2 BARISAN BILANGAN REAL

2 BARISAN BILANGAN REAL
Di sekolah menengah barisan diperkenalkan sebagai kumpulan bilangan yang disusun
menurut "pola" tertentu, misalnya barisan aritmatika dan barisan geometri. Biasanya
barisan dan deret merupakan satu kesatuan pokok bahasan. Sekarang barisan dipahami
dari sudut pandang analisis sebagai bentuk khusus dari fungsi. Sedangkan deret akan
dibahas secara khusus pada bab yang lain.
2.1 Pengertian barisan dan limitnya
Denisi 2.1. Barisan bilangan real adalah suatu fungsi bernilai real dengan domain
himpunan bilangan asli N. Jadi barisan adalah fungsi X : N → R, dimana setiap n ∈ N
nilai fungsi X(n) biasa ditulis sebagai
X(n) := xn
dan disebut suku ke-n barisan X . Notasi barisan yang akan digunakan dalam buku ini
adalah
X,
(xn ),
(xn : n ∈ N).
Contoh 2.1. Beberapa barisan dan cara penulisannya:
a. X := (2, 4, 6, 8, · · · ) merupakan barisan bilangan genap. Dapat juga ditulis sebagai
X := (2n : n ∈ N).
b. Y :=
1 1 1
, , ,···
1 2 3
. Dapat juga ditulis Y :=
1
n
:n∈N .
c. Dalam beberapa keperluan praktis, barisan didenisikan secara rekusif atau induktif sebagai berikut
(
x1 , x2 , · · · , xn−1 diberikan,
xn := f (x1 , x2 , · · · , xn−1 ).
Barisan Fibonacci adalah barisan yang berbentuk F := (1, 1, 2, 3, 5, 8, · · · ). Barisan
ini dapat ditulis secara rekursif sebagai berikut :
x1 := 1, x2 := 1, xn := xn−1 + xn−2 , untuk n ≥ 3.
Exercise 1. Berikut diberikan beberapa suku awal barisan (xn ). Seandainya pola seperti
ini tetap, tentukan formula umum suku ke n nya.
1
Bab 2. BARISAN BILANGAN REAL by Julan HERNADI
a. 1/2, 2/3, 3/4, 4/5, · · · ,
b. 1/2, −1/4, 1/8, −1/16, · · · ,
c. 1, 4, 9, 16, · · · ,
Exercise 2. Diberikan barisan yang didenisikan secara rekursif berikut. Tentukan 5
suku pertamanya
a. y1 := 2, yn+1 := 21 (yn + 2/yn ), n ≥ 1.
b. z1 := 1, z2 := 2, zn+2 := (zn+1 + zn )/(zn+1 − zn ), n ≥ 3.
c. x1 := 1, yn+1 := 41 (2yn + 3), n ≥ 1.
Penulisan barisan menggunakan kurung biasa ”( )” dimaksudkan untuk membedakannya dengan himpunan biasa yang ditulis menggunakan kurung kurawal ”{ }”. Pada
himpunan, anggota yang sama cukup ditulis satu kali. Sedangkan pada barisan, sukusuku yang berbeda ada kemungkinan bernilai yang sama, dan semuanya harus ditulis.
Sebagai contoh ambil barisan (xn ) yang didenisikan xn := (−1)n . Jadi barisannya
adalah
X := (−1, 1, −1, 1, · · · ).
Tetapi bila suku-suku ini dipandang sebagai anggota himpunan maka ditulis
X := {−1, 1}.
Denisi 2.2. Misalkan X = (xn ) barisan bilangan real. Bilangan real x dikatakan limit
dari (xn ) jika untuk setiap ε > 0 terdapat bilangan asli N (umumnya bergantung pada
ε) sehingga berlaku
|xn − x| < ε untuk setiap n ≥ N.
Jika x limit dari barisan X maka X dikatakan konvergen ke x dan ditulis
lim X = x, atau lim(xn ) = x.
Jika suatu barisan mempunyai limit kita katakan barisan itu konvergen. Sebaliknya
jika tidak mempunyai limit kita katakan ia divergen.
Diperhatikan pada denisi ini pernyataan |xn −x| < ε dapat ditulis sebagai x−ε < xn <
x + ε. Ini berarti pada suatu saat, semua suku-suku barisan berada dalam "kerangkeng"
(x − ε, x + ε). Ilustrasi geometris barisan (xn ) yang konvergen ke x diberikan pada
Gambar 2.1.
Kadangkala digunakan notasi xn → x untuk menyatakan secara intuitif bahwa xn
"mendekati" x bila n → ∞. Pada denisi ini kriteria xn "mendekati" x diukur oleh
ε > 0, sedangkan kriteria n → ∞ dicirikan oleh adanya bilangan asli N . Tidak adanya
notasi n → ∞ pada penulisan lim(xn ) dapat dipahami karena barisan yang dibahas
adalah barisan takberujung, yaitu banyak sukunya takterhingga.
Muncul pertanyaan apakah mungkin suatu barisan konvergen ke dua limit yang berbeda?
Jawaban diberikan secara formal dalam teorema berikut.
2
Bab 2. BARISAN BILANGAN REAL by Julan HERNADI
Gambar 2.1: Ilustrasi barisan konvergen
Teorema 2.1.
Suatu barisan bilangan real hanya dapat mempunyai satu limit. Dengan
kata lain, jika suatu barisan konvergen maka limitnya tunggal.
Andaikan barisan X := (xn ) mempunyai dua limit yang berbeda, katakan xa
dan xb dengan xa 6= xb . Diberikan ε := 13 |xb − xa |. Karena lim(xn ) = xa maka
untuk ε ini terdapat Na sehingga
Bukti.
|xn − xa | < ε untuk setiap n ≥ Na .
Juga, karena lim(xn ) = xb maka terdapat Nb sehingga
|xn − xb | < ε untuk setiap n ≥ Nb .
Sekarang untuk n ≥ maks {Na , Nb } maka berlaku
|xa − xb | = |xa − xn + xn − xb |
≤ |xn − xa | + |xn − xb |
< ε+ε
2
=
|xa − xb |.
3
Akhirnya diperoleh |xa −xb | < 23 |xa −xb | suatu pernyataan yang kontradiksi.Pengandaian
xa 6= xb salah dan haruslah xa = xb , yaitu limitnya mesti tunggal.
Exercise 3. Diberikan barisan bilangan real (xn ).
a. Tuliskan denisi barisan (xn ) tidak konvergen ke x.
b. Tuliskan denisi barisan (xn ) divergen.
Pembahasan barisan di sini ditekankan pada pemahaman teoritis bukan pada aspek
teknis seperti menghitung nilai limit barisan. Pekerjaan dominan adalah membuktikan
suatu barisan dengan limit telah diketahui, bukan menghitung berapa nilai limit suatu
barisan. Contoh-contoh berikut memberikan gambaran bagaimana denisi digunakan
untuk membuktikan kebenaran limit suatu barisan.
3
Bab 2. BARISAN BILANGAN REAL by Julan HERNADI
Contoh 2.2. Buktikan bahwa lim(1/n) = 0.
Secara intuitif fakta ini adalah benar karena kita membagi bilangan 1 dengan
bilangan yang semakin membesar menuju takhingga sehingga hasilnya mesti nol.
Tapi bukti ini tidak formal karena tidak didasarkan pada teori yang ada, misalnya
denisi. Berikut bukti formalnya. Disini kita mempunyai xn := n1 , dan x = 0.
Diberikan ε > 0 sebarang. Harus ditemukan bilangan asli N sehingga
Bukti.
1
< ε untuk setiap n ≥ N.
n
Mudah saja, pada bentuk terakhir ketidaksamaan ini berlaku n1 < ε. Diselesaikan,
diperoleh n > 1ε . Jadi N cukup diambil sebagai bilangan asli terkecil yang lebih
besar dari 1ε , atau ceiling dari x yaitu
|xn − x| = |1/n − 0| =
N = d1/εe .
Sebagai contoh, misalkan diberikan ε := 0.013 maka 1ε = 76.9231. Jadi cukup
diambil N := 77. Untuk meyakinkan dapat diperiksa bahwa
x77 = 0.0130, x78 = 0.0128, x79 = 0.0127, x80 = 0.0125, x81 = 0.0123, x82 = 0.0122
kesemuanya kurang dari 0.013. Lebih telitinya x77 = 0.012987. Terbukti bahwa
lim( n1 ) = 0.
n+1
Contoh 2.3. Buktikan lim 3n+2
= 1/3.
Penyelesaian.
Di sini kita mempunyai xn :=
dan x = 1/3.
n+1
1
− |xn − x| = 3n + 2 3
3n + 3 − 3n − 2 = 3(3n + 2) 1
=
3(3n + 2)
n+1
3n+2
Bentuk terakhir ini akan kurang dari ε bila
(9n + 6)ε > 1, yaitu n >
1 − 6ε
.
9ε
Jadi N cukup diambil sebagai bilangan asli terkecil yang lebih besar dari
bila ε cukup kecil sehingga 6−ε
tidak negatif diambil
9ε
6−ε
9ε
, yaitu
1 − 6ε
N=
.
9ε
Sebagai contoh, misalkan diberikan ε := 0.013 maka 1−6ε
= 7.8803. Jadi cukup
9ε
diambil N := 8. Agar lebih meyakinkan dihitung beberapa nilai |xn − 1/3|, untuk
n = 8, 9, 10, 11, 12, hasilnya
0.0128, 0.0115, 0.0104, 0.0095, 0.0088,
yang kesemuanya kurang dari ε := 0.013. Terbukti bahwa lim
4
n+1
3n+2
= 1/3.
Bab 2. BARISAN BILANGAN REAL by Julan HERNADI
Exercise 4. Gunakan denisi limit barisan untuk membuktikan
lim
3n + 1
2n + 5
3
= .
2
Tentukan bilangan asli terkecil N yang dapat diambil jika diberikan ε := 0.0023, juga
ε := 0.0132. Ujilah kebenarannya untuk n = N, N + 1, N + 2, N + 3, N + 4.
Exercise 5. Gunakan denisi limit barisan untuk membuktikan
lim
(−1)n n
n2 + 1
= 0.
Tentukan bilangan asli terkecil N yang dapat diambil jika diberikan ε := 1/4, juga
ε := 1/16.Ujilah kebenarannya untuk n = N, N + 1, N + 2, N + 3, N + 4.
Exercise 6. Gunakan denisi limit barisan untuk membuktikan
lim
1
1
−
n n+1
= 0.
Tentukan bilangan asli terkecil N yang dapat diambil jika diberikan ε := 1/4, juga bila
ε := 1/16. Ujilah kebenarannya untuk n = N, N + 1, N + 2, N + 3, N + 4.
Dari beberapa contoh dan latihan ini mestinya dapat disimpulkan bahwa semakin kecil
ε > 0 yang diberikan maka semakin besar indeks N yang dapat diambil. Kenyataan ini
sesuai dengan denisi bahwa semakin kecil ε > 0 maka semakin kecil lebar "kerangkeng"
dan semakin lama pula suku-suku barisan mulai mengumpul di dalam "kerangkeng" ini.
Kekonvergenan barisan (xn ) ditentukan oleh pola suku-suku yang sudah jauh berada di
ujung, bukan oleh suku-suku awal. Walaupun pada awalnya suku-suku barisan beruktuasi cukup besar namun bila pada akhirnya suku-suku ini mengumpul di sekitar titik
tertentu maka barisan ini tetap konvergen. Fakta ini diformal dalam istilah ekor barisan.
Denisi 2.3. Misalkan barisan X := (x1 , x2 , x3 , · · · , xn , · · · ) dipotong pada suku ke m
dan dibentuk barisan baru
Xm := (xm+1 , xm+2 , · · · )
maka barisan Xm disebut ekor ke m barisan X .
Jadi ekor barisan merupakan barisan yang dibentuk dengan memotong m buah suku
pertama pada barisan semula. Ternyata sifat kekonvergenan ekor barisan dan barisan
semula adalah identik, seperti diungkapkan pada teorema berikut.
Teorema 2.2.
Barisan
X
konvergen bila hanya bila ekor barisan
dan berlaku
lim X = lim Xm .
5
Xm
juga konvergen,
Bab 2. BARISAN BILANGAN REAL by Julan HERNADI
Diberikan ε > 0. Karena X = (xn : n = 1, 2, · · · ) konvergen, katakan
lim(xn ) = x maka terdapat bilangan asli N sehingga
Bukti. (→)
|xn − x| < ε untuk setiap n = N, N + 1, N + 2, · · ·
Misalkan ekor barisan Xm = {xm+n : n = 1, 2, 3, · · · }. Karena jika n ≥ N berakibat m + n ≥ N maka untuk N ini berlaku
|xm+n − x| < ε untuk setiap n = N, N + 1, N + 2, · · ·
Ini menunjukkan bahwa lim Xm = x.
(←)Diketahui Xm konvergen, yaitu lim Xm = x maka untuk ε > 0 sebarang terdapat bilangan asli N sehingga
|xm+n − x| < untuk setiap m + n = N, N + 1, N + 2, · · ·
Dengan mengambil N1 = N − m maka berlaku
|xn − x| < ε untuk setiap n = N1 , N1 + 1, N1 + 2, · · ·
Karena itu berdasarkan denisi disimpulkan lim X = x.
Pembuktikan limit barisan langsung dari denisi akan menjadi sulit bilamana bentuk
barisan yang dihadapi cukup rumit. Melalui denisi dikembangkan "alat-alat" sederhana yang dapat digunakan untuk membuktikan limit barisan, khususnya barisan yang
mempunyai bentuk tertentu. Berikut sebuah teorema sederhana yang dapat mendeteksi
dengan mudah kekonvergenan suatu barisan.
Teorema kekonvergenan terdominasi (TKD)
Teorema 2.3.
dan
m∈N
Misalkan ada dua barisan bilangan real
dan
(xn ).
Jika ada
C>0
sehingga berlaku
|xn − x| ≤ C|an |
maka
(an )
untuk semua
n≥m
dan
lim(an ) = 0
lim(xn ) = x.
Bukti.
Diberikan ε > 0. Karena lim(an ) = 0 maka ada Na ∈ N sehingga
|an | < ε/C untuk setiap n ≥ Na .
Jadi untuk setiap n ≥ N := maks {Na , m} berlaku
|xn − x| ≤ C|an | < C(ε/C) = ε.
Terbukti bahwa lim(xn ) = x.
6
Bab 2. BARISAN BILANGAN REAL by Julan HERNADI
Dikatakan teorema terdominasi karena suku-suku |xn − x| pada akhirnya selalu terdominasi dari atas oleh barisan (an ) yang konvergen ke nol. Dalam penggunaan teorema ini
diperlukan menemukan barisan (an ) dan konstanta C > 0 seperti dalam teorema.
1
= 0.
Contoh 2.4. Bila a > 0, buktikan barisan lim 1+na
Bukti. Karena a > 0 maka berlaku 0 < na < na + 1, dan akibatnya kita mempunyai
1
1
<
.
na + 1
na
Selanjutnya,
1
1
1
1
|
− 0| =
<
.
1 + na
1 + na
a
n
Dengan mengambil C := 1/a dan an = 1/n
dan dikarenakan lim an = 0 maka
1
dengan TKD disimpulkan bahwa lim 1+na
= 0.
Contoh 2.5. Misalkan 0 < b < 1, buktikan lim(bn ) = 0.
Ambil a := 1−b
= 1b − 1 > 0. Dapat ditulis b =
b
ketidaksamaan Bernoulli berlaku
Bukti.
1
(1+a)
(mengapa?). Dengan
(1 + a)n ≥ 1 + na
dan diperoleh
Diambil an :=
1
1
1
1
1
≤
<
=
0<
.
(1 + a)n
1 + na
na
a
n
dan C = a1 maka berdasarkan TKD terbukti lim(bn ) = 0.
1
n
Exercise 7. Misalkan c > 0, buktikan lim(c1/n ) = 0.
Exercise 8. Buktikan lim(n1/n ) = 1.
Soal-soal yang dipecahkan
1. Buktikan dengan menggunakan denisi limit barisan
a) lim
b) lim
n2
2n2 +1
2n
n+1
= 21 .
= 2.
2. Diberikan xn :=
1
ln(n+1)
.
a) Gunakan denisi untuk membuktikan lim(xn ) = 0.
b) Tentukan bilangan asli terkecil N bila diberikan ε = 271 .
c) Tunjukkan kebenaran |xn − 0| < ε untuk n = N, N + 1, N + 2, N + 3.
3. Buktikan lim
1
n
−
1
n+1
= 0.
4. Buktikan lim (2n)1/n = 1.
5. Bila lim(xn ) = x > 0, tunjukkan ada bilangan asli K sehingga
setiap n ≥ K .
7
x
2
< xn < 2x untuk
Bab 2. BARISAN BILANGAN REAL by Julan HERNADI
M
x1
xn
...
x2
xn+1 ...
-M
Gambar 2.2: Ilustrasi barisan terbatas
2.2 Sifat-sifat limit barisan
Berikut ini diberikan sifat aljabar barisan konvergen. Sifat-sifat ini banyak digunakan
dalam keperluan praktis terutama dalam menghitung nilai limit barisan. Sebelumnya
diberikan sifat keterbatasan barisan konvergen.
Denisi 2.4. Barisan (xn ) dikatakan terbatas jika ada bilangan M > 0 sehingga |xn | ≤
M untuk setiap n ∈ N. Dengan kata lain, barisan (xn ) terbatas jika hanya jika himpunan
{xn : n ∈ N} terbatas pada R.
Ilustrasi barisan terbatas diberikan pada Gambar 2.2.
Contoh 2.6. Barisan (1/n : n ∈ N) terbatas dengan M = 1, ((−1)n : n ∈ N) terbatas
dengan M = 1.
Contoh 2.7. Barisan (xn ) dikatakan tidak terbatas jika untuk setiap bilangan real K
terdapat suku xm sehingga |xm | > K . Barisan (2n : n ∈ N) tidak terbatas sebab setiap
bilangan real K selalu dapat ditemukan bilangan asli m sehingga 2m > K . Dalam
K hal
K
ini cukup diambil m bilangan asli pertama yang lebih besar dari 2 , atau m = 2 .
Teorema 2.4.
Bila barisan
(xn )
konvergen maka ia terbatas.
Diketahui barisan (xn ) konvergen, katakan lim(xn ) = x. Ambil ε := 1 maka ada
N ∈ N sehingga
|xn − x| < 1 untuk setiap n ≥ N.
Bukti.
Karena ||xn | − |x|| ≤ |xn − x| < 1 maka berdasarkan sifat nilai mutlak diperoleh
|xn | < 1 + |x| untuk setiap n ≥ N.
Kita dapat mengambil
M := max {|x1 |, |x2 |, · · · , |xN −1 |, 1 + |x|}
agar pernyataan berikut berlaku
|xn | ≤ M untuk setiap n ∈ N.
Berdasarkan denisi barisan terbatas maka teorema terbukti.
8
Bab 2. BARISAN BILANGAN REAL by Julan HERNADI
Sebaliknya barisan yang terbatas belum tentu konvergen seperti ditunjukkan pada contoh berikut.
Contoh 2.8. Diberikan barisan ((−1)n : n ∈ N). Jelas barisan ini terbatas karena |xn | <
1 untuk setiap n. Selanjutnya, kita buktikan barisan ini tidak konvergen. Andaikan ia
konvergen, katakan lim(xn ) = a. Ambil ε := 1, maka terdapat bilangan asli N sehingga
|(−1)n − a| < 1 untuk setiap n ≥ N.
Bilangan n ≥ N dapat berupa bilangan genap atau bilangan ganjil. Untuk n ganjil
maka (−1)n = −1, sehingga diperoleh
|(−1)n − a| = | − 1 − a| < 1 ⇒ −2 < a < 0.
(*)
Untuk n genap maka (−1)n = 1, sehingga diperoleh
|(−1)n − a| = |1 − a| < 1 ⇒ 0 < a < 2.
(**)
Dua pernyataan (*) dan (**) saling kontradiksi, sehingga pengandaian salah. Jadi terbukti barisan ((−1)n : n ∈ N) divergen.
Teorema 2.5. Jika X := (xn ) dan Y := (yn ) dua barisan yang masing-masing konvergen
ke
x
dan
y
maka
1. barisan
X ± Y := (xn + yn )
2. barisan
XY := (xn yn )
3. barisan
cX := (cxn )
konvergen ke
konvergen ke
konvergen ke
x ± y,
xy
cx.
(1) Untuk membuktikan lim(xn + yn ) → (x + y), kita harus memberikan estimasi
pada |(xn + yn ) − (x + y)|. Karena lim(xn ) = x dan lim(yn ) = y maka untuk ε > 0
yang diberikan terdapat N1 dan N2 sehingga
Bukti.
|xn − x| < ε/2 untuk setiap n ≥ N1 dan |yn − y| < ε/2 untuk setiap n ≥ N2 .
Jadi untuk setiap n ≥ N := max{N1 , N2 } diperoleh
|(xn + yn ) − (x + y)| = |(xn − x) + (yn − y)|
≤ |xn − x| + |yn − y|
≤ ε/2 + ε/2 = ε
Dengan cara yang sama dapat dibuktikan (xn − yn ) konvergen ke (x − y).
(2) Karena (xn ) konvergen maka ia terbatas, yaitu ada M1 > 0 sehingga |xn | ≤
M1 untuk setiap n ∈ N. Ambil M := max{M1 , |y|}. Karena lim(xn ) = x dan
lim(yn ) = y maka untuk ε > 0 yang diberikan terdapat N1 dan N2 sehingga
|xn − x| < ε/2M untuk setiap n ≥ N1 dan |yn − y| < ε/2M untuk setiap n ≥ N2 .
9
Bab 2. BARISAN BILANGAN REAL by Julan HERNADI
Jadi untuk setiap n ≥ N := max{N1 , N2 } diperoleh
|xn yn − xy| =
=
≤
≤
≤
|(xn yn − xn y) + (xn y − xy)|
|xn (yn − y) + y(xn − x)|
|xn ||y − yn | + |y||x − xn |
M |xn − x| + M |yn − y|
M (ε/2M ) + M (ε/2M ) = ε.
(3) Pernyataan ini dapat dibuktikan dengan cara membentuk
|cxn − cx| = |c||xn − x|.
Bukti lengkapnya dapat diselesaikan sendiri.
Sifat perkalian limit dua barisan dapat dikembangkan untuk perkalian sebanyak berhingga
barisan, yaitu jika (an ), (bn ), · · · , (zn ) barisan-barisan konvergen maka berlaku
lim ((an )(bn ) · · · (zn )) = lim(an ) lim(bn ) · · · lim(zn ).
Khususnya jika barisan-barisannya sama, katakan ada sebanyak k barisan (xn ) maka
lim(akn ) = (lim(an ))k .
Teorema 2.6.
x
dan
y , yn 6= 0
konvergen ke
X := (xn ) dan Y := (yn ) barisan konvergen,
setiap n ∈ N dan y =
6 0 maka barisan hasil
Misalkan
untuk
berturut-turut ke
bagi
X
Y
:=
xn
yn
x
.
y
Bukti.
xn y − xyn xn x − = yn
y
yn y
1
|xn y − xyn |
=
|yn ||y|
1
=
|xn y − xn yn + xn yn − xyn |
|yn ||y|
1
=
|xn (y − yn ) + yn (xn − x)|
|yn ||y|
|xn |
1
≤
|yn − y| + |xn − x|
|yn ||y|
|y|
|
Selanjutnya, kita perlu memberikan batas untuk suku |y|xnn||y|
. Karena (xn ) konvergen maka ia terbatas yaitu ada M > 0 sehingga |xn | ≤ M untuk setiap n ∈ N.
Karena lim(yn ) = y maka diberikan ε := 12 |y| ada N1 ∈ N sehingga
1
|yn − y| < |y| untuk setiap n ≥ N1 .
2
10
Bab 2. BARISAN BILANGAN REAL by Julan HERNADI
Karena ||yn | − |y|| ≤ |yn − y| dan |yn − y| < 12 |y| maka
1
3
1
1
||yn | − |y|| < |y| ⇔ |y| < |yn | < |y| ⇒ |yn | > |y| untuk setiap n ≥ N1 .
2
2
2
2
Jadi berlaku
2
1
<
untuk setiap n ≥ N1 .
|yn |
|y|
Dengan demikian kita mempunyai estimasi
xn x − ≤ |xn | |yn − y| + 1 |xn − x| < 2M |yn − y| + 1 |xn − x|.
yn
y |yn ||y|
|y|
|y|2
|y|
(*)
Sekarang diberikan ε > 0 sebarang. Karena lim(yn ) = y dan lim(xn ) = x maka
ada N2 , N3 ∈ N sehingga
|y|2
|y|
ε untuk setiap n ≥ N2 , dan |yn − y| <
ε untuk setiap n ≥ N3 .
|xn − x| <
2
4M
Dengan mengambil N := max{N1 , N2 , N3 } maka berdasarkan (*), diperoleh
xn x − < ε/2 + ε/2 = ε untuk setiap n ≥ N.
yn
y
Ini menunjukkan bahwa lim xynn = xy .
Contoh 2.9. Kita tunjukkan bahwa lim
bentuk barisan konvergen, yaitu
2n + 1
n+5
2n+1
n+5
=
= 2. Pertama kita ubah dulu ke dalam
2 + 1/n
.
1 + 5/n
Selanjutnya, diambil X := (2 + 1/n) dan Y := (1 + 5/n). Jelas bahwa lim X = 2 dan
lim Y = 1 maka lim X
= 12 = 2.
Y
Teorema 2.7.
Bila
(xn )
barisan taknegatif, yaitu
xn ≥ 0
untuk setiap
n ∈ N
maka
lim(xn ) ≥ 0.
Andaikan kesimpulan ini salah, yaitu x := lim(xn ) < 0. Ambil ε := −x > 0,
maka berdasarkan denisi ada K ∈ N sehingga
Bukti.
|xn − x| < −x ⇐⇒ x < xn − x < −x =⇒ xn < 0, untuk semua n ≥ K.
Khususnya untuk n = K berlaku xn < 0. Hal ini kontradiksi dengan hipotesis
bahwa xn ≥ 0 untuk setiap n ∈ N. Pengandaian bahwa lim(xn ) < 0 adalah salah,
jadi teorema terbukti.
11
Bab 2. BARISAN BILANGAN REAL by Julan HERNADI
Teorema 2.8.
maka
(xn )
lim(xn ) ≤ lim(yn ).
Jika
dan
(yn )
barisan konvergen dan
x n ≤ yn
untuk setiap
n∈N
Didenisikan barisan (zn ) dengan zn := yn −xn . Diperoleh (zn ) barisan taknegatif.
Dengan Teorema sebelumnya maka berlaku
Bukti.
lim(zn ) = lim(yn − xn ) = lim(yn ) − lim(xn ) ≥ 0 → lim(yn ) ≤ lim(xn ).
Ini membuktikan teorema yang dimaksud.
Teorema 2.9.
Bila
(xn )
barisan konvergen dan
a ≤ xn ≤ b
untuk setiap
n∈N
maka
a ≤ lim(xn ) ≤ b.
Bukti.
Denisikan barisan konstan (yn := a|n ∈ N) dan (zn := b|n ∈ N), maka berlaku
yn ≥ xn dan xn ≤ zn .
Mengingat lim(yn ) = a dan lim(zn ) = b maka dengan menggunakan teorema
sebelumnya dapat disimpulkan berlaku a ≤ lim(xn ) ≤ b.
Teorema berikut menjelaskan kekonvergenan suaru barisan yang terjepit oleh dua barisan
yang konveregen ke limit yang sama. Teorema ini sangat bermanfaat dalam membuktikan limit barisan.
Teorema 2.10.
[Teorema kekonvergenan terjepit (TKJ)]
Bila
(xn ), (yn )
dan
(zn )
barisan bilangan real yang memenuhi kondisi berikut
1.
xn ≤ yn ≤ zn untuk
2.
lim(xn ) = lim(zn )
maka
(yn )
setiap
konvergen dan
n∈N
lim(xn ) = lim(yn ) = lim(zn ).
Misalkan w := lim(xn ) = lim(zn ). Diberikan ε > 0 sebarang, maka terdapat
bilangan asli N1 dan N2 sehingga
Bukti.
|xn − w| < ε untuk setiap n ≥ N1 dan |zn − w| < ε untuk setiap n ≥ N2 .
Bila diambil N := max{N1 , N2 } maka berlaku
|xn − w| < ε dan |zn − w| < ε untuk setiap n ≥ N.
Dari ini diperoleh
−ε < xn − w dan zn − w < ε untuk setiap n ≥ N.
Diketahui xn ≤ yn ≤ zn , dengan menambahkan w pada ketiga ruas diperoleh
xn − w ≤ yn − w ≤ zn − w untuk setiap n ∈ N.
Dengan hasil sebelumnya, diperoleh
−ε < yn − w < ε ⇐⇒ |yn − w| < ε untuk setiap n ≥ N.
Jadi terbukti lim(yn ) = w.
12
Bab 2. BARISAN BILANGAN REAL by Julan HERNADI
Teorema ini dikenal juga istilah teorema sequeeze atau teorema sandwich.
Contoh 2.10. Buktikan lim
Bukti.
sin n
n
= 0.
Diperhatikan untuk setiap bilangan asli n berlaku
−1 ≤ sin n ≤ 1.
Karena itu diperoleh
−1
sin n
1
≤
≤ .
n
n
n
sin n
Dengan mengambil xn = −1/n, yn = n dan zn = 1/n maka dengan TKJ
diperoleh
sin n
lim
= lim(−1/n) = lim(1/n) = 0.
n
Terbuktilah bahwa lim sinn n = 0.
Versi lainnya TKJ ini akan muncul lagi dalam bentuk limit fungsi yang akan diberikan
pada bab selanjutnya. Satu lagi alat cepat dan mudah untuk menyelidiki kekonvergenan
barisan adalah uji rasio berikut.
Teorema 2.11.
Jika
L<1
maka
Misalkan
(xn )
(xn )
barisan bilangan real positif sehingga
konvergen dan
lim(xn ) = 0.
lim xxn+1
:= L
n
ada.
Karena (xn ) positif maka ( xxn+1
) barisan taknegatif sehingga L ≥ 0. Jadi 0 ≤
n
L < 1. Misalkan r suatu bilangan dimana L < r < 1, ambil ε := r − L > 0.
Terdapat bilangan asli K sehingga
Bukti.
xn+1
< ε := r − L untuk setiap n ≥ K.
−
L
xn
Jadi untuk setiap n ≥ K berlaku
xn+1
< r ⇒ xn+1 < rxn ,
xn
dan karena 0 < r < 1 maka diperoleh
0 < xn+1 < rxn < r2 xn < · · · < rn−K+1 xK .
Dengan mengambil C :=
xK
rK
kita mempunyai
0 < xn+1 < Crn+1 .
Karena 0 < r < 1 maka lim(rn+1 ) = 0. Dengan menggunakan TKD maka terbukti
lim(xn ) = lim(xn+1 ) = 0. 13
Bab 2. BARISAN BILANGAN REAL by Julan HERNADI
Contoh 2.11. Kita selidiki apakah barisan ( 2nn ) konvergen. Kita gunakan uji rasio,
2
yaitu
(n + 1)2 2n
xn+1
=
xn
2n+1 n2
1 n2 + 2n + 1
=
2
n2
2
1
1
(1 + + 2 )
=
2
n n
Karena L := lim 21 (1+ n2 + n12 ) = 1/2 < 1 maka berdasarkan uji rasio disimpulkan barisan
2
( 2nn ) konvergen dengan limit nol.
Exercise 9. Misalkan b > 1, selidikilah kekonvergenan barisan ( bnn ).
Pada bagian akhir sub pokok bahasan ini diberikan dua hasil yang berguna untuk mempelajari materi yang akan datang.
Teorema 2.12.
Jika barisan
1. Barisan nilai mutlak
2. Jika
xn ≥ 0
(xn )
(|xn |)
maka barisan
konvergen maka
lim |xn | = | lim(xn )|,
p
√
dengan lim( xn ) =
lim(xn ) .
konvergen dengan
√
( xn )
konvergen
Bukti.
(1) Misalkan lim(xn ) = x. Kita telah mempunyai sifat nilai mutlak bahwa
||xn | − |x|| ≤ |xn − x|, untuk semua n ∈ N.
Jadi kekonvergenan (|xn |) langsung diakibatkan oleh kekonvergenan (xn ).
(2) Karena x > 0 maka
√
x > 0. Selanjutnya dibentuk
√ √
√
√
√
( xn − x)( xn + x)
√
xn − x
√
√ .
xn − x =
=√
√
xn + x
xn + x
Karena
√
√
√
xn + x ≥ x > 0 maka
√
1 √
xn + x
√
√ xn − x ≤
≤
1
√
x
√1
x
(*)
sehingga dari (*) diperoleh
|xn − x|.
Karena xn → x maka (xn − x) → 0, dan dengan menggunakan
Teorema
kekonverp
√
√
lim(xn ) .
genan terdominasi maka terbukti lim( xn ) = x =
14
Bab 2. BARISAN BILANGAN REAL by Julan HERNADI
Soal-soal untuk latihan
1. Buktikan barisan berikut tidak konvergen
a) (2n )
b) (−1)n n2
2. Hitunglah lim(xn ) jika
a) xn := (2 + n1 )2
b) xn :=
(−1)n
n+2
c) xn :=
n+1
√
n n
1
d) xn := (n + 1) ln(n+1)
3. Bila barisan (bn ) terbatas dan lim(an ) = 0, tunjukkan lim(an bn ) = 0.
√
√
√
4. Bila didenisikan yn := n + 1 − n, n ∈N, buktikan (yn ) dan ( nyn ) konvergen
dan hitunglah limit masing-masingnya.
5. Bila 0 < a < b, buktikan
lim
an+1 + bn+1
an + b n
.
6. Bila a > 0, b > 0, tunjukkan
lim
p
a+b
(n + a)(n + b) − n =
.
2
7. Gunakan TKT untuk menghitung nilai limit berikut
1/n2
a) n
2
b) (n!)1/n .
15