Limit suatu barisan
3.3. Barisan Monoton
Sampai saat ini, kita telah mempunyai beberapa metode untuk menunjukkan bahwa barisan X = (xn) konvergen :
(i). Kita dapat menggunakan defenisi 3.1.4. atau Teorema 3.1.6. secara langsung. Tetapi ini sering (tetapi tidak selalu) sukar dikerjakan.
(ii). Kita dapat mendominasi xn - x dengan perkalian dari suku-suku dalam barisan
(an) yang diketahui konvergen ke 0, kemudian menggunakan Teorema 3.1.10.
(iii). Kita dapat mengidentifikasi barisan X diperoleh dari barisan-barisan yang diketahui konvergennya dari lebar barisannya, kombinasi aljabar, nilai mutlak atau datar dengan menggunakan Teorema 3.1.9, 3.2.3, 3.2.9, atau 3.2.10.
(iv). Kita dapat mengapit X dengan dua barisan yang konvergen ke limit yang sama dengan menggunakan Teorema 3.2.7.
(v). Kita dapat menggunakan “Uji rasio” dari Teorema 3.2.4.
Kecuali (iii), semua metode ini mengharuskan kita terlebih dahulu mengetahui (atau paling tidak dugaan) nilai limitnya yang benar, dan kemudian membuktikan bahwa dugaan kita benar.
Terdapat banyak contoh, yang mana tidak ada calon limit yang mudah dari suatu barisan, bahkan walaupun dengan analisis dasar diduga barisannya konvergen. Dalam bagian ini dan dua bagian berikutnya, kita akan membahas hasil-hasil yang lebih mendalam dibanding bagian terdahulu yang mana dapat digunakan untuk mem- perkenalkan konvergensi suatu barisan bila tidak ada kandidat limit yang mudah.
3.3.1 Definisi. Misalkan X = (xn) barisan bilangan real, kita katakan X tak turun bila
memenuhi ketaksamaan :
x1≤ x2 .... ≤ xn ≤ xn + 1 ≤ ...
Kita katakan X tak naik bila memenuhi ketaksamaan x1≥ x2≥ .... ≥ xn≥ xn+1≥ ...
Kita katakan X monoton bila X tak naik, atau tak turun. Berikut ini barisan-barisan tak turun
(1,2,3,4,...,n,...); (1,2,2,3,3,3, ...); (a,a2,a3,...,an,...) bila a > 1
Berikut ini barisan-barisan tak naik
(1,1/2,1/3,...,1/n,...), (1,1/2,1/23,...,1/2n-1,...), (b,b2,b3,...,bn,....), bila 0 < b < 1.
Barisan-barisan berikut tak monoton
(+1, -1, +1, ..., (-1)n+1,....), (-1, +2, -3, ..., (-1)nn, ....) Berisan-barisan berikut tak monoton, tetapi pada akhirnya monoton
(7,6,2,1,2,3,4,...), (-2,0,1,1/2,1/3,1/4,...).
3.3.2 Teorema Konvergensi Monoton. Barisan bilangan real monoton konvergen jika dan hanya jika barisan ini terbatas.
Lebih dari itu :
(a). Bila X = (xn) barisan tak turun yang terbatas, maka lim (xn) = sup{xn}
(b). Bila Y = (yn) barisan tak naik yang terbatas, maka lim (yn) = inf{yn}.
Sekarang kita akan buktikan sebaliknya, misalkan X barisan monoton yang terbatas. Maka X tak turun atau tak naik.
(a). Pertama misalkan X barisan tak turun dan terbatas.Dari hipotesis terdapat Μ∈R, sehingga Rn ≤ M untuk semua n∈N. Menurut prinsip supremum terdapat x* = sup{xn :
n∈N.}; kita akan tunjukkan bahwa x* = lim (xn).
Bila ε > 0 diberikan, maka x* - ε bukanlah batas atas dari {xn : n∈N}; dari sini terda-
pat K∈N sehingga x* - ε < xk. Tetapi karena (xn) tak turun maka hal ini diikuti
x* - ε < xk≤ xn≤ x* untuk semua n ≥Κ.
Akibatnya
xn −x* < ε untuk semua n ≥Κ. Karena ε > 0 sebarang, jadi (xn) konvergen ke x*.
(b). Bila Y = (yn) barisan terbatas tak naik, maka jelaslah bahwa X = -Y= (-yn) barisan
terbatas tak turun. Dari (a) diperoleh lim X = sup{-yn : n∈N}. Di lain pihak, dengan
Teorema 3.2.3 (a) lim X = - lim Y, sedangkan dari latihan 2.5.4(b), kita mempunyai sup{-yn ; n∈N} = - inf {yn ; n∈N }. Karenanya lim Y = -lim X = inf{yn ; n∈N }
Teorema konvergensi monoton memperkenalkan eksistensi limit dari barisan monoton terbatas. Hal ini juga memberikan cara perhitungan limit yang menyajikan kita dapat memperoleh supremum (a), infimum (b). Sering kali sukar untuk menge- valuasi supremum (atau infimum), tetapi kita ketahui bahwa hal ini ada, sering pula mungkin mengevaluasi limit ini dengan metode lain.
3.3.3. Beberapa contoh (a). lim 1 n 0 = .
Kita dapat menggunakan Teorema 3.2.10; tetapi, kita akan menggunakan Teorema Konvergen Monoton. Jelaslah bahwa 0 merupakan batas bawah, dari himpunan { 1
n :
n∈N}, dan tidak sukar untuk menunjukkan bahwa infimumnya 0; dari sini 0 = lim 1 n .
Di lain pihak, kita ketahui bahwa X = 1 n
.terbatas dan tak naik, yang men- gakibatkan X konvergen ke bilangan real x. Karena X = 1
n .konvergen ke x, menurut Teorema 3.2.3, X . X = (1/n) konvergen x2. Karena itu x2 = 0, akibatnya x = 0. (b). Misalkan x 1 1 2 1 3 ... 1 n n = + + + + untuk n∈N. Karena x x 1 n 1 x , n 1+ = n + n
+ > kita melihat bahwa (xn) suatu barisan naik. Dengan
menggunakan Teorema Konvergensi Monoton 3.3.2, pertanyaan apakah barisan ini konvergensi atau tidak dihasilkan oleh pertanyaan apakah barisan tersebut terbatas atau tidak. Upaya-upaya untuk menggunakan kalkulasi numerik secara langsung tiba pada suatu dugaan mengenai kemungkinan terbatasnya barisan (xn) mengarah pada
frustrasi yang tidak meyakinkan. Dengan perhitungan komputer akan memberikan nilai aproksiasi xn ≈ 11,4 untuk n = 50.000 dan xn ≈ 12,1 untuk n = 100.000. Fakta
numerik ini dapat menyatukan pengamat secara sekilas untuk menyimpulkan bahwa barisan ini terbatas. Akan tetapi pada kenyataannya barisan ini divergen, yang diperli- hatkan oleh X 1 ... 1 2 1 .... 1 2 2n = + + + n 1 n + + + + + − 1 2 1 3 1 4 > + + + + + + + 1 ... 1 2 ... 1 2 n n 1 2 1 4 1 4 = 1 1 2 1 2 1 2 + + + +... = 1 2 + n
Dari sini barisan (xn) tak terbatas, oleh karena itu divergen (teorema 3.2.2).
(c) Misalkan Y = (yn) didefenisikan secara induktif oleh Y1 = 1, Yn+1 = 14
(
2yn +3)
untuk n ≥ 1. Kita akan menunjukkan bahwa lim Y = 3 2 .
Kalkulasi langsung menunjukkan bahwa y2 = 54. Dari sini kita mempunyai y1
< y2 < 2. Dengan induksi, kita akan tunjukkan bahwa yn < 2 untuk semua n∈N. Ini
benar untuk n = 1,2. Jika yk < 2 berlaku untk suatu k∈N, maka
yk+1 = 14
(
k)
(
)
1 4 3 4 2y + <3 4+ = + <3 1 2Dengan demikian yk+1 < 2. Oleh karena itu yn < 2 untuk semua n∈N.
Sekarang, dengan induksi, kita akan tunjukkan bahwa yn < yn+1 untuk semua
n∈N. Kemudian pernyataan ini tidak dibuktikan untuk n = 1. Anggaplah bahwa yk <
yk+1 untuk suatu k∈N;
yk+1 = 14
(
k) (
)
14 k +1 k 2
2y + <3 2y + <3 y +
Jadi yk < yk+1 mengakibatkan yk+1 < yk+2. Oleh karena itu yn < yn+1 untuk semua n∈N.
Kita telah menunjukkan bahwa Y = (yn) adalah barisan naik dan terbatas di
atas oleh 2. Menurut Teorema konvergensi Menoton, Y konvergen ke suatu limit yakni pada kurang dari atau sama dengan 2. Dalam hal ini, tidak mudah untuk mengevaluasi lim(yn) dengan menghitung sup{yn : n∈N}. Tetapi terdapat cara lain
untuk mengevaluasi limitnya. Karena yn+1 =41
(
2yn +3)
untuk semua n∈N, maka sukuke n dari 1-ekor Y1 dan suku ke n dari Y mempunyai relasi aljabar sederhana. Dengan
Teorema 3.1.9, kita mempunyai y = lim Y1 = lim Y yang diikuti dengan Teorema
3.2.3 diperoleh y = 1
(
)
4 2y+3 yang selanjutnya mengakibatkan y =
3 2 .
(d). Misalkan Z = (zn) dengan z1 = 1, zn+1 = 2zn untuk semua n∈N, kita akan lan-
jutkan lim (zn) = 2.
Catatan bahwa z1 = 1 dan z2 = 2; Dari sini 1 ≤ z1≤ z2 < 2. Kita klaim bahwa
Z tak turun dan terbatas di atas oleh 2. Untuk membuktikannya kita akan lakukan se- cara induksi, yaitu 1 ≤ zn < zn+1 < 2 untuk semua n∈N. Faktor ini dipenuhi untuk n =
1. Misalkan hal ini juga dipenuhi untuk n = K, maka 2 ≤ 2zK < 2zK+1 < 4, yang diikuti
oleh 1 < 2 ≤ zK+1 = 2zK < zK+2 = 2zK 1+ < 4= 2.
[Pada langkah terakhir kita menggunakan contoh 2.2.14 (a)]. Dari sini ketaksamaan 1
≤ zK < zK+1 < 2 mengakibatkan 1 ≤ zK+1 < zK+2 < 2. Karena itu 1 ≤ zn < zn+1 < 2 untuk
Karena Z = (zn) terbatas dan tak turun, menurut Teorema Konvergensi
Monoton Z konvergen ke z = sup {zn}. Akan ditunjukkan secara langsung bahwa
sup{zn}= 2, jadi z = 2. Atau kita dapat menggunakan cara bagian (c). Relasi zn+1
= 2zn memberikan relasi antara suku ke n dari Z1 dan suku ke n dari Z. Dengan
Teorema 3.1.9,kita mempunyai lim Z1 = z = lim Z. Lebih dari itu, menurut Teorema
3.2.3 dan 3.2.10, z harus memenuhi z = 2z. Ini menghasilkan z = 0, 2. Karena 1 ≤ z
≤ 2. Jadi z = 2