(Semester I Tahun 2011-2012) Dosen FMIPA - ITB E-mail: hgunawan@math.itb.ac.id. September 12, 2011
Teorema 11 pada Bab 3 memberi kita cara untuk menyelidiki kekonvergenan sebuah barisan tanpa harus mengetahui limitnya. Persisnya, jika kita dihadapkan pada sebuah barisan yang monoton dan terbatas, maka kita dapat menyimpulkan bahwa ia konvergen. Namun bagaimana bila barisan tersebut bukan barisan monoton dan limitnya tak dapat diterka? Upaya yang dapat kita lakukan dalam hal ini adalah mengamati jarak antara satu suku dengan suku lainnya.
Barisan x n disebut barisan Cauchy apabila untuk setiap ɛ > 0 terdapat N N sedemikian sehingga untuk m, n N berlaku x m x n < ɛ. Secara intuitif, suku-suku pada barisan Cauchy dapat sangat berdekatan satu sama lain, dan ini terjadi tidak hanya pada dua atau beberapa suku berturutan tetapi semua suku setelah indeks tertentu.
Proposisi 10 Daftar Isi Jika x n konvergen, maka x n merupakan barisan Cauchy. Bukti. Misalkan x n konvergen ke L. Diberikan ɛ > 0, pilih N N sedemikian sehingga untuk tiap n N berlaku x n L < ɛ 2. Maka, untuk m, n N, kita peroleh x m x n x m L + L x n < ɛ 2 + ɛ 2 = ɛ. Ini membuktikan bahwa x n Cauchy.
Sifat Interval Bersarang Kebalikan dari Proposisi 10 juga berlaku, namun untuk membuktikannya kita memerlukan lemma berikut. Lemma 11 (Sifat Interval Bersarang) (i) Misal I n := [a n, b n ] dengan a n < b n sedemikian sehingga I n+1 I n untuk tiap n N. Maka n=1 I n. (ii) Jika, sebagai tambahan, I n := b n a n 0 bila n, maka n=1 I n merupakan himpunan singelton (hanya mempunyai sebuah anggota).
Bukti. (i) Untuk tiap n N berlaku a 1 a n a n+1 < b n+1 b n b 1. Jadi a n naik dan terbatas di atas (sementara b n turun dan terbatas di bawah). Akibatnya, a n a := sup{a n : n N} bila n. Lebih jauh, a n a b n untuk tiap n N, sehingga a n=1 I n. (ii) Jika x, y n=1 I n, maka x y b n a n untuk tiap n N. Karena b n a n 0 bila n, maka haruslah x y = 0 atau x = y.
Catatan. Ketertutupan interval I n pada Sifat Interval Bersarang merupakan hipotesis yang penting. Periksa bahwa bukti bagian (i) tidak sah bila I n := (a n, b n ).
Teorema 12 Daftar Isi Jika x n Cauchy, maka x n konvergen. Bukti. Misalkan x n Cauchy. Kita definisikan secara induktif barisan bilangan asli n k sebagai berikut: Tetapkan n 1 := 1 dan untuk tiap k N pilih n k+1 bilangan asli terkecil sedemikian sehingga n k+1 > n k dan jika i, j n k+1, maka x i x j < 1 Tinjau I k := [x nk 12 k, x nk + 12 k ], k N. 2 k+2. Maka I k+1 I k untuk tiap k N. (Jika x I k+1, maka x I k karena x x nk x x nk+1 + x nk+1 x nk < 1 + 1 = 1.) 2 k+1 2 k+1 2 k
Selanjutnya, I k = 2 0 bila k. Akibatnya, 2 k n=1 I k := {x} untuk suatu x R. Kita klaim bahwa x n x bila n. Ambil ɛ > 0. Pilih K N sedemikian sehingga 1 < ɛ. Jika n n 2 K K+1, maka x n x nk+1 < 1 2 K+2. Sementara itu, x I K+1 mengakibatkan Karena itu, x x nk+1 < 1 2 K+1. x n x 1 2 K+2 + 1 2 K+1 < 1 2 K < ɛ. Dengan demikian klaim kita terbukti.
Contoh 13 Daftar Isi Diketahui barisan x n dengan x 1 = 1, x 2 = 2, dan x n+2 = 1 2 (x n+1 + x n ), n N. Maka, dapat diperiksa bahwa untuk tiap n N kita mempunyai x n+2 x n+1 = 1 2 n. Dengan menggunakan Ketaksamaan Segitiga, kita peroleh untuk m > n x m x n x m x m 1 + + x n+1 x n 1 2 n 2. Diberikan ɛ > 0, kita dapat memilih N N sedemikian sehingga 1 < ɛ. Maka, untuk m, n N, kita peroleh 2 N 2 x m x n 1 < ɛ. Ini menunjukkan bahwa x 2 N 2 n Cauchy, dan karenanya konvergen.
Soal Latihan 1 Buktikan secara langsung bahwa jika x n Cauchy, maka x n terbatas (tanpa melalui fakta bahwa x n konvergen). 2 Tentukan limit barisan x n pada Contoh 13. 3 Barisan x n dikatakan kontraktif apabila terdapat 0 < K < 1 sedemikian sehingga x n+2 x n+1 K x n+1 x n untuk tiap n N. Buktikan bahwa barisan kontraktif merupakan barisan Cauchy, dan karenanya konvergen. 4 Diketahui barisan x n dengan x 1 = 1, x 2 = 2, dan x n+2 = x n+1 x n, n N. Buktikan bahwa x n merupakan barisan Cauchy. 5 Selidiki apakah barisan 1 n kontraktif.
Misalkan x n barisan dan n k barisan naik murni dengan n k N untuk tiap k N. Maka, barisan x nk disebut sebagai sub-barisan dari x n. Catatan. Pada pembuktian Teorema 12, kita mengkonstruksi subbarisan x nk yang konvergen ke suatu x R. Secara umum, dapat ditunjukkan bahwa setiap barisan terbatas selalu mempunyai subbarisan yang konvergen.
Contoh 1 Daftar Isi (i) Diketahui barisan ( 1) n. Maka, ( 1) 2k 1 = 1 dan ( 1) 2k = 1 merupakan sub-barisan dari ( 1) n. (Pada sub-barisan pertama n k = 2k 1, sedangkan pada sub-barisan kedua n k = 2k.) (ii) Misalkan r n adalah barisan 1, 2, 3 2, 5 3, 8 5, 13 8,.... Maka 1, 3 2, 8 5,... dan 2, 5 3, 13 8,... merupakan sub-barisan dari r n. (Pada sub-barisan kedua, n k = k + 1.
Hipotesis n k naik murni merupakan bagian penting dalam definisi sub-barisan. Salah satu akibat dari hipotesis ini, kita mempunyai n k k untuk tiap k N. Fakta ini dapat dibuktikan dengan Prinsip Induksi Matematika. (Jelas bahwa n 1 1. Selanjutnya, jika n k k, maka n k+1 > n k k dan karenanya n k+1 k + 1.) Catat bahwa setiap sub-barisan dari barisan terbatas juga bersifat terbatas. Selanjutnya, kita mempunyai teorema berikut.
Teorema 2 Daftar Isi Jika x n konvergen ke L, maka setiap sub-barisan dari x n konvergen ke L. Bukti. Misalkan x nk adalah sub-barisan dari x n. Diberikan ɛ > 0, pilih N N sedemikian sehingga untuk setiap n N berlaku x n L < ɛ. Maka, untuk setiap k N, kita mempunyai n k k N, dan karenanya x nk L < ɛ. Dengan demikian x nk konvergen ke L.
Contoh 3 Daftar Isi Kita telah membahas kedivergenan barisan ( 1) n. Bukti alternatif yang lebih sederhana dapat diberikan dengan menggunakan Teorema 2. Karena terdapat sub-barisan 1 yang konvergen ke -1 dan sub-barisan 1 yang konvergen ke 1, maka barisan ( 1) n tidak mungkin konvergen. (Jika ia konvergen, maka menurut Teorema 2 kedua sub-barisan di atas seharusnya konvergen ke bilangan yang sama.)
Contoh 4 Daftar Isi Pada Soal Latihan 3.4 No. 3, anda diminta menunjukkan bahwa x n konvergen untuk 0 < x < 1. Sekarang kita dapat menentukan limitnya dengan menggunakan Teorema 2 sebagai berikut. Misalkan x n konvergen ke L. Maka, sub-barisan x 2k akan konvergen ke L juga. Namun, x 2k = (x k ) 2 L 2 untuk k. Karena itu L = L 2, sehingga kita dapatkan L = 0 atau L = 1. Mengingat 0 < x < 1 dan x n turun, kita simpulkan bahwa L = 0. Hasil ini sesuai dengan Soal Latihan 3.3 No. 5.
Contoh 5 Pada Sub-bab 3.4, Contoh 13, kita telah menunjukkan bahwa barisan x n yang didefinisikan secara induktif dengan x n+1 = 1 2 (x n + 2 x n ), n N, konvergen. Sekarang misalkan limitnya adalah L. Maka, menurut Teorema 2, x n+1 juga konvergen ke L. Akibatnya L = 1 2 ( 2 ) L +, L sehingga L 2 = 2. Namun x 1 > 0 mengakibatkan x n > 0 untuk tiap n N. Karena itu mestilah L = 2.
Soal Latihan 1 Diketahui barisan x n. Tunjukkan jika x 2k 1 dan x 2k konvergen ke bilangan yang sama, maka x n konvergen. 2 Buktikan jika x n Cauchy dan mempunyai subbarisan yang konvergen ke x, maka x n x bila n. 3 Diketahui barisan x n didefinisikan secara induktif dengan x 1 = 1 dan x n+1 = x n + 1 x n, n N. Mungkinkah x n konvergen? 4 Diketahui barisan r n didefinisikan secara induktif dengan r 1 = 1 dan r n+1 = 1 + 1 r n, n N. Tunjukkan jika r n konvergen, maka ia akan konvergen ke (1 + 5)/2.
Barisan x n dikatakan konvergen ke + dan kita tuliskan x n + bila n apabila untuk setiap M > 0 terdapat N N sedemikian sehingga untuk setiap n N berlaku x n > M. Serupa dengan itu, barisan x n dikatakan konvergen ke dan kita tuliskan x n bila n apabila untuk setiap M > 0 terdapat N N sedemikian sehingga untuk setiap n N berlaku x n < M.
Catatan. Walaupun di sini kita menggunakan istilah konvergen dan notasi yang mirip dengan notasi untuk barisan konvergen, barisan yang kita bahas sebetulnya merupakan barisan divergen di R. Proposisi 5 pada Bab 3 tidak berlaku untuk barisan yang konvergen ke ± mengingat ± / R.
Contoh 16 (i) Barisan n konvergen ke + ; sementara barisan n konvergen ke. (ii) Barisan 1 + 1 2 + + 1 n pada Soal Latihan 3.4 no. 5 merupakan barisan yang konvergen ke +. (iii) Barisan ( 1) n n bukan merupakan barisan yang konvergen ke + ataupun konvergen ke. Catatan. Barisan x n yang divergen dan bukan merupakan barisan yang konvergen ke ± dikatakan berosilasi.
Teorema 17 Daftar Isi (i) Jika x n naik dan tak terbatas (di atas), maka ia konvergen ke +. (ii) Jika x n dan tak terbatas (di bawah), maka ia konvergen ke. Catatan. Teorema 17 merupakan perluasan dari Teorema 11 pada Bab 3. Sebagai akibatnya, pada sistem bilangan real yang diperluas, barisan monoton selalu konvergen.
Soal Latihan 1 Buktikan Teorema 17. 2 Buktikan bahwa untuk setiap bilangan rasional r > 0, barisan n r konvergen ke +. 3 Misalkan x n > 0 untuk tiap n N. Buktikan bahwa x n konvergen ke 0 jika dan hanya jika 1 x n konvergen ke +.