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. Pengertian barisan dan limitnya Denisi 2.. 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) := dan disebut suku ke-n barisan X. Notasi barisan yang akan digunakan dalam buku ini adalah X, ( ), ( : n N). Contoh 2.. 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 := (,,, ). Dapat juga ditulis Y := ( : n N). 2 3 n c. Dalam beberapa keperluan praktis, barisan didenisikan secara rekusif atau induktif sebagai berikut { x, x 2,, diberikan, := f(x, x 2,, ). Barisan Fibonacci adalah barisan yang berbentuk F := (,, 2, 3, 5, 8, ). Barisan ini dapat ditulis secara rekursif sebagai berikut : x :=, x 2 :=, := + 2, untuk n 3. Exercise. Berikut diberikan beberapa suku awal barisan ( ). Seandainya pola seperti ini tetap, tentukan formula umum suku ke n nya.
a. /2, 2/3, 3/4, 4/5,, b. /2, /4, /8, /6,, c., 4, 9, 6,, Exercise 2. Diberikan barisan yang didenisikan secara rekursif berikut. Tentukan 5 suku pertamanya a. y := 2, y n+ := 2 (y n + 2/y n ), n. b. z :=, z 2 := 2, z n+2 := (z n+ + z n )/(z n+ z n ), n 3. c. x :=, y n+ := 4 (2y n + 3), n. 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 ( ) yang didenisikan := ( ) n. Jadi barisannya adalah X := (,,,, ). Tetapi bila suku-suku ini dipandang sebagai anggota himpunan maka ditulis X := {, }. Denisi 2.2. Misalkan X = ( ) barisan bilangan real. Bilangan real x dikatakan limit dari ( ) jika untuk setiap ε > 0 terdapat bilangan asli N (umumnya bergantung pada ε) sehingga berlaku 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( ) = 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 x < ε dapat ditulis sebagai x ε < < x + ε. Ini berarti pada suatu saat, semua suku-suku barisan berada dalam "kerangkeng" (x ε, x + ε). Ilustrasi geometris barisan ( ) yang konvergen ke x diberikan pada Gambar 2.. Kadangkala digunakan notasi x untuk menyatakan secara intuitif bahwa "mendekati" x bila n. Pada denisi ini kriteria "mendekati" x diukur oleh ε > 0, sedangkan kriteria n dicirikan oleh adanya bilangan asli N. Tidak adanya notasi n pada penulisan lim( ) 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
Gambar 2.: Ilustrasi barisan konvergen Teorema 2.. Suatu barisan bilangan real hanya dapat mempunyai satu limit. Dengan kata lain, jika suatu barisan konvergen maka limitnya tunggal. Bukti. Andaikan barisan X := ( ) mempunyai dua limit yang berbeda, katakan x a dan x b dengan x a x b. Diberikan ε := 3 x b x a. Karena lim( ) = x a maka untuk ε ini terdapat N a sehingga x a < ε untuk setiap n N a. Juga, karena lim( ) = x b maka terdapat N b sehingga x b < ε untuk setiap n N b. Sekarang untuk n maks {N a, N b } maka berlaku x a x b = x a + x b x a + x b < ε + ε = 2 3 x a x b. Akhirnya diperoleh x a x b < 2 x 3 a x b suatu pernyataan yang kontradiksi.pengandaian x a x b salah dan haruslah x a = x b, yaitu limitnya mesti tunggal. Exercise 3. Diberikan barisan bilangan real ( ). a. Tuliskan denisi barisan ( ) tidak konvergen ke x. b. Tuliskan denisi barisan ( ) 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
Contoh 2.2. Buktikan bahwa lim(/n) = 0. Bukti. Secara intuitif fakta ini adalah benar karena kita membagi bilangan 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 :=, dan x = 0. n Diberikan ε > 0 sebarang. Harus ditemukan bilangan asli N sehingga x = /n 0 = n < ε untuk setiap n N. Mudah saja, pada bentuk terakhir ketidaksamaan ini berlaku < ε. Diselesaikan, n diperoleh n >. Jadi N cukup diambil sebagai bilangan asli terkecil yang lebih ε besar dari, atau ceiling dari x yaitu ε N = /ε. Sebagai contoh, misalkan diberikan ε := 0.03 maka = 76.923. Jadi cukup ε diambil N := 77. Untuk meyakinkan dapat diperiksa bahwa x 77 = 0.030, x 78 = 0.028, x 79 = 0.027, x 80 = 0.025, x 8 = 0.023, x 82 = 0.022 kesemuanya kurang dari 0.03. Lebih telitinya x 77 = 0.02987. Terbukti bahwa lim( ) = 0. n Contoh 2.3. Buktikan lim ( n+ 3n+2) = /3. Penyelesaian. Di sini kita mempunyai := ( n+ 3n+2) dan x = /3. x = n + 3n + 2 3 = 3n + 3 3n 2 3(3n + 2) = 3(3n + 2) Bentuk terakhir ini akan kurang dari ε bila (9n + 6)ε >, yaitu n > 6ε. 9ε Jadi N cukup diambil sebagai bilangan asli terkecil yang lebih besar dari 6 ε, yaitu 9ε bila ε cukup kecil sehingga 6 ε tidak negatif diambil 9ε 6ε N =. 9ε Sebagai contoh, misalkan diberikan ε := 0.03 maka 6ε = 7.8803. Jadi cukup 9ε diambil N := 8. Agar lebih meyakinkan dihitung beberapa nilai /3, untuk n = 8, 9, 0,, 2, hasilnya 0.028, 0.05, 0.004, 0.0095, 0.0088, yang kesemuanya kurang dari ε := 0.03. Terbukti bahwa lim ( n+ 3n+2) = /3. 4
Exercise 4. Gunakan denisi limit barisan untuk membuktikan ( ) 3n + lim = 3 2n + 5 2. Tentukan bilangan asli terkecil N yang dapat diambil jika diberikan ε := 0.0023, juga ε := 0.032. Ujilah kebenarannya untuk n = N, N +, N + 2, N + 3, N + 4. Exercise 5. Gunakan denisi limit barisan untuk membuktikan ( ) ( ) n n lim = 0. n 2 + Tentukan bilangan asli terkecil N yang dapat diambil jika diberikan ε := /4, juga ε := /6.Ujilah kebenarannya untuk n = N, N +, N + 2, N + 3, N + 4. Exercise 6. Gunakan denisi limit barisan untuk membuktikan ( lim n ) = 0. n + Tentukan bilangan asli terkecil N yang dapat diambil jika diberikan ε := /4, juga bila ε := /6. Ujilah kebenarannya untuk n = N, N +, 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 ( ) 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 := (x, x 2, x 3,,, ) dipotong pada suku ke m dan dibentuk barisan baru X m := (x m+, x m+2, ) maka barisan X m 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 X m juga konvergen, dan berlaku lim X = lim X m. 5
Bukti. ( ) Diberikan ε > 0. Karena X = ( : n =, 2, ) konvergen, katakan lim( ) = x maka terdapat bilangan asli N sehingga x < ε untuk setiap n = N, N +, N + 2, Misalkan ekor barisan X m = {x m+n : n =, 2, 3, }. Karena jika n N berakibat m + n N maka untuk N ini berlaku x m+n x < ε untuk setiap n = N, N +, N + 2, Ini menunjukkan bahwa lim X m = x. ( )Diketahui X m konvergen, yaitu lim X m = x maka untuk ε > 0 sebarang terdapat bilangan asli N sehingga x m+n x < ɛ untuk setiap m + n = N, N +, N + 2, Dengan mengambil N = N m maka berlaku x < ε untuk setiap n = N, N +, N + 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. Misalkan ada dua barisan bilangan real (a n ) dan ( ). Jika ada C > 0 dan m N sehingga berlaku maka lim( ) = x. x C a n untuk semua n m dan lim(a n ) = 0 Bukti. Diberikan ε > 0. Karena lim(a n ) = 0 maka ada N a N sehingga a n < ε/c untuk setiap n N a. Jadi untuk setiap n N := maks {N a, m} berlaku x C a n < C(ε/C) = ε. Terbukti bahwa lim( ) = x. 6
Dikatakan teorema terdominasi karena suku-suku x pada akhirnya selalu terdominasi dari atas oleh barisan (a n ) yang konvergen ke nol. Dalam penggunaan teorema ini diperlukan menemukan barisan (a n ) dan konstanta C > 0 seperti dalam teorema. Contoh 2.4. Bila a > 0, buktikan barisan lim ( +na) = 0. Bukti. Karena a > 0 maka berlaku 0 < na < na +, dan akibatnya kita mempunyai na + < na. Selanjutnya, ( ) ( ) + na 0 = + na <. a n Dengan mengambil C := /a dan a n = /n dan dikarenakan lim a n = 0 maka dengan TKD disimpulkan bahwa lim ( +na) = 0. Contoh 2.5. Misalkan 0 < b <, buktikan lim(b n ) = 0. Bukti. Ambil a := b = > 0. Dapat ditulis b = b b ketidaksamaan Bernoulli berlaku dan diperoleh 0 < ( + a) n + na ( + a) n + na < na = ( a (+a) ) ( ). n (mengapa?). Dengan Diambil a n := n dan C = a maka berdasarkan TKD terbukti lim(bn ) = 0. Exercise 7. Misalkan c > 0, buktikan lim(c /n ) = 0. Exercise 8. Buktikan lim(n /n ) =. Soal-soal yang dipecahkan. Buktikan dengan menggunakan denisi limit barisan ( ) a) lim =. 2 n 2 2n 2 + b) lim ( 2n n+) = 2. 2. Diberikan := ln(n+). a) Gunakan denisi untuk membuktikan lim( ) = 0. b) Tentukan bilangan asli terkecil N bila diberikan ε = 27. c) Tunjukkan kebenaran 0 < ε untuk n = N, N +, N + 2, N + 3. 3. Buktikan lim ( n n+) = 0. ( 4. Buktikan lim (2n) /n) =. 5. Bila lim( ) = x > 0, tunjukkan ada bilangan asli K sehingga x 2 < < 2x untuk setiap n K. 7
M x... -M x 2 +... 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 ( ) dikatakan terbatas jika ada bilangan M > 0 sehingga M untuk setiap n N. Dengan kata lain, barisan ( ) terbatas jika hanya jika himpunan { : n N} terbatas pada R. Ilustrasi barisan terbatas diberikan pada Gambar 2.2. Contoh 2.6. Barisan (/n : n N) terbatas dengan M =, (( ) n : n N) terbatas dengan M =. Contoh 2.7. Barisan ( ) dikatakan tidak terbatas jika untuk setiap bilangan real K terdapat suku x m sehingga x m > K. Barisan (2n : n N) tidak terbatas sebab setiap bilangan real K selalu dapat ditemukan bilangan asli m sehingga 2m > K. Dalam hal ini cukup diambil m bilangan asli pertama yang lebih besar dari K, atau m = K 2 2. Teorema 2.4. Bila barisan ( ) konvergen maka ia terbatas. Bukti. Diketahui barisan ( ) konvergen, katakan lim( ) = x. Ambil ε := maka ada N N sehingga x < untuk setiap n N. Karena x x < maka berdasarkan sifat nilai mutlak diperoleh Kita dapat mengambil agar pernyataan berikut berlaku < + x untuk setiap n N. M := max { x, x 2,, x N, + x } M untuk setiap n N. Berdasarkan denisi barisan terbatas maka teorema terbukti. 8
Sebaliknya barisan yang terbatas belum tentu konvergen seperti ditunjukkan pada contoh berikut. Contoh 2.8. Diberikan barisan (( ) n : n N). Jelas barisan ini terbatas karena < untuk setiap n. Selanjutnya, kita buktikan barisan ini tidak konvergen. Andaikan ia konvergen, katakan lim( ) = a. Ambil ε :=, maka terdapat bilangan asli N sehingga ( ) n a < untuk setiap n N. Bilangan n N dapat berupa bilangan genap atau bilangan ganjil. Untuk n ganjil maka ( ) n =, sehingga diperoleh ( ) n a = a < 2 < a < 0. (*) Untuk n genap maka ( ) n =, sehingga diperoleh ( ) n a = a < 0 < a < 2. (**) Dua pernyataan (*) dan (**) saling kontradiksi, sehingga pengandaian salah. Jadi terbukti barisan (( ) n : n N) divergen. Teorema 2.5. Jika X := ( ) dan Y := (y n ) dua barisan yang masing-masing konvergen ke x dan y maka. barisan X ± Y := ( + y n ) konvergen ke x ± y, 2. barisan XY := ( y n ) konvergen ke xy 3. barisan cx := (c ) konvergen ke cx. Bukti. () Untuk membuktikan lim( +y n ) (x+y), kita harus memberikan estimasi pada ( + y n ) (x + y). Karena lim( ) = x dan lim(y n ) = y maka untuk ε > 0 yang diberikan terdapat N dan N 2 sehingga x < ε/2 untuk setiap n N dan y n y < ε/2 untuk setiap n N 2. Jadi untuk setiap n N := max{n, N 2 } diperoleh ( + y n ) (x + y) = ( x) + (y n y) x + y n y ε/2 + ε/2 = ε Dengan cara yang sama dapat dibuktikan ( y n ) konvergen ke (x y). (2) Karena ( ) konvergen maka ia terbatas, yaitu ada M > 0 sehingga M untuk setiap n N. Ambil M := max{m, y }. Karena lim( ) = x dan lim(y n ) = y maka untuk ε > 0 yang diberikan terdapat N dan N 2 sehingga x < ε/2m untuk setiap n N dan y n y < ε/2m untuk setiap n N 2. 9
Jadi untuk setiap n N := max{n, N 2 } diperoleh y n xy = ( y n y) + ( y xy) = (y n y) + y( x) y y n + y x M x + M y n y M(ε/2M) + M(ε/2M) = ε. (3) Pernyataan ini dapat dibuktikan dengan cara membentuk c cx = c x. Bukti lengkapnya dapat diselesaikan sendiri. Sifat perkalian limit dua barisan dapat dikembangkan untuk perkalian sebanyak berhingga barisan, yaitu jika (a n ), (b n ),, (z n ) barisan-barisan konvergen maka berlaku lim ((a n )(b n ) (z n )) = lim(a n ) lim(b n ) lim(z n ). Khususnya jika barisan-barisannya sama, katakan ada sebanyak k barisan ( ) maka lim(a k n) = (lim(a n )) k. Teorema 2.6. Misalkan X := ( ) dan Y := (y n ) barisan konvergen, berturut-turut ( ke ) x dan y, y n 0 untuk setiap n N dan y 0 maka barisan hasil bagi X := Y yn konvergen ke x y. Bukti. x y n y = = = = y xy n y n y y n y y xy n y n y y y n + y n xy n y n y (y y n ) + y n ( x) y n y y n y + y x Selanjutnya, kita perlu memberikan batas untuk suku xn. Karena (x y n y n) konvergen maka ia terbatas yaitu ada M > 0 sehingga M untuk setiap n N. Karena lim(y n ) = y maka diberikan ε := y ada N 2 N sehingga y n y < 2 y untuk setiap n N. 0
Karena y n y y n y dan y n y < y maka 2 y n y < 2 y 2 y < y n < 3 2 y y n > 2 y untuk setiap n N. Jadi berlaku y n < 2 y untuk setiap n N. Dengan demikian kita mempunyai estimasi x y n y y n y y n y + y x < 2M y y 2 n y + y x. (*) Sekarang diberikan ε > 0 sebarang. Karena lim(y n ) = y dan lim( ) = x maka ada N 2, N 3 N sehingga x < y 2 ε untuk setiap n N 2, dan y n y < y 2 4M ε untuk setiap n N 3. Dengan mengambil N := max{n, N 2, N 3 } maka berdasarkan (*), diperoleh x y n y < ε/2 + ε/2 = ε untuk setiap n N. ( ) x Ini menunjukkan bahwa lim n yn = x. y Contoh 2.9. Kita tunjukkan bahwa lim ( ) 2n+ n+5 = 2. Pertama kita ubah dulu ke dalam bentuk barisan konvergen, yaitu ( ) 2n + = 2 + /n n + 5 + 5/n. Selanjutnya, diambil X := (2 + /n) dan Y := ( + 5/n). Jelas bahwa lim X = 2 dan lim Y = maka lim X Y = 2 = 2. Teorema 2.7. Bila ( ) barisan taknegatif, yaitu lim( ) 0. 0 untuk setiap n N maka Bukti. Andaikan kesimpulan ini salah, yaitu x := lim( ) < 0. Ambil ε := x > 0, maka berdasarkan denisi ada K N sehingga x < x x < x < x = < 0, untuk semua n K. Khususnya untuk n = K berlaku < 0. Hal ini kontradiksi dengan hipotesis bahwa 0 untuk setiap n N. Pengandaian bahwa lim( ) < 0 adalah salah, jadi teorema terbukti.
Teorema 2.8. Jika ( ) dan (y n ) barisan konvergen dan y n untuk setiap n N maka lim( ) lim(y n ). Bukti. Didenisikan barisan (z n ) dengan z n := y n. Diperoleh (z n ) barisan taknegatif. Dengan Teorema sebelumnya maka berlaku lim(z n ) = lim(y n ) = lim(y n ) lim( ) 0 lim(y n ) lim( ). Ini membuktikan teorema yang dimaksud. Teorema 2.9. Bila ( ) barisan konvergen dan a b untuk setiap n N maka a lim( ) b. Bukti. Denisikan barisan konstan (y n := a n N) dan (z n := b n N), maka berlaku y n dan z n. Mengingat lim(y n ) = a dan lim(z n ) = b maka dengan menggunakan teorema sebelumnya dapat disimpulkan berlaku a lim( ) 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 2.0. [Teorema kekonvergenan terjepit (TKJ)] Bila ( ), (y n ) dan (z n ) barisan bilangan real yang memenuhi kondisi berikut. y n z n untuk setiap n N 2. lim( ) = lim(z n ) maka (y n ) konvergen dan lim( ) = lim(y n ) = lim(z n ). Bukti. Misalkan w := lim( ) = lim(z n ). Diberikan ε > 0 sebarang, maka terdapat bilangan asli N dan N 2 sehingga w < ε untuk setiap n N dan z n w < ε untuk setiap n N 2. Bila diambil N := max{n, N 2 } maka berlaku Dari ini diperoleh w < ε dan z n w < ε untuk setiap n N. ε < w dan z n w < ε untuk setiap n N. Diketahui y n z n, dengan menambahkan w pada ketiga ruas diperoleh w y n w z n w untuk setiap n N. Dengan hasil sebelumnya, diperoleh ε < y n w < ε y n w < ε untuk setiap n N. Jadi terbukti lim(y n ) = w. 2
Teorema ini dikenal juga istilah teorema sequeeze atau teorema sandwich. Contoh 2.0. Buktikan lim ( ) sin n n = 0. Bukti. Diperhatikan untuk setiap bilangan asli n berlaku sin n. Karena itu diperoleh n sin n n n. Dengan mengambil = /n, y n = ( ) sin n n dan zn = /n maka dengan TKJ diperoleh ( ) sin n lim = lim( /n) = lim(/n) = 0. n Terbuktilah bahwa lim ( sin n 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.. Misalkan ( ) barisan bilangan real positif sehingga lim + Jika L < maka ( ) konvergen dan lim( ) = 0. := L ada. Bukti. Karena ( ) positif maka ( + ) barisan taknegatif sehingga L 0. Jadi 0 L <. Misalkan r suatu bilangan dimana L < r <, ambil ε := r L > 0. Terdapat bilangan asli K sehingga + L < ε := r L untuk setiap n K. Jadi untuk setiap n K berlaku dan karena 0 < r < maka diperoleh + < r + < r, 0 < + < r < r 2 < < r n K+ x K. Dengan mengambil C := x K r K kita mempunyai 0 < + < Cr n+. Karena 0 < r < maka lim(r n+ ) = 0. Dengan menggunakan TKD maka terbukti lim( ) = lim(+ ) = 0. 3
Contoh 2.. Kita selidiki apakah barisan ( n2 2 n ) konvergen. Kita gunakan uji rasio, yaitu + = = 2 (n + )2 2 n 2 n+ n 2 n 2 + 2n + n 2 = 2 ( + 2 n + n 2 ) Karena L := lim 2 (+ 2 n + n 2 ) = /2 < maka berdasarkan uji rasio disimpulkan barisan ( n2 2 n ) konvergen dengan limit nol. Exercise 9. Misalkan b >, selidikilah kekonvergenan barisan ( n b n ). Pada bagian akhir sub pokok bahasan ini diberikan dua hasil yang berguna untuk mempelajari materi yang akan datang. Teorema 2.2. Jika barisan ( ) konvergen maka. Barisan nilai mutlak ( ) konvergen dengan lim = lim( ), 2. Jika 0 maka barisan ( ) konvergen dengan lim( ( lim(xn ) ) = ). Bukti. () Misalkan lim( ) = x. Kita telah mempunyai sifat nilai mutlak bahwa x x, untuk semua n N. Jadi kekonvergenan ( ) langsung diakibatkan oleh kekonvergenan ( ). (2) Karena x > 0 maka x > 0. Selanjutnya dibentuk xn x = ( x)( + x) xn + x = x xn + x. (*) Karena + x x > 0 maka xn+ x x sehingga dari (*) diperoleh x ( ) x x. Karena x maka ( x) 0, dan dengan menggunakan Teorema kekonvergenan terdominasi maka terbukti lim( ) = ( lim(xn ) x = ). 4
Soal-soal untuk latihan. Buktikan barisan berikut tidak konvergen a) (2 n ) b) ( ) n n 2 2. Hitunglah lim( ) jika a) := (2 + n )2 b) := ( )n n+2 c) := n+ n n d) := (n + ) ln(n+) 3. Bila barisan (b n ) terbatas dan lim(a n ) = 0, tunjukkan lim(a n b n ) = 0. 4. Bila didenisikan y n := n + n, n N, buktikan (y n ) dan ( ny n ) konvergen dan hitunglah limit masing-masingnya. 5. Bila 0 < a < b, buktikan 6. Bila a > 0, b > 0, tunjukkan ( ) a n+ + b n+ lim. a n + b n ( ) lim (n + a)(n + b) n = a + b 2. 7. Gunakan TKT untuk menghitung nilai limit berikut ) a) (n /n2 b) (n!) /n2. 5