N sehingga untuk n ≥ K berlaku xn − t < ε dan zn

− t < ε . Menurut hipotesis xn ≤ yn ≤ z n atau xn − t ≤ yn − t ≤ z n − t , sehingga untuk n ≥ K −ε < yn − t < ε . m ( yn ) = t . Karena ε > 0 sebarang, maka lni→∞



Catatan: Karena Karena sebarang sebarang ekor dari barisan barisan konverge konvergen n mempunya mempunyaii limit limit yang sama, maka hipotesis hipotesis dari Teorema 3.2.5 3.2.5 dan 3.2.6 dapat dapat diterapkan diterapkan untuk ekor barisan. 2 Contoh 3.2.7 (a) Barisan (n ) divergen. Mudah ditunjukkan bahwa barisan ini tidak terbatas, sehingga menurut Teorema 3.2.3 (n 2 ) divergen.

2 n + 1   = 2 . n →∞  n 

 (b) lim 


41

Jika ( xn ) = (2)

 2n + 1  = ( x ) + ( y ) n .  n  n  

 dan ( yn ) = 

1  aka  , maka  n 

Sehin Sehingga gga menuru menurutt

Teorema 3.2.4 (a)

 2n + 1  = lim( x ) + lim( y ) = 2 + 0 = 2 . n n  n→ ∞ n→ ∞  n  n→∞ lim 

2n + 1  2  = 3 . n →∞  3n − 5  Karena barisan (2n + 1) dan (3n − 5) tidak konvergen (mengapa?), Teorema 3.2.4(e) tida tidak k dapa dapatt lang langsu sung ng dipa dipaka kai. i. Akan Akan teta tetapi pi suku suku ke-n ke-n dari dari bari barisa san n ini ini dapa dapatt dinyatakan sebagai 2n + 1 2 + 1 n = . 3n − 5 3 − 5 n

 (c) lim 

Dengan mengambil X

= 2 +1 n

= 3−5

dan Z

n , maka dengan Teorema 3.2.4 (e)

m ( 2 + 1 n) 2 n + 1  lni→∞ =  lim(3 − 5 n) n →∞  3n − 5 

lim 

n →∞

 (d) lim  n →∞

n

=2. 3

 = 2 . + 1  

2n 2

Teorema 3.2.4 (e) tidak dapat langsung dipakai. Akan tetapi, 2n = 2n2. 2 n +1 1+1 n Dengan mengambil X

=2

n dan Z

= 1 + 1 n 2 , maka dengan Teorema 3.2.4 (e)

m(2 m(2 n) 0  = lni→∞ = =0.  2 2 n →∞  n + 1  lim (1 + 1 n ) 1 n →∞

lim 

2n

 (e) lim 

sin n   = 0 . n →∞  n  Karena −1 ≤ sin n ≤ 1 , maka sin n 1 − 1 ≤ si ≤ n

 Karena lim  − n →∞



n

n

untuk semua n ∈ N .

1  1 m   = 0 dan lni→∞   = 0 , maka menurut Teorema Apit 3.2.6, n   n  lim 

sin n   = 0 . n →∞  n 

Teorema 3.2.8 Jika barisan X Bukti: Diberikan sebarang N sehingga N sehingga untuk n ≥ K ,

ε

= ( xn )

konvergen ke x ke x , maka ( xn

> 0 . Karena xn

)

konvergen ke x .

( xn ) konvergen ke x , maka terdapat K ∈

− x < ε .

Oleh karena itu untuk n ≥ K berlaku xn

Ini menyatakan bahwa ( xn

)

−

x

≤

xn

− x < ε .

konvergen ke x .




42

Teorema 3.2.9 Jika X

= ( xn )

barisan bilangan real konvergen ke x dengan xn

untuk semua n ∈ N , maka barisan

(

xn

)

konvergen, dan lim n →∞

(

xn

)=

≥0

x.

Bukti: Menurut Menurut Teorema Teorema 3.2.5 x ≥ 0 . (a) Jika Jika x = 0 . Ambil Ambil sebara sebarang ng Terdapat K ∈ N sehingga untuk n ≥ K berlaku xn − 0 = xn = xn < ε 2 .

ε

>0.

Akibatnya untuk untuk n ≥ K xn m Jadi, lni→∞

(

xn

−

x

=

xn

=

xn

< ε .

) =0.

(b). Jika x > 0 . Diberikan sebarang berlaku

ε

xn

> 0 . Terdapat − x < ε

K 1

∈

N sehingga untuk n ≥ K 1

x.

Oleh karena itu, apabila n ≥ K 1 xn

−

x

=

( xn

Ini menunjukkan bahwa lim n →∞

−

x )( xn

+

xn

(

xn

)=

+

x)

=

x

xn xn

−x ≤ + x

xn

−x x

< ε . 

x.

Teorema 3.2.10 (Uji Rasio) Misalkan ( xn ) barisan bilangan real positif sehingga

 xn +1  = L n →∞  xn  

lim 

m ( xn ) ada. Jika L < 1 , maka ( xn ) konvergen dan lni→∞

Bukti: Pilih r ∈

ℜ

sehingga L < r < 1 . Ambil

ε

= r − L > 0.

maka terdapat K ∈ N sehingga untuk n ≥ K , xn +1 − L < ε . xn

= 0.

 x  Karena lim  n +1  = L , n →∞  xn 

Oleh karena itu, untuk n ≥ K berlaku xn +1 < L + ε = L + (r − L) = r , xn atau xn +1 < xn ⋅ r < xn−1 ⋅ r 2 < ... < xK ⋅ r n − K +1 . Dengan C =

x K r K

, maka untuk n ≥ K diperoleh 0 < xn +1 < Cr n +1 .

m (r n ) = 0 . Akibat Menuru Menurutt Contoh Contoh 3.1.6 3.1.6 (d) lni→∞ Akibatnya nya dengan dengan Teorem Teorema a Apit Apit 3.2.6, 3.2.6, lim ( xn ) n →∞

= 0. 

Sebagai ilustrasi, ambil barisan ( xn ) dengan xn

=

n , diperoleh 3n


43

n = n n++11 ⋅ 3 = 1 1+ 1   , n 3 n  3  x  1 n lim  n +1  = < 1 . Dengan Uji Rasio, lim  n   = 0 . n →∞ n →∞  3   xn  3

xn +1 xn

sehingga

Latihan 3.2 1. Seli Selidi diki ki bar baris isan an X

= ( xn )

berikut divergen atau konvergen jika:

( −1) n n (a) xn = (b) xn = n +1 n +1 2n 2 + 3 n2 (c) xn = (d) xn = 2 n +1 n +1 2. Berika Berikan n contoh contoh dua dua baris barisan an diver divergen gen X , Y , tetapi X + Y konvergen! 3. Berikan contoh dua barisan divergen X , Y , tetapi X ⋅ Y konvergen! 4. Misalkan X, Y dua barisan barisan sehingga sehingga X konverge konvergen n dan X + Y konvergen, tunjukkan bahwa Y konvergen! Y dua barisan sehingga X konvergen X konvergen dan X ⋅ Y konvergen, apakah 5. Misalkan X, Y dua Y konvergen? xn − x , x ∈ ℜ. Jika ( yn ) 6. Misalkan ( xn ) barisan bilangan real tak nol dan yn = xn + x n

konvergen ke 0, tunjukkan bahwa ( xn ) konvergen. Hitung limitnya ! P (n + 1) 3 2 7. Jika P( x) = ax + bx + cx + d , a ≠ 0 . Jika z n = , n ∈ N , buktikan bahwa P(n) ( z n ) konvergen dan berapa limitnya? n 8. Tunjukkan bahwa barisan ( 4 ) tidak konvergen!

9. Jika ( xn ) konvergen ke 0 dan ( yn ) terbatas, tunjukkan bahwa ( xn yn ) konvergen ke 0.

 xn  = 0  ,  n 

m 10. Berikan contoh barisan ( xn ) yang tidak terbatas tetapi lni→∞

konvergen

ke 0 dan ( yn ) terbatas, tunjukkan bahwa ( xn yn ) konvergen ke 0.

 xn  = x ≠ 0 , buktikan bahwa   n 

m 11. Jika lni→∞

( xn ) tidak terbatas.

12. Tentukan limit limit dari barisan barisan berikut berikut : (a) xn (c) xn

= (2 + n1 )2 =

n −1 n +1

= ( − n) n+2 n +1 (d) xn = . 2

(b) xn

n n

13. Jika ( xn ) dan ( yn ) berturut-turut konvergen ke x dan y dengan xn ≤ yn untuk semua n ∈ N , buktikan bahwa x ≤ y . 14. Jika ( xn ) konvergen ke x ke x dan dan jika a ≤ xn ≤ b untuk semua n ∈ N , buktikan bahwa a≤ x≤b. Misalkan xn = n + 1 − n untuk n ∈ N . Tunjukkan bahwa ( xn ) dan ( n xn ) 15. konvergen. __________________________________________________________________Analisis ______________________________________________________ ____________Analisis Real

44

n n n ( zn ) = b . 16. Tunjukkan bahwa jika z n = ( a + b ) dengan 0 < a < b , maka lim n →∞

17. Jika xn =

n

∑ n 1+ k , tunjukkan bahwa ( x ) konvergen. k =1

n

2

Misalkan ( xn ) barisan konvergen ke x . Jika yn

18.

=

1 n

n

∑x k =1

n

, buktikan bahwa

( yn ) konvergen.

19. Selidiki kekonvergenan dari barisan-barisan berikut, dengan 0 < a < 1 dan b > 1 .

 n   b n   

(b)

2 n (c) ( n a )

(d)

(a)

 bn   2n     n!   n n   

Berikan n contoh contoh baris barisan an bilang bilangan an real real posit positif if 20. (a) Berika

( xn ) konvergen sehingga

 xn +1  = 1  . n →∞ x  n 

lim 

(b) Berikan contoh barisan divergen dengan sifat ini!

 xn +1  = L > 1 .   xn 

m barisan bilangan bilangan real positif positif sehingga sehingga lni→∞ 21. Jika ( xn ) barisan

Tunjukka Tunjukkan n

bahwa ( xn ) tidak terbatas, dan sehingga tidak konvergen ! m ( xn1 n ) = L < 1 . Tunjukkan 22. Misalkan ( xn ) barisan bilangan real positif sehingga lni→∞

bahwa terdapat bilangan r dengan 0 < r < 1 sehingga 0 < xn cukup besar. Gunakan ini untuk menunjukkan bahwa Berikan n contoh contoh baris barisan an bilang bilangan an real real posit positif if 23. (a) Berika lim ( xn1 n ) n →∞

< r n lim ( xn ) = 0 n →∞

untuk n yang

( xn ) konvergen sehingga

=1 .

(b) Berikan contoh barisan divergen dengan sifat ini. m ( a0 n + a1 n + 1 + L + ak n + k ) = 0 . 24. Jika a0 + a1 + L + ak = 0 , tunjukkan bahwa lni→∞

25. 25. Misal Misalkan kan ( xn ) barisan barisan konverge konvergen n dan ( yn ) sehingga sehingga untuk untuk sebarang sebarang terdapat

H sehingga

xn

− yn < ε

untuk untuk semua semua

n ≥ H .

ε

>0

Apakah hal ini

menyimpulkan bahwa ( yn ) konvergen?


45

Barisan LImit

Recommend Documents