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) := x_n

dan disebut suku ke-n barisan X. Notasi barisan yang akan digunakan dalam buku ini adalah

X, (x_n), (x_n: 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 := ¹₁,¹₂,¹₃, · · ·

. Dapat juga ditulis Y := ¹_n : n ∈ N
.

c. Dalam beberapa keperluan praktis, barisan didenisikan secara rekusif atau in- duktif sebagai berikut

(x₁, x₂, · · · , x_n−1 diberikan, x_n := f (x₁, x₂, · · · , x_n−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, x_n := x_n−1+ x_n−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.

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, y_n+1:= ¹₂(y_n+ 2/y_n), n ≥ 1.

b. z1 := 1, z₂ := 2, z_n+2 := (z_n+1+ z_n)/(z_n+1− z_n), n ≥ 3. c. x1 := 1, yn+1 := ¹₄(2yn+ 3), n ≥ 1.

Penulisan barisan menggunakan kurung biasa ”( )” dimaksudkan untuk membedakan- nya dengan himpunan biasa yang ditulis menggunakan kurung kurawal ”{ }”. Pada himpunan, anggota yang sama cukup ditulis satu kali. Sedangkan pada barisan, suku- suku 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| < εdapat 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.

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.

Bukti. 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

|x_n− x_a| < ε untuk setiap n ≥ Na. Juga, karena lim(xn) = xb maka terdapat Nb sehingga

|x_n− x_b| < ε untuk setiap n ≥ Nb. Sekarang untuk n ≥ maks {Na, N_b} maka berlaku

|x_a− x_b| = |x_a− x_n+ x_n− x_b|

≤ |x_n− x_a| + |x_n− x_b|

< ε + ε

= 2

3|x_a− x_b|.

Akhirnya diperoleh |xa−x_b| < ²₃|x_a−x_b|suatu pernyataan yang kontradiksi.Pengandaian x_a 6= x_b salah dan haruslah xa= x_b, 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.

Contoh 2.2. Buktikan bahwa lim(1/n) = 0.

Bukti. 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

|x_n− x| = |1/n − 0| = 1

n < ε untuk setiap n ≥ N.

Mudah saja, pada bentuk terakhir ketidaksamaan ini berlaku ¹_n < ε. Diselesaikan, diperoleh n > ¹_ε. Jadi N cukup diambil sebagai bilangan asli terkecil yang lebih besar dari ¹_ε, atau ceiling dari x yaitu

N = d1/εe .

Sebagai contoh, misalkan diberikan ε := 0.013 maka ¹_ε = 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(¹_n) = 0. 

Contoh 2.3. Buktikan lim _3n+2ⁿ⁺¹
= 1/3.

Penyelesaian. Di sini kita mempunyai xn:= _3n+2ⁿ⁺¹

dan x = 1/3.

|x_n− x| =    

n + 1 3n + 2 −1

3    

=    

3n + 3 − 3n − 2 3(3n + 2)

   

= 1

3(3n + 2) Bentuk terakhir ini akan kurang dari ε bila

(9n + 6)ε > 1, yaitu n > 6 − ε 9ε .

Jadi N cukup diambil sebagai bilangan asli terkecil yang lebih besar dari ^6−ε_9ε , yaitu N = 6 − ε

9ε

 .

Sebagai contoh, misalkan diberikan ε := 0.013 maka ^6−ε_9ε = 7.8803. Jadi cukup diambil N := 8. Agar lebih meyakinkan diambil 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 ⁿ⁺¹
= 1/3. 

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)ⁿn

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

n − 1 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 > 0yang 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 beruk- tuasi 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, · · · , x_n, · · · ) dipotong pada suku ke m dan dibentuk barisan baru

X_m := (x_m+1, x_m+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 Xm juga konvergen, dan berlaku

lim X = lim X_m.

Bukti. (→) Diberikan ε > 0. Karena X = (xn : n = 1, 2, · · · ) konvergen, katakan lim(x_n) = x maka terdapat bilangan asli N sehingga

|x_n− x| < ε untuk setiap n = N, N + 1, N + 2, · · ·

Misalkan ekor barisan Xm = {xm+n : n = 1, 2, 3, · · · }. Karena jika n ≥ N beraki- bat m + n ≥ N maka untuk N ini berlaku

|x_m+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 ter- dapat bilangan asli N sehingga

|x_m+n− x| < untuk setiap m + n = N, N + 1, N + 2, · · · Dengan mengambil N1 = N − m maka berlaku

|xn− x| < εuntuk 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" seder- hana 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 (an) dan (xn). Jika ada C > 0 dan m ∈ N sehingga berlaku

|x_n− x| ≤ C|a_n| untuk semua n ≥ m dan lim(an) = 0 maka lim(xn) = x.

Bukti. Diberikan ε > 0. Karena lim(an) = 0 maka ada Na∈ N sehingga

|a_n| < ε/C untuk setiap n ≥ Na. Jadi untuk setiap n ≥ N := maks {Na, m} berlaku

|x_n− x| ≤ C|a_n| < C(ε/C) = ε.

Terbukti bahwa lim(xn) = x. 

Dikatakan teorema terdominasi karena suku-suku |xn− x|pada akhirnya selalu terdom- inasi dari atas oleh barisan (an) yang konvergen ke nol. Dalam penggunaan teorema ini diperlukan menemukan barisan (an) dan konstanta C > 0 seperti dalam teorema.

Contoh 2.4. Bila a > 0, buktikan barisan lim _1+na¹
= 0.

Bukti. Karena a > 0 maka berlaku 0 < na < na + 1, dan akibatnya kita mempunyai 1

na + 1 < 1 na. Selanjutnya,

| 1

1 + na − 0| = 1

1 + na < 1 a

  1 n

 .

Dengan mengambil C := 1/a dan an = 1/n dan dikarenakan lim an = 0 maka

dengan TKD disimpulkan bahwa lim _1+na¹
= 0. 

Contoh 2.5. Misalkan 0 < b < 1, buktikan lim(bⁿ) = 0.

Bukti. Ambil a := ^1−b_b = ¹_b − 1 > 0. Dapat ditulis b = _(1+a)¹ (mengapa?). Dengan ketidaksamaan Bernoulli berlaku

(1 + a)ⁿ≥ 1 + na dan diperoleh

0 < 1

(1 + a)ⁿ ≤ 1

1 + na < 1

na = 1 a

  1 n

 .

Diambil an := _n¹ dan C = ¹_a maka berdasarkan TKD terbukti lim(bⁿ) = 0.  Exercise 7. Misalkan c > 0, buktikan lim(c^1/n) = 0.

Exercise 8. Buktikan lim(n^1/n) = 1.

Soal-soal yang dipecahkan

1. Buktikan dengan menggunakan denisi limit barisan a) lim

n² 2n²+1



= ¹₂. b) lim _n+1²ⁿ
= 2. 2. Diberikan xn := _ln(n+1)¹ .

a) Gunakan denisi untuk membuktikan lim(xn) = 0. b) Tentukan bilangan asli terkecil N bila diberikan ε = ₂₇¹ .

c) Tunjukkan kebenaran |xn− 0| < εuntuk n = N, N + 1, N + 2, N + 3.

3. Buktikan lim ¹_n− _n+1¹
= 0. 4. Buktikan lim

(2n)^1/n

= 1.

5. Bila lim(xn) = x > 0, tunjukkan ada bilangan asli K sehingga ^x₂ < x_n< 2x untuk setiap n ≥ K.