PERANGKAT PEMBELAJARAN
MATA KULIAH ANALISIS REAL II
Susunan Perangkat:
◦ Kontrak Perkuliahan ◦ ◦ Lesson Plan ◦
◦Evaluasi Program dan Proses Pembelajaran ◦ ◦ Rekonstruksi Mata Kuliah ◦
◦ Bahan Ajar ◦
oleh
Kelas B
Jurusan Matematika Fakultas Matematika dan IPA
Pertemuan 1
Barisan
Bilangan Real
1.1
Pendahuluan
1.1.1 Deskripsi Singkat materi
Pada Pertemuan ke-4, materi yang dibahas adalah sifat-sifat aljabar bilangan real yang dimulai dengan mengenalkan aksioma lapangan bilangan real. Dari aksioma lapangan tersebut dikembangkan menjadi beberapa teorema yang memperlihatkan sifat-sifat aljabar bilangan real.
1.1.2 Kegunaan Materi
Dalam pertemuan ini, diharapkan mahasiswa mampu mengenal lebih dalam ten-tang sifat-sifat aljabar bilangan real. Terlebih khususnya, diharapkan mahasiswa menjadi terlatih dalam bernalar untuk mendapatkan ide dalam membuktikan suatu teorema, lemma, ataupun corrolary. Mahasiswa mampu menggunakan jenis-jenis pembuktian matematika, sehingga untuk materi yang lebih lanjut akan lebih mu-dah.
1.1.3 Kompetensi Khusus
Menguasai sifat-sifat lapangan bilangan real, teorema-teorema yang terkait serta mampu menerapkannya dalam menyelesaikan soal.
1.1.4 Susunan Materi 1. Aksioma Lapangan R.
2. Teorema-Teorema yang menyatakan sifat-sifat aljabar bilangan Real R.
3. Latihan.
1.1.5 Petunjuk Bagi Mahasiswa
1. Analisis Real adalah mata kuliah penalaran yang setiap bagian, baik dari definisi, teorema sampai turunan teorema berupa lemma dan corrolary harus dibuktikan secara terurut.
2. Jika ingin membuktikan suatu teorema, hanya bisa menggunakan definisi, ak-sioma atau teorema yang telah dibuktikan sebelumnya.
3. Setiap sub pokok bahasan terdapat soal-soal latihan. Soal-soal ini diselesaikan berdasarkan definisi dan teorema sebelumnya.
4. Pembuktian teorema atau penyelesaian soal-soal latihan harus memperhatikan mekanisme pembuktian matematis baik berdasarkan logika matematika dan pembuktian dengan induksi matematika.
1.2
Teorema-teorema Limit
Dalam bagian ini kita akan memperoleh beberapa hal yang memungkinkan kita mengevaluasi limit dari barisan bilangan real yang tertentu. Hasil ini memungkinkan kita menambah koleksi barisan konvergen.
Definisi 1.1. Sebuah barisan bilangan realX = (xn) dikatakan terbatas jika terdapat bilangan realM >0 sedemikian hingga|xn| ≤M untuk setiap n∈N.
Oleh karena itu, barisan (xn) terbatas jika dan hanya jika himpunan {xn :n∈N} merupakan subset terbatas dalamR.
Teorema 1.1. Jika barisan bilangan real konvergen maka barisan tersebut terbatas.
Bukti 1.1. Ambil sebarangε >0 maka terdapat K ∈Nsedemikian sehingga untuk setiapn≥K berlaku|xn−x|< ε
Kita tuliskan : xn=xn−x+x
Jika menggunakan Ketaksamaan Segitiga dengann≥K, maka diperoleh
|xn|=|xn−x+x| ≤ |xn−x|+|x|< ε+|x|
Dengan menetapkan
M := sup{|x1|,|x2|,· · · ,|xK−1|,1 +|x|},
Dapat kita lihat bahwa terdapat bilangan real positif yaitu lebih besar dari mutlak semua barisan xn atau |xn| ≤ M, untuk semua n ∈ N. Jadi, terbukti bahwa
X= (xn) terbatas.
Teorema 1.2. (a) Misalkan X = (xn) dan Y = (yn) barisan bilangan real yang berturut-turut konvergen ke x dan y, serta c ∈ R. Maka barisan X +Y,
(b) Jika X = (xn) konvergen ke x dan Z = (zn) adalah barisan bilangan real tak nol yang konvergen kezdan jikaz6= 0, maka hasilbagi barisanX/Z konvergen ke x/z.
Bukti 1.2.(a).1. X+Y −→x+y
Karenaxn−→xmaka untuk setiap ε1>0 berlaku |xn−x|< ε1 Karenayn−→y maka untuk setiap ε2>0 berlaku|yn−y|< ε2
Ambil sebarang ε > 0 didefinisikan ε = ε1 +ε2 maka terdapat K(ε) ∈ N sedemikian hingga untuk setiap n∈N,n≥K berlaku :
|(xn+yn)−(x+y)|=|(xn−x) + (yn−y)| ≤ |xn−x|+|yn−y|
< ε1+ε2=ε
2. X−Y −→x−y
Karenaxn−→xmaka untuk setiap ε1>0 berlaku |xn−x|< ε1 Karenayn−→y maka untuk setiap ε2>0 berlaku|yn−y|< ε2
Ambil sebarang ε > 0 didefinisikan ε = ε1 +ε2 maka terdapat K(ε) ∈ N sedemikian hingga untuk setiap n∈N,n≥K berlaku :
|(xn−yn)−(x−y)|=|(xn−x)−(yn−y)| ≤ |xn−x|+|yn−y|
< ε1+ε2=ε
3. X·Y −→xy
Karenaxn−→xmaka untuk setiap ε2>0 berlaku |xn−x|< Mε2 Karenayn−→y maka untuk setiap ε1>0 berlaku|yn−y|< Mε1 Ambil sebarang ε > 0 didefinisikan ε = ε2
M + ε
1
M maka terdapat K(ε) ∈ N sedemikian hingga untuk setiap n∈N,n≥K berlaku :
|xnyn−xy|=|xnyn−xy+xny−xny| =|xn(yn−y) +y(xn−x)|
≤ |xn||yn−y|+|y||xn−x|
M1 >0 sedemikian hingga|xn| ≤M1kita tuliskanM := sup{M1,|y|}sehingga Ambil sebarang ε > 0 didefinisikan ε = ε2
M + ε
1
M maka terdapat K(ε) ∈ N sedemikian hingga untuk setiap n∈N,maka n≥K berlaku :
|cxn−cx|=|c(xn−x)|
Ambil sebarang ε > 0 maka terdapat K(ε) ∈ N sedemikian hingga untuk setiapn∈N,maka n≥K berlaku :
Teorema 1.3. Jika X = (xn) adalah sebuah barisan bilangan real yang konvergen dan jika xn≥0 untuk setiap n∈N, makax= lim(xn)≥0.
konvergen maka berlaku|xn−x|< ε
−ε < xn−x < ε −ε+x < xn−x+x < ε+x
ε−x < xn< ε+x
Karenaε=−xmaka xn(−x) +x=⇒xn<0
Hal ini kontradiksi dengan hipotesis bahwa xn ≥ 0 untuk semua n ∈ N. Jadi, haruslah x≥0.
Teorema 1.4. Jika X = (xn) dan Y = (yn) barisan bilangan real yang konvergen dan jika xn≤yn untuk setiapn∈N, makalim(xn)≤lim(yn).
Bukti 1.4. Diketahui (Xn) konvergen ke x atau limXn = x, (Yn) konvergen ke y atau limYn=y,xn≤yn untuk semua n∈N.
Akan dibuktikan : limxn≤limyn
Berdasarkan Teorema 3.2.3 (Pengurangan), maka lim(yn−xn) =Y −X Berdasarkan Teorema 3.2.4 karenaxn≤yn,∀n∈N
Maka,yn−xn≥0 sehingga lim(yn−xn)>0. Karena lim(yn−xn)≥0 maka :
y−x≥0
x≤y
limxn≤limyn
Jadi, Teorema terbukti.
Teorema 1.5. Jika X = (xn) adalah sebuah barisan konvergen dan jika a≤xn ≤b untuk semua n∈N, makaa≤lim(xn)≤b.
Bukti 1.5. Diketahui (Xn) konvergen ke x atau lim(xn) = x, a ≤ xn ≤ b, untuk semua n∈Ndan a, b∈R.
Akan dibuktikan : a≤limxn≤b ataua≤x≤b Berdasarkan Contoh 3.1.2 dapat kita misalkan :
(wn) = (a, a, a, ...)−→makalim(wn) =a (yn) = (b, b, b, ...)−→makalim(yn) =b
a. Kasus 1
Karenaa≤xn makaxn≤yn
Berdasarkan Teorema 3.2.5 maka lim(wn)≤lim(xn) b. Kasus 2
Karenaxn≤bmaka wn≤xn
Berdasarkan Kasus 1 dan 2, maka :
lim(wn)≤lim(xn)≤lim(yn)
a≤x≤b
Jadi, Teorema terbukti.
Teorema 1.6. Teorema Apit
Misalkan bahwa X = (xn), Y = (yn), dan Z = (zn) adalah barisan bilangan real yang memenuhi
xn≤yn≤zn,∀n∈N
dan bahwa lim(xn) = lim(zn). Maka Y = (yn) adalah konvergen dan lim(xn) = lim(yn) = lim(zn).
Bukti 1.6. Ambil sebarangε >0 maka terdapatK(ε)∈Nsedemikian hingga untuk setiapn∈N, makan≥K(ε) berlaku :
|xn−w|< εdan |zn−w|< ε
−ε < xn−w < εdan −ε < zn−w < ε ...(*)
Berdasarkan hipotesis :
xn−w≤yn−w≤zn−w ...(semua ruas dijumlahkan dengan (-w)) −ε < xn−w≤yn−w≤zn−w < ε ...(*)
−ε < yn−w < ε |yn−w|< ε
Untuk semua n ≥ K karena ε > 0 sebarang. Jadi, (yn) konvergen ke w atau lim(yn) =w.
Contoh 1.1.
(a) Barisan (n) divergen
Mengikuti Teorema 3.2.2, andaikan barisan X := (n) konvergen, maka terdapat bilangan real M > 0 sedemikian hingga n =|n|< M untuk setiap n ∈ N. tetapi hal ini melanggar sifat Archimedes.
(b) Barisan ((−1)n) divergen
Barisan X = ((−1)n) terbatas (ambil M := 1), sehingga kita tidak dapat menggu-nakan Teorema 3.2.2. Karena itu, andaikanX= ((−1)n) konvergen dana:= limX. Misalkanε:= 1 maka terdapatK ∈Nsedemikian hingga:
Tetapi jikanganjil dann≥K, hal ini memberikan|−1−a|<1, sehingga−2< a <
0. Di sisi lain, jikanbilangan asli genap dann≥K, ini memberikan persamaan|1−
a|<1 sehingga 0< a <2. Karenaatidak mungkin memenuhi kedua ketaksamaan tersebut, maka pengandaian bahwaXkonvergen menghasilkan hal yang kontradiksi. Maka haruslah barisan X divergen.
(c) lim(2n+1n ) = 2
MisalkanX := (2) dan Y := (1/n), maka ((2n+ 1)/n) =X+Y. Dengan menggu-nakan Teorema 3.2.3(a) diperoleh bahwa lim(X+Y) = limX+ limY = 2 + 0 = 2.
(d) lim(2n+1n+5) = 2
Karena barisan (2n+1) dan (n+5) tidak konvergen, maka kita tidak dapat menggu-nakan Teorema 3.2.3(b) secara langsung. Tetapi kita dapat melakukan yang berikut:
2n+ 1
n+ 5 =
2 + 1/n
1 + 5/n,
yang memberikan X = (2 + 1n) dan Z = (1 +n5) sehingga Teorema 3.2.3(b) dapat digunakan.(Selidiki terlebih dahulu syarat-syarat yang harus dipenuhi). Selanjutnya diperoleh
lim(2n+ 1
n+ 5) = lim(
2 + 1/n
1 + 5/n) =
lim(2 + 1/n) lim(1 + 5/n) =
2 1 = 2
(e) lim(n2n2+1) = 0
Teorema 3.2.3(b) tidak dapat digunakan secara langsung, juga sampai pada
2n n2+ 1 =
2
n+ 1/n,
tetapi Teorema 3.2.3(b) tidak dapat digunakan disini, karena (n+1/n) bukan barisan konvergen. Tetapi, jika kita tuliskan
2n n2+ 1 =
2/n
1 + 1/n2
maka kita dapat menggunakan Teorema 3.2.3(b),
lim(2
n) = 0, danlim(1 +
1
n2) = 16= 0
Maka lim((n22n+1)) = 01 = 0.
(f) lim(sinnn) = 0
Kita tidak dapat menggunakan Teorema 3.2.3(b) secara langsung. Tetapi perlu dicatat bahwa−1≤sinn≤1, maka
Karena lim(−1/n) = lim(1/n) = 0, dengan menggunakan Teorema Apit diperoleh bahwa lim(sinnn) = 0
(g) Misalkan X = (xn) barisan yang konvergen ke x ∈R. Sedangkan p polinomial, sebagai contoh
p(t) :=aktk+ak−1tk−1+· · ·+a1t+a[0],
dengan k ∈ N dan aj ∈ Runtuk j = 0,1,· · ·, k. Dengan menggunakan Teorema 3.2.3 bahwa barisan (p(xn)) konvergen ke p(x).
(h) Misalkan X = (xn) barisan bilangan real yang konvergen ke x ∈R. Sedangkan
r merupakan fungsi rasional (bahwa, r(t) :=p(t)/q(t), dimana pdan q polinomial). Misalkan juga q(xn) 6= 0 untuk semua n ∈ N dan bahwa q(x) = 0. Maka barisan (r(xn))konvergen ke r(x) =p(x)q(x).
Teorema 1.7. Misalkan barisan X = (xn) konvergen ke x. Maka barisan (|xn|) konvergen ke |x|. Yaitu jikax= lim(xn), maka|x|= lim(|xn|).
Bukti 1.7. Ambil sebarangε >0 maka terdapatK(ε)∈Nsedemikian hingga untuk semua n∈Nmakan≥K(ε) berlaku |xn−x|< ε
Berdasarkan Ketaksamaan Segitiga (Akibat 2.2.4(a)) bahwa
||xn| − |x|| ≤ |xn−x|< ε, untuk semua n∈N
Selanjutnya kekonvergenan dari (|xn|) ke |x| suatu akibat langsung dari kekonver-genan dari (xn) ke x. Jadi, terbutki bahwa lim|xn|=|x|
Teorema 1.8. Misalkan X= (xn)adalah barisan bilangan real yang konvergen ke x dan xn ≥0, untuk semua n∈N. Maka barisan (√xn) konvergen dan lim(√xn) = √x.
Bukti 1.8. Ambil sebarangε >0 maka terdapatK(ε)∈Nsedemikian hingga untuk semua n∈Nmakan≥K(ε) berlaku |xn−x|< ε2
Karenaxn≥0 maka menurut Teorema 3.2.4 lim(xn) =x≥0 a Kasus 1
Untuk x= 0
|xn−x|< ε2 |xn−0|< ε2 |xn|< ε2
Berdasarkan 2.1.13, maka
Teorema 1.9. Misalkan(xn)barisan bilangan real positif sehinggaL:= lim(xn+1/xn) ada. Jika L <1, maka (xn) konvergen dan lim(xn) = 0.
Bukti 1.9. Menurut 3.2.4 diperoleh bahwa L ≥ 0. Misalkan r bilangan dengan
L < r <1, danε=r−L >0. Maka terdapat n∈K. Dipenuhi
|xxn+1 n −
L|< ε
Akibatnya bahwa jikan≥K, maka
xn+1
xn
< L+ε=L+ (r−L) =r
Karena itu, jikan≥K diperoleh
0< xn+1 < xnr < xn−1r2<· · ·< xKrn−K+1
Jika kita tetapkan C := xK/rK, kita peroleh 0 < xn+1 < Crn+1 untuk semua
n ≥ K. Karena 0 < r < 1, menurut 3.1.11(b) bahwa lim(rn) = 0 dan karenanya menurut Teorema 3.1.10 lim(xn) = 0.
1.3
Barisan Monoton
Sampai saat ini, kita telah mempunyai beberapa metode untuk menunjukkan bahwa barisanX = (xn) konvergen :
(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 menggunakan Teorema 3.2.7.
(v) Kita dapat menggunakan ”Uji Rasio” dari Teorema 3.2.4
Kecuali untuk (iii), semua metode ini mengharuskan kita untuk 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 jika tidak ada kandidat limit yang mudah.
Definisi 1.2. Misalkan X = (xn) barisan bilangan real, kita katakan X tak turun jika memenuhi ketaksamaan
x1 ≤x2 ≤ · · · ≤xn≤xn+1≤ · · ·
Kita katakanX tak naik jika memenuhi ketaksamaan :
x1 ≥x2 ≥ · · · ≥xn≥xn+1≥ · · ·
Kita katakanX monoton jikaX 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,· · ·), jikaa >1
Berikut ini barisan-barisan tak naik :
(1,1/2,1/3,· · ·,1/n,· · ·),(1,1/2,1/22,· · ·,1/2n−1,· · ·) (b, b2, b3,· · ·, bn,· · ·), jika0< b <1
Berikut ini barisan-barisan tak monoton :
Berikut ini barisan-barisan tak monoton, tapi pada akhirnya monoton :
(67,6,2,1,2,3,4,· · ·),(−2,0,1,1/2,1/3,1/4,· · ·).
Teorema 1.10. Konvergensi Monoton
Barisan bilangan real monoton konvergen jika dan hanya jika barisan ini terbatas. lebih dari itu :
(a) Jika X = (xn) barisan tak turun yang terbatas, maka lim(xn) = sup{xn: n∈ N}
(b) JikaY = (yn) barisan tak naik yang terbatas, maka lim(yn) = inf{yn:n∈N}
Bukti 1.10. Dari Teorema 3.2.2 diketahui bahwa barisan konvergen pasti terbatas. Sekarang kita akan buktikan sebaliknya, misalkanXbarisan monoton yang terbatas. Maka X tak turun atau tak naik.
(a) Pertama misalkan X barisan tak turun dan terbatas. Dari hipotesis terdapat
M ∈R, sehinggaRn≤M untuk semuan∈N. Menurut prinsip supremum terdapat
x∗ = sup{xn:n∈N}, akan kita tunjukkan bahwax∗ = lim(xn).
Jika ε >0 diberikan, maka x∗−ε bukanlah batas atas dari{xn:n ∈N}, dari sini terdapatK ∈Nsehinggax∗− −ε < xK. Tetapi karena (xn) tak turun maka hal ini diikuti
x∗−ε < xK ≤xn≤x∗ < x∗+ε,∀n≥K
Akibatnya
|xn−x∗|< ε,∀n≥K.
Karenaε >0 sebarang, jadi (xn) konvergen kex∗.
(b) JikaY = (yn) barisan terbatas tak naik, maka jelaslah bahwaX=−Y = (−yn) barisan terbatas tak turun. Dari (a) diperoleh limX = sup{−yn:n ∈N}. Di lain pihak, dengan Teorema 3.2.3(a) limX = −limY,sedangkan dari latihan 2.5.4(b), kita mempunyai
sup{−yn:n∈N}=−inf{yn:n∈N}
Karenanya limY =−limX= inf{yn:n∈N}.
Teorema Konvergensi Monoton memperkenalkan eksistensi limit dari barisan mono-ton terbatas. Hal ini juga memberikan cara perhitungan limit yang menyajikan kita dapat memperoleh supremum (a), infimum(b). Sering kali sukar untuk mengeval-uasi supremum (atau infimum), teatpi kita ketahui bahwa hal ini ada, sering pula mungkin mengevaluasi limit ini dengan metode lain.
Kita dapat menggunakan Teorema 3.2.10; tetapi, kita akan menggunakan Teo-rema Konvergen Monoton. Jelaslah bahwa O merupakan batas bawah, dari himpunan {(√1n) : n ∈ N},dan tidak sukar untuk menunjukkan bahwa infi-mumnya 0; dari sini
0 = lim(√1
n)
Di lain pihak, kita ketahui bahwa X = (√1n). terbatas dan tak naik, yang mengakibatkanX konvergen ke bilangan realx. KarenaX = (√1
n) konvergen kex, menurut Teorema 3.2.3 bahwaX· · ·X= n1 konvergen kex2. Karena itu
x2 = 0, akibatnya x= 0.
(b) Misalkanxn= 1 +12 +13+· · ·+1n untukn∈N
Karena xn+1 =xn+n+11 > xn, kita melihat bahwa (xn) suatu barisan naik. Dengan menggunakan Teorema 3.3.2, pertanyaan apakah barisan ini konver-gensi atau tidak dihasilkan oleh pertanyaan apakah barisan tersebut terbatas atau tidak. Upaya-upaya untuk menggunakan kalkulasi numerik secara lang-sung tiba pada suatu dugaan mengenai kemungkinan terbatasnya barisan (xn) mengarah pada frustrasi yang tidak meyakinkan. Dengan perhitungan kom-puter akan memberikan nilai aproksiasi xn ≈ 11,4 untuk n = 50.000 dan
xn≈12,1 untuk n= 100.000.
Fakta numerik dapat menyatukan pengamat secara sekilas untuk menyim-pulkan bahwa barisan ini terbatas. Akan tetapi kenyataanya barisan ini diver-gen yang di perlihatkan oleh :
X2n = 1 + 1
2+ (13 +14) +· · ·+ (2n−11+1+· · ·+ 21n)
>1 +12 + (14+ 14) +· · ·+ (21n +· · ·+21n)
= 1 + 12+12 +· · ·+ 12 = 1 +n 2
Dari sini barisan (xn) tak terbatas, oleh karena itu divergen (Teorema 3.2.2)
Contoh 1.3. (a) Misalkan Y = yn, didefinisikan secara induktif oleh Y1 = 1,
Yn+1 = Dengan induksi, kita akan tunjukkan bahwa yn <2 untuk semua n∈N. Ini benar untukn= 12, Jika yk<2 berlaku untuk semua k∈Nmaka: Sekarang dengan induksi, kita akan tunjukkan bahwa yn< yn+1 untuk semua
yk+1= 1
4(2yk+ 3)< 1
4(2yk+1+ 3)< yk+2
Jadi,yk < yk+1mengakibatkanyk+1< yk+2. Oleh karena ituyn< yn+1 untuk semua n∈N.
Kita telah menunjukkan bahwa Y = (yn) adalah barisan naik dan terbatas di atas oleh 2. Menurut Teorema Konvergensi Monoton, Y konvergen ke suatu limit yakni pada kurang dari atau sama dengan 2. Dalam hal ini, tidak mudah untuk mengevaluasi lim(yn) dengan menghitung supyn:n∈N. Tetapi terda-pat cara lain untuk mengevaluasi limitnya.
Karenayn+1= 1
4(2yn+ 3) untuk semuan∈N, maka suku kendari 1 ekorY1 dan suku ke ndari Y mempunyai relasi aljabar sederhana. Dengan Teorema 3.1.9, kita mempunyaiy = limY1 = limY yang diikuti dengan Teorema 3.2.3
diperolehy = 1
4(2yn+ 3) yang selanjutnya mengakibatkan y= 3 2.
(b) MisalkanZ = (zn) denganz1 = 1,zn+1 =√2znuntuk semuan∈N, kita akan lanjutkan 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 membuk-tikannya kita akan lakukan secara 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 ketak-samaan 1≤zK < zK+1 <2
mengakibatkan 1≤zK < zK+1< zK+2 <2. Karena itu 1≤zn< zn+1<2 untuk semuan∈N.
Karena Z = (zn) terbatas dan tidak turun, menurut Teorema Konvergensi MonotonZkonvergen kez= supzn. Akan ditunjukkan secara langsung bahwa supzn = 2, jadi z = 2. Atau kita dapat menggunakan cara bagian (a). Re-lasi zn+1 =√2zn memberikan relasi antara suku ke ndari Z1 dan suku ke n dari Z. Dengan teorema 3.1.9, kita mempunyai limZ1 = z = limZ. Lebih dari itu, menurut Teorema 3.2.3 dan 3.2.10, z harus memenuhi z =√2z. Ini menghasilkanz= 0,2. Karena 1≤z≤2. Jadiz= 2.
Perhitungan Akar Kuadrat
Contoh 1.4. Misalkan a > 0, kita akan mengkonstruksi barisan bilangan real sn yang konvergen ke √a.
Misalkan s1 > 0 sebarang dan didefinisikan sn+1 := 12(sn +a/sn) untuk semua
persamaan ini mempunyai akar real. Dari sini diskriminannya 4s2
n+1−4aharus tak negatif, yaitu s2n+1≥auntukn≥1.
Untuk melihat (sn) pada akhirya tak naik, kita catat bahwa untuk n ≥ 2 kita mempunyai
Dari sini, sn+1 ≤sn untuk semua n≥2. Menurut Teorema Konvergensi Monoton lim(sn) =s ada. Lebih dari itu, dari Teorema 3.2.3,S harus memenuhi
s= 1 2(s+
a s),
yang mengakibatkan s= as ataus2 =a. Jadi,s=√a.
Untuk perhitungan, sering penting untuk mengestimasi bagaimana cepatnya barisan (sn) konvergen ke√a. Dari di atas, kita mempunyai √a≤sn untuk semuan≥2, yang mengakibatkan bahwa a/sn≤√a≤sn. Jadi kita mempunyai
0≤sn−√a≤sn−a/sn= (s2n−a)/sn,∀n≥2.
Dengan menggunakan ketaksamaan ini kita dapat menghitung √a dengan derajat akurasi yang diinginkan.
Bilangan Euler
Contoh 1.5. Misalkanen := (1 + 1/n)n untuk semua n∈N. Kita akan tunjukkan bahwa E = (en) terbatas dan tak turun, karenanya E konvergen. limit barisan ini terkenal denganBilangan Euler e, yang nilainya didekati dengan
e≈2.718281828459045· · ·, dan kemudian digunakan sebagai bilangan dasar logar-itma natural.
Bilamana kita menggunakan Teorema Binomial, kita mempunyai
en= (1 + 1
Dengan cara serupa kita mempunyai :
Perhatikan bahwa ekspresi untuk en menurut n+ 1 menurut n+ 2 suku. Selain itu, masing-masing suku dalam en adalah lebih kecil atau sama dengan suku yang bersesuaian dalam en+1 dan en+1 mengandung lebih satu suku positif. Oleh karena itu, kita mempunyai 2≤e1 ≤e2< ... < en< en+1 < ..., dengan demikian suku-suku dari E naik.
Untuk menunjukan bahwa suku-suku dari E terbatas di atas, kita perhatikan bahwa jika p= 1,2, ..., n, maka (1−np)<1. Selain itu 2p−1 ≤p! [Lihat 1.3.3 (d)] dengan demikian p!1 ≤ 2p1−1 oleh karena itu, jika n >1, maka kita mempunyai
2< en<1 + 1 +1 2 +
1
22 +...+ 1 2n−1
Karena dapat dibuktikan bahwa [lihat 1.3.3 (b)]
1
2 +212 + 2n1−1 = 1−2n1−1 <1,
Kita simpulkan bukan 2 ≤ en < 3 untuk semua n ∈ N. Menurut Teorema Kon-vergensi Monoton, kita peroleh bahwa barisan E konvergen ke suatu bilangan real antara 2 dan 3. Kita definisikan bilanganemerupakan limit dari barisan ini.
Dengan penghalusan estimasi kita dapat menemukan bilangan yang dekat sekali ke
e, tetapi kita tidak dapat menghitungnya secara eksak, karena eadalah suatu bilangan irasional. akan tetapi mungkin untuk menghitung esampai beberapa tempat desimal yang diinginkan. Pembaca boleh menggunakan kalkulator (atau komputer) untuk menghitungen dengan mengambil nilai nyang ”besar”.
1.4
Sub Barisan dan Teorema Bolzano-Weierstrass
Dalam bagian ini kita akan memperkenalkan gagasan subbarisan dari barisan yang diberikan. Gagasan ini agak lebih umum daripada ekor barisan (yaitu diba-has pada 3.1.8) sering bermanfaat dalam membuktikan divergensi barisan. Kita juga akan membuktikan Teorema Bolzano-Weistrass, yang akan digunakan untuk memperkenalkan sejumlah hasil akibatnya.Definisi 1.3. Misalkan X = (xn) barisan dan n1 < n2 < · · · < nk < · · ·, barisan bilangan asli yang naik. Maka barisan X′ = (xn
k) dalam R yang diberikan oleh
(xn1, xn2,· · · , xnk,· · ·)
disebut sub barisan dari X.
Sebagai contoh, berikut ini adalah subbarisan dariX := (11,12,13,· · ·). Maka
X′ = (1 2,
1 4,
1 6,· · ·,
dimanan1 = 2, n2 = 4,· · ·, nk = 2k,· · ·.Sub barisan dariX = (1/n) mengikuti:
Sedangkan yang berikut bukan subbarisan dariX = (1/n):
(1
Tentu saja, sebarang ekor barisan merupakan subbarisan, ekor-m bersesuaian de-ngan barisan yang ditentukan dede-ngan
n1=m+ 1, n2 =m+ 2,· · ·, nk =m+k,· · ·
Tetapi, tidak setiap subbarisan merupakan ekor barisan.
Subbarisan dari barisan konvergen juga konvergen ke limit yang yang sama.
Teorema 1.11. Jika suatu barisan bilangan real X = (xn) konvergen ke bilangan real x, maka sebarang subbarisanX′ = (xn
k) dari X juga konvergen kex.
Bukti 1.11. Misalkan ε > 0 diberikan dan pilih bilangan asli K(ε) sedemikian se-hingga jikan≥K(ε), maka |xn−x|< ε. Karena r1 < r2 <· · ·< rn <· · · adalah barisan bilangan real naik maka dapat dibuktikan (dengan induksi) bahwarn≥n. Dari sini, jika n ≥ K(ε) kita juga mempunyai rn ≥ n ≥ K(ε) dengan demikian |xrn−x|< ε. Oleh karena itu subbarisan (xrn) juga konvergen ke x.
Contoh 1.6.
(a) lim(bn) = 0 jika 0< b <1.
Kita telah melihat, di contoh 3.1.11(b) bahwa jika 0< b <1 dan jikaxn:=bn, maka dari Ketaksamaan Bernoulli diperoleh bahwa lim(xn) = 0. Cara lain, kita melihat bahwa karena 0 < b < 1, maka xn+1 = bn+1 < bn = xn dengan demikian (xn) adalah barisan turun. Jelas juga bahwa 0 ≤ xn ≤ 1, sehingga menurut Teorema Konvergensi Monoton 3.3.2 barisan tersebut konvergen. Misalkan x = lim(xn). Karena (x2n) subbarisan dari (xn) menurut Teorema 3.4.2 maka x = lim(x2n). Di
lain pihak, karena x2n=b2n= (bn)2=x2n dan menurut Teorema 3.2.3 diperoleh
x= lim(x2n) = (lim(xn))2 =x2.
Oleh karena itu, kita harus mempunyai x = 0 atau x = 1. Karena (xn) barisan turun dan terbatas di atas oleh 1, maka haruslahx= 0.
(b) lim(c1/n) = 1 untukc >1.
Limit ini telah diperoleh dalam contoh 3.1.11(d) untuk c > 0, dengan pemikiran argumen yang banyak diakal-akali. Di sini kita melihat pendekatan lain untuk kasus
n ∈ N. Jadi, dengan menggunakan Teorema Konvergensi Monoton, z = lim(z2n). Di lain pihak, karena
z2n=c1/2n= (c1/n)1/2 =zn1/2
dan Teorema 3.2.10 bahwa
z= lim(z2n) = (lim(zn))1/2 =z1/2.
Karena itu kita mempunyai z2 = z yang menghasilkan z = 0 atau z = 1. Karena
zn>1 untuk semua n∈N, maka harusalh z= 1.
Teorema 1.12. MisalkanX = (xn)suatu barisan. Maka pernyataan berikut ekivalen: (i) Barisan X= (xn) tidak konvergen x∈R.
(ii) Terdapat ε0 > 0 sehingga untuk sebarang k ∈ N, terdapat rk ∈ N sehingga
rk ≥k dan |xrk−x| ≥ε0
(ii) Terdapatε0>0dan subbarisanX = (xrn)dariXsehingga|xrn−x| ≥0untuk
semua n∈N
Bukti 1.12.
(i) ⇒(ii) BilaX= (xn) tidak konveregn kex, maka untuk suatuε0 >0 tidak mung-kin memperoleh bilangan K(ε) sehingga 3.1.b (c) dipenuhi. Yaitu, untuk sebarang
k∈Ntidak benar bahwa untuk semuan≥k sehingga|xr
k−x| ≥ε0.
(ii)⇒ (iii) Misalkan ε0 seperti pada (ii) dan misalkan r1 ∈ N sehingga r1 ≥1 dan |xr1−x| ≥ε0. Sekarang misalkanr2 ∈Nsehinggar2 > r1dan|xr2−x| ≥ε0; misalkan
r3 > r2 dan |xr3 −x| ≥ ε0. Dengan meneruskan cara ini diperoleh subbarisan
X′ = (xrn)(xrn) dari X sehingga |xrn−x| ≥ε0.
(iii) ⇒ (i) MisalkanX = (xn) mempunyai subbarisanX′ = (xrn) memenuhi kondisi
(iii); maka X tidak mungkin konvergen ke x. Karena andaikan demikian, maka menurut Teorema 3.4.2 subbarisan X′ juga akan konvergen ke x. Tetapi ini tidak
mungkin suku dari X′ termuat dilingkunganε0 dari x.
Teorema 1.13. Kriteria Divergensi
Jika barisan X = (xn) merupakan barisan bilangan real yang memenuhi salah satu sifat berikut, maka X merupakan barisan Divergen.
(i) Barisan X mempunyai 2 subbarisan konvergen yakni X′ = (xn) dan X” =
(xrk) dimana limtnya tidak sama.
(ii) Barisan X tidak terbatas.
Bukti 1.13. (i) Berdasarkan teorema 3.4.2 dimana jika suatu barisan X = (xn) bilangan real konvergen ke x, maka sub barisanX′ = (xnk) dari barisanXjuga
sama maka barisan tersebut bukanlah barisan konvergen, sehingga haruslah Barisan X ialah barisan Divergen.
(ii) Andaikan BarisanX merupakan barisan kovergen, maka berdasarkan teorema 3.2.2 diamana barisan Bilangan Real yang konvergen adalah terbatas, hal ini bertentangan dengan hipotesis bahwa barisanXtak terbatas, sehingga harus-lah BarisanX merupakan barisan Divergen.
Contoh 1.7.
(a) BarisanX:= ((−1)n) divergen.
Jika barisanX= ((−1)n) konvergen kex, maka (menurut Teorema 3.4.2) setiap sub-barisan darixharus konvergen kex. Karena subbarisanX′ := ((−1)2n) = (1,1,· · ·) konvergen ke 1, dan subbarisan x” := ((−1)2n−1) = (−1,−1,· · ·) konvergen ke −1. Maka berdasarkan Teorema 3.4.5(i) bahwa X adalah divergen.
(b) Barisan (1,12,3,14,· · ·) divergen.
Ini adalah barisan Y = (yn),dimana yn = n jika n ganjil, dan yn = 1/n jika n genap. Secara mudah dapat dilihat bahwa barisan ini tidak terbatas. Dari sini, menurut Teorema 3.2.2 barisan ini tidak mungkin konvergen. Secara alternatif, walaupun subbarisan (12,14,16,· · ·) dari Y konvergen ke 0, keseluruhan barisan Y
tidak konvergen ke 0. Yaitu terdapat subbarisan (3,5,7,· · ·) dari Y yang berada diluar lingkungan−1 dan 0. Karena itu, Y tidak konvergen ke 0.
Eksistensi Subbarisan Monoton
Sementara tidak setiap barisan adalah barisan monoton, kita akan tunjukkan bahwa setiap barisan mempunyai subbarisan monoton.
Teorema 1.14. Subbarisan Monoton
JikaX = (xn)adalah barisan bilangan real, maka terdapat subbarisan dari Xadalah monoton.
Bukti 1.14. Dengan menyatakan suku ke-m xm merupakan puncak bila xm ≥ xn untuk semua n≥m. Selanjutnya akan di pertimbangkan 2 kasus berikut:
Kasus 1: X mempunyai sejumlah tak hingga puncak. Dalam kasus ini, kita mengururut puncak-puncak tersebut dengan indeks naik. Jad kita mempunyai puncak-puncak xm1, xm2, ...., xmk, ...dengaan m1 < m2< .... < mk< ....Karena
masing-masing suku tersebut puncak, kita mempunyai
xm1 ≥xm2 ≥xm3 ≥...≥xmk ≥...
Karenanya subbarisan (xmk) merupakan subbarisan tak naik dariX.
Kasus 2: X mempunyai sejumlah hingga (mungkin nol) puncak. Misalkan
pertama setelah terakhir. Karena xs1 bukan puncak, maka terdapat s2> s1,
sehingga xs2 > xs1. Karenaxs2 bukan puncak, maka terdapats3> s2 sehingga
xs3 > xs2. Bila proses ini diteruskan maka di peroleh subbarisan tak turun (bukan
naik)xsn dari X.
Teorema 1.15. Teorema Bolzano-Weierstrass
Sebuah barisan bilangan real yang terbatas mempunyai subbarisan yang konvergen.
Bukti 1.15. Berdasarkan Teorema Subbarisan Monoton, maka barisan terbatas
X = (xn) mempunyai subbarisan X′ = (xnk) monoton. Subbarisan inipun juga
terbatas, sehingga menururt Teorema Konvergensi Monoton X′= (xnk) konvergen.
Dari sini mudah dilihat bahwa barisan terbatas dapat mempunyai beberapa sub-barisan yang konvergen ke limit yang berbeda, sebagai contoh, sub-barisan ((−1)n) mempunyai subbarisan yang konvergen ke−1, dan subbarisan yang lain konvergen ke +1. Barisan ini juga mempunyai subbarisan yang tidak konvergen.
Misalkan X′ subbarisan dari barisan X. MakaX′ sendiri juga merupakan barisan, yang juga dapat mempunyai subbarisan, katakanX”. Di sini dapat kita catat bahwa
X” juga merupakan subbarisan dariX.
Teorema 1.16. Misalkan X = (xn) adalah barisan bilangan real dan x ∈ R mem-punyai sifat bahwa setiap subbarisanX konvergen kex. Maka barisanX konvergen ke x juga.
Bukti 1.16. KarenaX adalah barisan terbatas, maka sesuai teorema 3.2.1, dimana ada M >0 sehingga |xn| ≤M, untuk seiapn∈N
Dengan menggunakan kontradiksi dari pernyataan setiap subbarisan yang konver-gen, maka barisannya juga konvergen.
Misal :
Jika xn tidak konvergen ke x. Sesuai Teorema 3.4.4 menyatakan ada ε0 > 0 dan sebuah subbarisan X′= (xnk) dariX berlaku |xnk−x| ≥ε0 untuk setiapk∈N
KarenaX′ adalah subbarisan dari X, danX terbatas diM, makaX′ juga terbatas
diM. Sesuai Teorema Bolzano-Weiestrass yang menyatakan setiapX′yang terbatas terdapatX” yang konvergen.
Karena X” juga merupakan subbarisan dari x, sehingga ini kontradiksi dengan pernyataan yang menyatakan jika barisan tidak konvergen, maka subbarisan juga tidak konvergen.
Definisi 1.4. X = (xn) adalah barisan bilangan real terbatas.
(a) Limit atas darixn adalah infimum dari himpunanv∈R∋v < xn, untukn∈N dituliskan :
(b) Limit bawah darixn adalah supremum dari himpunan w∈R∋xm < w, untuk
m∈N dituliskan :
lim inf(xn), ataulim infX, ataulim(xn)
Untuk konsep dari limit atas, kita dapat tunjukkan bahwa mendekati perbedaan yang ekivalen.
Teorema 1.17. Jika X = (xn) adalah barisan bilangan real yang terbatas, maka pernyataan berikut untuk sebuah bilangan real x∗ adalah ekivalen.
(a) x∗ = lim sup(xn)
(b) Jikaε >0, paling banyak ada bilangan terbatas dari n∈N sehingga x∗+ε <
xn, tetapi ada bilangan tidak terbatas darin∈N sehingga x∗−ε < xn. (c) Jikaum= sup{xn:n≥m}, maka x∗ = inf{um:m∈N}= lim(um) (d) Jika S adalah himpunan dari limit subbarisan (xn), makax∗ = supS
Bukti 1.17.
(a) terhadap (b) Jikaε >0, maka fakta bahwax∗ adalah infimum terhadapv dalam
V sehingga x∗ ≤v < x∗+ε. Oleh karena itu x∗ juga milik V, jadi paling banyak ada bilangan terbatas dari n∈Nsehinggax∗+ε < xn. Di sisi lain,x∗−εtidak di
V, sehingga ada jumlah tak terbatas dari n∈Nsehinggax∗−ε < xn.
(b) terhadap (c) Diberikanε >0, maka untuk semuamyang cukup besar kita mem-punyai um < x+ε. Oleh karena itu, inf{um: m ∈ N} ≤ x∗+ε. Juga,terdapat bilangan tidak terbatas dari n∈N sehingga x∗−ε < xn, maka x∗−ε < um untuk semua m∈Ndan karenanyax∗−ε≤inf{um:m∈N}. Karenaε >0, maka dapat kita simpulkan bahwa x∗ = inf{um:m∈N}. Selain itu, karena barisan (um) yang monoton turun, maka kita mempunyai inf(um) = lim(um).
(c) terhadap (d) Misalkan X′ = (xn
k) adalah subbarisan konvergen dari X = (xn).
Karena nk ≥ k, kita mempunyai xnk ≤ uk dan karenanya limX′ ≤ lim(uk) = x∗.
Sebaliknya, terdapatn1sehinggau1−1≤xn1 ≤u1. Secara induktif pilihnk+1 > nk
sehingga
uk− 1
k+ 1 < xnk+1 ≤uk
Karena lim(uk) =x∗, berikut bahwax∗= lim(xnk), dan karenanya x∗ ∈S.
(d) terhadap (a) Misalkanw= supS. Jika diberikanε >0, maka paling banyak ada
Teorema 1.18. Sebuah barisan terbatas (xn) adalah konvergen jika dan hanya jika lim sup(xn) = lim inf(xn).
1.5
Kriteria Cauchy
Teorema Konvergensi Monoton sangat penting dan berguna, tetapi sayangnya hanya dapat diterapkan pada barisan monoton. Padahal sangat penting untuk mem-perkenalkan kriteria konvergensi yang tidak bergantung pada barisan monoton mau-pun nilai limitnya, seperti yang akan kita bahas berikut ini.
Definisi 1.5. Barisan bilangan real X = (xn) dikatakan Barisan Cauchy jika un-tuk setiap ε > 0 terdapat bilangan asli H(ε) sedemikian hingga jika untuk semua bilangan asli n, m≥H(ε), makaxn, xm memenuhi |xn−xm|< ε.
Pembaca sebaiknya membandingkan definisi ini dekat dengan Teorema 3.1.6(c) yang menyinggung konvergensi barisan x. Akan kita lihat bahwa barisan Cauchy ekivalen dengan barisan konvergen. Untuk membuktikannya kita akan tunjukkan terlebih dahulu bahwa barisan konvergen merupakan barisan Cauchy.
Contoh 1.8.
(a) Barisan (1/n) adalah barisan Cauchy
Jika diberikan ε >0, kita pilih sebuah bilangan asli H = H(ε) sedemikian hingga
H >2/ε. Maka, jika m, n≥H, kita mempunyai 1/n≤1/H < ε/2 dan begitupun 1/m < ε/2. Oleh karena itu, jika m, n≥H, maka
|1
n−
1
m| ≤
1
n+
1
m < ε
2+
ε
2 =ε
Karenaε >0, dapat kita simpulkan bahwa (1/n) adalah barisan Cauchy.
(b) Barisan (1 + (−1)n) bukan barisan Cauchy
Ingkaran dari definisi barisan Cauchy adalah : terdapat ε0 >0 sedemikian hingga untuk setiap H terdapat setidaknya satu n > H dan satu m > H sehingga |xn−
xm| ≥ε0. Untuk batasxn:= 1 + (−1)n, kita amati jika ngenap, makaxn= 2 dan
xn+1 = 0. Jika kita ambil ε0 = 2, maka untuk setiap H dapat kita pilih sebuah bilangan genap n > H dan misalkanm:=n+ 1 di dapatkan
|xn−xn+1|= 2 =ε0
Dapat kita simpulkan bahwa (xn) bukan barisan Cauchy.
Lemma 1.1. Jika X = (xn) barisan bilangan real yang konvergen, maka X meru-pakan barisan Cauchy.
MisalkanX = (xn) Konvergen kex, danx: limX
Ambilε >0 sebarang, maka sesuai teorema 3.1.6(c) terdapat K(ε2)∈N sedemikian sehingga jikan≥K(2ε) maka =|xn−x|< ε2.
JikaH(ε) :=K(2ε) dan jika n, m≥H(ε), sesuai definisi 3.5.1
X = (xn) barisan cauchy ⇐⇒ (∀ǫ > 0)(∃H(ǫ) ∈ N) ∋ (∀n, m ∈ N)n, m ≥
H(ǫ) =⇒ |xn−xm|< ǫ maka diperoleh :
|xn−xm =|(xn−x) + (x−xm)|
≤ |xn−x|+|xm−x|<
ǫ
2 +
ǫ
2 =ǫ karenaǫ >0 sebarang, maka (xn) barisan cauchy
Lemma 1.2. Sebuah barisan Cauchy dari bilangan real adalah terbatas.
Bukti 1.19. MisalkanX = (xn) barisan Cauchy dan ambilǫ= 1. Menurut definisi 3.5.1 :
X = (xn) Barisan Cauchy ⇐⇒ (∀ǫ > 0)(∃H(1) ∈ N) ∋ (∀n, m ∈ N)n, m ≥
H(1) =⇒ |xn−xm|<1
Dengan menggunakan ketaksamaan segitiga :
|xn−xm|<1
||xn| − |xm|| ≤ |xn−xm|<1, n, m≥H
−|xn−xm| ≤ |xn| − |xm| ≤ |xn−xm|<1, n, m≥H
−|xn−xm| ≤ |xn| − |xm| ≤ |xn−xm|<1, n, m≥H
|xn| − |xm| ≤1, n, m≥H
|xn| ≤ |xm|+ 1, n, m≥H
pilih m=H maka diperoleh :
|xn| ≥ |xH|+ 1, n≥H
jika kita definisikan
M =sup{|x1|,|x2|, ...,|xH−1|,|xH|+ 1}
sesuai definisi 3.2.1 maka |xn| ≤untuk semua n∈N. Jadi terbukti bahwa setiap barisan Cauchy adalah Terbatas
Teorema 1.19. Kriteria Konvergensi Cauchy
Barisan bilangan real konvergen jika dan hanya jika merupakan barisan cauchy.
tun-jukkan bahwa X konvergen ke suatu bilangan. Pertama dari Lemma 3.5.3 kita peroleh bahwaX terbatas. Karena itu menurut Teorema Bolzano-Weierstrass 3.4.7 terdapat subbarisan X′ = (xn
k) dariX yang konvergen ke x∗ suatu bilangan real.
Kita akan melengkapi bukti dengan menunjukkan bahwaX konvergen kex∗. KarenaX= (xn) adalah barisan Cauchy, untuk sebarangε >0 terdapatH(ε/2)∈N
(a) MisalkanX = (xn) didefinisikan sebagai
x1:= 1, x2:= 2, dan xn:= 12(xn−2+xn−1) untukn >2.
Dapat ditunjukkan dengan induksi bahwa 1 ≤ xn ≤ 2, untuk semua n ∈ N. Be-berapa perhitungan menunjukkan bahwa barisan X tidak monoton. Tetapi, karena suku-sukunya diperoleh dari rata-rata, mudah dilihat bahwa
|xn−xn+1|= 2n1−1 untukn∈N
Karena itu, bila diberikan ε > 0 dengan memilih n yang begitu besar sehingga 1/2n< ε/4 dan bilam≥n, maka|xn−xm|< εKarenanya,X barisan Cauchy. De-ngan menggunakan Kriteria Cauchy 3.5.5 diperoleh barisan X konvergen ke suatu bilanganx.
Untuk mencari nilaix, kita harus menggunakan aturan untuk definisixn= 12(xn−1+
xn−2) yang akan sampai pada kesimpulanx= 12(x+x) yang memang benar, tetapi tidak informatif. Karena itu, kita harus mencoba cara yang lain. KarenaX konver-gen kex, demikian juga halnya subbarisanX′ dengan indeks ganjil. Menggunakan induksi pembaca dapat menunjukkan bahwa [lihat 1.2.4 (f)]
x2n+1= 1 +
Jelaslah, Y bukan barisan monoton. Tetapi, jika m > n, maka
ym−yn= (−1)
Karena itu, (yn) barisan Cauchy, sehingga konvergen, katakan ke y, saat ini kita tidak dapat menentukan nilai ysecara langsung; kita mempunyai|yn−y| ≤1/2n−1 dari sini, kita dapat menghitung nilaiy sampai derajat akurasi yang diinginkan de-ngan menghitung (yn) untuk nyang cukup besar. Pembaca sebaiknya mengerjakan hal ini dan menunjukkan bahwa y sama dengan 0.632120559. (Tepatnya y adalah 1−1/e).
(c) Barisan (11 +12 +· · ·+n1) divergen.
Misalkan H:= (hn) barisan yang didefinisikan dengan hn = 11 + 12 +· · ·+n1 untuk
n∈N
yang telah dibahas pada 3.3.3(b). Jika m > n, maka
hm−hn= 1
n+ 1+· · ·+ 1
Karena masing-masing suku m−n ini melebihi m1, maka hm−hn>(m−n)/m= 1−n/m. Khususnya, jika m = 2n kita mempunyai h2n−hn > 12. Hal ini menun-jukkan bahwa H bukan barisan Cauchy (mengapa ?); karenanya H bukan barisan konvergen.
Definisi 1.6. Barisan X = (xn) dikatakan kontraktif bila terdapat konstanta C, 0< C <1, sehingga
|xn+2−xn=1| ≤C|xn+1−xn|
untuk semua n∈N. BilanganC disebut konstanta barisan kontraktif tersebut.
Teorema 1.20. Setiap barisan kontraktif merupakan barisan Cauchy, karenanya kon-vergen.
Bukti 1.21. Bila kita menggunakan kondisi barisan kontraktif, kita dapat membalik langkah kerja kita untuk memperoleh :
|xn+2−xn+1| ≤C|xn+1−xn| ≤C2|xn−xn−1| ≤C3|xn−1−xn−2| ≤ · · · ≤Cn|x2−x1|.
Untuk m > n, kita mempunyai
|xm−xn| ≤ |xm−xm−1|+|xm−1−xm−2|+· · ·+|xn+1−xn| ≤(Cm−2+Cm−3+· · ·+Cn−1)|x2−x1|
=Cn−1(1−C m−n
1−C )|x2−x1|
≤Cn−1( 1
1−C)|x2−x1|
Karena 0 < C < 1, maka lim(Cn) = 0 [lihat 3.1.11(b)]. Karena itu, (x
n) barisan Cauchy, sehinggan (xn) konvergen.
Akibat 1.1. Bilax= (xn) barisan konstraktif dengan KonstantaC, 0< C <1, dan
x∗ = limX, maka : (i) |x∗−xn| ≤ Cn−1
1−C|x2−x1| (ii)|x∗−xn| ≤ 1−CC|xn−xn−1|
Bukti 1.22. Kita telah melihat pada bukti sebelumnya bahwa bila m > n maka |xm −xn| ≤ C
n−1
1−C |x2 −x1|. Bila kita menggunakan limit pada ketaksamaan ini (terhadap m), kita peroleh (i).
Dengan Induksi diperoleh
|xn+k−xn+k−1| ≤Ck|xn−xn−1|
Karenanya
|xm−xn| ≤(Cm−n+· · ·+C2+C)|xn−xn−1|
Bila kita menggunakan limit pada kettaksamaan ini (terhadap m) dieroleh (ii).
Contoh 1.10. Diketahui solusi dari x3−7x+ 2 = 0 terletak antara 0 dan 1 dan kita akan mendekati solusi tersebut. Hal ini dapat dilakukan dengan menggunakan prosedur iterasi berikut. Pertama kita tuliskan persamaan diatas menjadi x =
1
7(x3+ 2) dan gunakan ini untuk mendefinisikan barisan, kita pilih xsebarang nilai antara 0 dan 1, kemudian definisikan
xn+1 = 17(x3n+ 2), n∈N
Karena 0< x1 <1, maka 0< xn <1 untuk semua n∈ N. (Mengapa?) lebih dari itu kita mempunyai
|xn+2−xn+1|=|17(x3n+1+ 2)−17(x3n+ 2)| = 17|x3
n+1−x3n|
= 17|x2n+1+xn+1xn+x2n||xn+1−xn| ≤ 37|xn+1−xn|
Karena itu, (xn) barisan kontraktif, sehingga terdapat r dengan lim(xn) = r. Bila kita menggunakan limit pada kedua sisi (terhadap n) padaxn+1 = 17(x3n), diperoleh
r= 17(r3+2) ataur3−7r+2 = 0. Jadir merupakan solusi dari persamaan tersebut. Kita dapat mendekati nilai r dengan memilih x1 kemudian menghitungx2, x3,· · ·, secara berturut-turut. Sebagai contoh, bila kita memilih x1 = 0,5 kita peroleh (sampai sembilang tempat desimal) x2 = 0,303571429, x3 = 0,289710830, x4 = 0,289188016, x5 = 0,289169244, x6 = 0,289168571, dan seterunya. Untuk menges-timasi akurasi, kita catat bahwa|x2−x1|<0,2. Jadi, setelah langkah kenmenurut Akibat. 3.5.8(i) kita yakin bahwa
|x∗−x6| ≤ 3
5
74(20) = 243
48020 <0,0051.
Sebenarnya pendekatannya lebih baik daripada ini. Karena |x6 −x5| <0,000005, menurut 3.5.8(ii) maka |x∗ −x6| ≤ 34|x6−x5| < 0,0000004. Jadi kelima tempat desimal yang pertama benar.
1.6
Barisan-barisan Divergen Murni
Definisi 1.7. Misalkan xn suatu barisan bilangan real
(i) Kita katakan bahwa (xn) menuju ke +∞ dan ditulislim(xn) = +∞ jika untuk setiapα∈Rterdapat bilangan asli K(α) sedemikian sehingga jikan≥K(α) maka
xn> α.
(ii) Kita katakan bahwa (xn) menuju ke −∞, dan ditulis lim(xn) =−∞jika untuk setiap β∈Rterdapat bilangan asli K(β) sedemikian sehingga jika
n≥K(β) makaxn< β
Kita katakan bahwa (xn) divergen murni dalam hal kita mempunyailim(xn) = +∞ dan (xn) =−∞
Contoh 1.11.
(a) lim(n) = +∞
Kenyataannya, jika diberikanα∈R, misalkanK(α) sebarang bilangan asli sedemikian sehingga K(α)> α
(b) lim(n2) = +∞
Jika K(α) suatu bilangan asli sedemikian sehingga K(α) > α dan jika n ≥ K(α) maka kita mempunyain2 ≥n > α.
(c) Jikac >1, maka lim(cn) = +∞
Misalkanc= 1+bdimanab > α, jika diberikanα∈RmisalkanK(α) suatu bilangan asli sedemikian sehingga K(α) > a
b. Jika n ≥ K(α) maka menurut ketaksamaan
Bernoulli
cn= (1 +b)n≥1 +nb >1 +α > α.
Oleh karena itu lim(cn) = +∞
Teorema 1.21. Suatu barisan bilangan real yang monoton divergen murni jika dan hanya jika barisan tersebut tidak terbatas.
(a) Jika (xn suatu barisan naik tak terbatas, maka lim(xn) = +∞. (b) Jika(xn suatu barisan naik tak terbatas, maka lim(xn) =−∞.
Bukti 1.23.
(a) Anggaplah bahwa (xn suatu barisan naik. Kita ketahui bahwa jika (xnterbatas, maka (xn konvergen. Jika (xn tak terbatas, maka untuk sebarang α ∈R terdapat
n(α)∈Nsedemikian sehingga α < xn(a).Tetapi karena (xn kita mempunyaiα < xn untuk semua n≥n(α). Karena α sebarang, maka berartilim(n) = +∞.
(b) dibuktikan dengan cara serupa.
Teorema 1.22. Misalkan (xn) dan (yn) dua barisan bilangan real dan anggaplah bahwa:
(1) xn≤yn,∀n∈N
a. Jika lim(xn) = +∞ makalim(yn) = +∞ b. Jika lim(yn) =−∞ makalim(xn) =−∞
Bukti 1.24. a. Jikalim(xn) = +∞, dan jika di berikan∝∈Rmaka terdapat bilangan asli k(∝) sedemikian sehingga jikan≥k(∝), maka∝< xn. Mengingat (*), berarti∝< yn, untuk semua n≥k(∝). Karena ∝sebarang.Maka ini menyatakan bahwa lim(yn) = +∞
b. Pembuktian b sama dengan a.
Catatan: a. Teorema 3.6.4. pada akhirnya benar jika syarat (*) pada akhirnya benar, yaitu jika terdapatm∈Nsedemikian sehinggaxn≤yn untuk semuan≥m
b. Jika syarat (*) dari teorema 3.6.4. memenuhi dan jika limyn= +∞, tidak mesti berlaku bukan lim(xn) = +∞, serupa juga, jika (*) di penuhi dan jika
lim(xn) =−∞, belum tentu berlaku lim(yn) =−∞
Teorema 1.23. Misalkan(xn)dan(yn)dua barisan bilangan real positif dan anggaplah bahwa untuk suatu L∈R, L >0 kita mempunyai
(2) lim(xn/yn) =L
Maka lim(xn) = +∞ jika dan hanya jikalim(yn) = +∞
Bukti 1.25. Jika (2) berlaku, maka terdapat K∈Nsedemikian sehingga
1
2L < xn/yn< 3
2L,∀n≥K.
