CATATAN KULIAHANALISIS REAL LANJUT

May 26, 2013

A Lecture Note

Acknowledgement of SourcesFor all ideas taken from other sources (books, articles, internet), the source ofthe ideas is mentioned in the main text and fully referenced at the end of thereport.

All material which is quoted essentially word-for-word from other sourcesis given in quotation marks and referenced.

Pictures and diagrams copied from the internet or other sources are labelledwith a reference to the web page or book, article etc.

Signed . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Date . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

BAB 1

BARISAN

1.1 Barisan Dan LimitnyaDe�nisi 1.1.1. Barisan bilangan real (barisan dalam R) adalah fungsi dalambilangan asli N dengan range termuat dalam R.

Dengan kata lain, barisan dalam R adalah suatu fungsi yang menghubungkansetiap bilangan asli n = {1, 2, 3, ...} dengan tepat satu bilangan real. Bilanganreal yang terkait disebut elemen dari barisan atau nilai dari barisan. Elemen- elemen dalam barisan X biasanya dinyatakan dengan notasi Xn, dengan de-ngan n = {1, 2, 3, ...}. Jadi, jika X : N → R adalah suatu barisan, makaelemen - elemen dalam X dinyatakan secara terurut oleh Xn. Barisan X bisaditulis dengan notasi (Xn) atau (Xn : n ∈ N).

Kita harus dapat membedakan antara barisan X = (Xn : n ∈ N) yanganggotanya dinyatakan dalam bentuk urutan, dengan himpunan {Xn : n ∈ N}yang menuliskan anggotanya tidak berdasarkan urutan. Contoh: Barisan X =

((−1)n : n ∈ N) menunjukkan kumpulan bilangan antara 1 dan -1 yang dapatjuga dinyatakan dengan (-1,1,-1,1,-1,1,...), adapun {(−1)n : n ∈ N} = {−1, 1}.

Mende�nisikan suatu barisan bisa dilakukan dengan menuliskan secaraterurut anggota dari barisan tersebut. Misalnya, X = (2, 4, 6, 8, ...) menun-jukkan barisan bilangan asli genap. Barisan tersebut dapat juga dinyatakandengan notasi X = (2n : n ∈ N, atau dalam de�nisi rekursif x1 = 2,xn+1 = xn + 2, (n ≥ 1).

Contoh 1.1.1. Contoh barisan:

3

Bab 1. Barisan 4

1. Jika b ∈ R, barisan B = (b, b, b, ...) yang semua ang gotanya adalah b

disebut barisan konstan b. Sebagai contoh, barisan konstan 1 adalahbarisan (1,1,1,...)

2. Barisan kuadrat dari bilangan asli adalah barisan S = (12, 22, 32, ...) =

(n2 : n ∈ N) = (1, 4, 9, ...)

3. Jika a ∈ R, maka barisan A = (an : n ∈ N) = (a, a2, a3, ..., an, ...).Apabila a = 1

2. maka barisan yang diperoleh adalah ( 1

2n , n ∈ N) =

(12, 1

4, 1

8, ..., 1

2n , ...)

4. Barisan Fibonacci F = (fn : n ∈ N) dinyatakan dalam de�nisi rekursifberikut: f1 = 1, f2 = 1, fn+1 = fn−1 +fn, (n ≥ 2). Sepuluh anggota per-tama dari barisan tersebut adalah : F = (1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, ...).

De�nisi 1.1.2. Jika X = (xn) dan Y = (yn) adalah barisan - barisan bilanganreal, maka dide�nisikan:

(i) jumlah dari dua barisan tersebut adalah: X + Y = (xn + yn : n ∈ N)

1. selisih dari dua barisan tersebut adalah: X − Y = (xn − yn : n ∈ N)

(iii) perkalian dua barisan tersebut adalah: XY = (xnyn : n ∈ N)

(iv) kelipatan c dari barisan X adalah cX = (cxn : n ∈ N)

(v) jika yn 6= 0,∀n ∈ N maka perbandingan X dan Y merupakan barisanXY

= (xn

yn: n ∈ N)

Contoh 1.1.2. X dan Y adalah barisan - barisan yang dide�nisikan oleh:X=(2,4,6,...,2n,...) dan Y = (1

1, 1

2, 1

3, ..., 1

n, ...), maka:

X + Y = (31, 9

2, 19

3, ..., 2n2+1

n, ...); X − Y = (1

1, 7

2, 17

3, ..., 2n2−1

n, ...)

XY = (2, 2, 2, ..., 2, ...); 3X = (6, 12, 18, ..., 6n, ...);XY

= (2, 8, 18, ..., 2n2, ...)

Apabila Z = (0, 2, 0, ..., 1 + (−1)n, ...), tentukan X + Z, X − Z, dan XZ.Apakah kita bisa mende�nisikan X

Z?

Limit Barisan

De�nisi 1.1.3. Apabila X = (xn) merupakan barisan bilangan real, makabilangan real x disebut limit dari (xn) jika untuk setiap ε > 0, ada bilangan

4

Bab 1. Barisan 5

asli K(ε), sedemikian hingga untuk setiap n ≥ k(ε), maka xn anggota dariVε(x).

Jika x merupakan limit dari barisan X, maka dapat dikatakan bahwaX = (xn) konvergen ke x (atau X mempunyai limit x). Jika suatu barisanmempunyai limit, maka barisan tersebut dikatakan konvergen; dan apabilatidak mempunyai limit, barisan itu dikatakan divergen.

Sebagai catatan, notasi K(ε) digunakan untuk menekankan bahwa pilihanK bergantung pada nilai ε. Oleh karenanya sering ditulis K daripada K(ε).Dalam banyak kasus, nilai ε yang kecil memerlukan nilai K yang besar untukmenjamin bahwa jarak |xn − x| antara xn dan x kurang dari ε untuk semuan ≥ K = K(ε).

Ketika suatu barisan memiliki limit, kita akan menggunakan notasi:

lim X = 0 atau lim(xn) = x

Kadang - kadang juga digunakan simbol xn → x untuk menunjukkan bahwanilai xn mendekati bilangan x ketika n →∞.

Ketunggalan Limit

Teorema 1.1.1. Barisan bilangan real memiliki paling banyak sebuah limit

Bukti : Andaikan X mempunyai lebih dari satu nilai limit, misalkan x1 danx2, dengan x1 6= x2. Pilih ε > 0 sedemikian hingga persekitaran-ε: Vε(x1)

dan Vε(x2) saling asing (misalkan ambil ε < 12|x1 − x2|). Ambil K1 dan K2

bilangan - bilangan asli sedemikian hingga jika n > K1 maka xn ∈ Vε(x1);dan jika n > K2, maka xn ∈ Vε(x2). Dengan demikian xn ∈ Vε(x1) ∩ Vε(x2),hal ini kontradiksi dengan pernyataan bahwa Vε(x1) dan Vε(x2) saling asing.Kontradiksi terjadi disebabkan pengandaian x1 6= x2. Jadi, kesimpulannyax1 = x2.

Teorema 1.1.2. X = (xn) merupakan barisan bilangan - bilangan real, danambil x ∈ R. Pernyataan - pernyataan di bawah ini ekivalen:

(a) X kovergen ke x

(b) Untuk setiap persekitaran-ε Vε(x), ada bilangan asli K(ε), sedemikianhingga ∀n ≥ K(ε), maka xn ∈ Vε(x)

5

Bab 1. Barisan 6

(c) ∀ε > 0,∃K(ε) ∈ N sedemian hingga untuk setiap n ≥ K(ε), maka xn

memenuhi |xn − x| < ε

(d) ∀ε > 0, ∃K(ε) ∈ N sedemian hingga ∀n ≥ K(ε), maka xn memenuhix− ε < xn < x + ε.

Bukti : (a) dan (b) merupakan de�nisi dari limit barisan sedangkan (b), (c),

dan d ekivalen karena memenuhi:

xn ∈ Vε(x) ⇔ |xn − x| < ε ⇔ −ε < xn − x < ε ⇔ x− ε < xn < x + ε

Penggunaan bahasa persekitaran, salah satunya untuk mendiskripsikankekonvergenan barisan X = (xn) pada bilangan x dengan mengatakan: Un-tuk semua persekitaran-ε Vε(x) pada x, semua kecuali suatu tak hingga suku- suku X termuat di Vε(x). bilangan tak hingga suku - suku yang mungkintidak termuat dalam persekitaran-ε adalah suku - suku x1, x2, x3, .., xK−1.

Sebagai catatan, de�nisi limit barisan bilangan real digunakan untuk mem-buktikan bahwa nilai x yang telah ditetapkan merupakan limit. Hal ini menen-tukan berapa nilai limit yang sebenarnya. Sehingga diperlukan suatu latihanuntuk sampai pada dugaan (conjecture) nilai limit dengan perhitungan lang-sung suku - suku barisan tersebut. Dalam hal ini komputer akan sangat mem-bantu, namun demikian karena komputer hanya dapat menghitung sampaisejumlah hingga suku barisan, maka perhitngan demikian bukanlah bukti.

Untuk menunjukkan bahwa suatu barisan X = (xn) tidak konvergen kex, cukup dengan memilih ε0 > 0 sehingga berapapun nilai K yang diambil,diperoleh suatu nk > K sehingga xnk

tidak terletak dalam Vε(x).Contoh - contoh berikut mengilustrasikan bagaimana de�nisi konvergensi

diaplikasikan untuk membuktikan bahwa barisan memiliki suatu limit yangkhusus. Dalam tiap - tiap kasus, suatu bilangan positif ε diberikan dan kitaperlu menemukan suatu bilangan K yang bergantung pada ε, seperti yangdipersyaratkan oleh de�nisi.

Contoh 1.1.3.Tunjukkan bahwa lim( 1

n)=0

Jawab: Untuk membuktikan bahwa lim( 1n)=0, maka harus dibuktikan bahwa

untuk setiap ε > 0, ada bilangan asli K(ε), sedemikian hingga untuk setiapn ≥ k(ε), maka | 1

n− 0| < ε.

Misalkan diberikan sebarang ε > 0, maka 1ε

> 0. Menurut sifat Archimedes

6

Bab 1. Barisan 7

(jika t > 0, ada nt ∈ N sedemikian hingga 0 < 1nt

< t), ada bilangan asliK = K(ε) sedemikian hingga 1

K< ε. Maka, jika n ≥ K, akan diperoleh

1n≤ 1

K< ε. Akibatnya, jika n ≥ K, maka

| 1n− 0| = 1

n< ε

Oleh karenanya, kita dapat menyatakan bahwa barisan ( 1n) konvergen ke 0.

Contoh 1.1.4. Tunjukkan bahwa lim( 1n2 )=0

Jawab: Misalkan diberikan sebarang ε > 0. Untuk menemukan nilai K, per-tama - tama kita perhatikan bahwa jika n ∈ N, maka

1

n2≤ 1

n

Selanjutnya, pilihlah K sedemikian hingga untuk sebarang ε > 0 ada 1K

< ε,seperti di atas. Maka, jika n ≥ K, akan diperoleh 1

n≤ 1

K< ε. Akibatnya, jika

n ≥ K, maka

1

n2≤ 1

n< ε

kita telah menunjukkan bahwa limit barisan ( 1n2 ) adalah nol.

Contoh 1.1.5. Tunjukkan bahwa lim(3n+2n+1

)=3Jawab: Jika diberikan ε > 0 kita akan menunjukkan bahwa |3n+2

n+1− 3| < ε.

Perhatikan kesamaan berikut.

|3n + 2

n + 1− 3| = |3n + 2− 3n− 3

n + 1| = | −1

n + 1| = 1

n + 1<

1

n

Selanjutnya, pilihlah K sedemikian hingga untuk sebarang ε > 0 ada 1K

< ε,seperti di atas. Maka, jika n ≥ K, akan diperoleh 1

n≤ 1

K< ε. Akibatnya, jika

n ≥ K, maka

|3n + 2

n + 1− 3| = |3n + 2− 3n− 3

n + 1| = | −1

n + 1| = 1

n + 1<

1

n< ε

ini membuktikan bahwa lim(3n+2n+1

)=3.

Contoh 1.1.6. Tunjukkan bahwa lim(3n+2n−1

)=3

7

Bab 1. Barisan 8

Jawab: Perhatikan kesamaan berikut.

|3n + 2

n− 1− 3| = |3n + 2− 3n + 3

n− 1| = | 5

n− 1| = 5

n− 1untuk n > 1

Bila diberikan sebarang ε > 0, maka terdapat K ∈ N, K > 1, sehingga 1K−1

<ε5. Akibatnya, untuk semua n ≥ K > 1 dipenuhi

|3n + 2

n− 1− 3| = |3n + 2− 3n + 3

n− 1| = | 5

n− 1| = 5

n− 1≤ 5

K − 1< 5

ε

5= ε

Barisan (0,2,0,2,...,(1 + (−1)n),...), tidak konvergen ke 0Pilih ε0 = 1, sehingga untuk sebarang K ∈ N, jika n ≥ K dan n bilangangenap maka

|xn − 0| = |2− 0| = 2 > 1

Dengan ini jelas bahwa barisan (1 + (−1)n) tidak konvergen ke 0.

Ekor Barisan

Perlu dimengerti bahwa kekonvergenan (atau kedivergenan) suatu barisan ber-gantung hanya pada perilaku suku - suku terakhirnya. Artinya, bila kita hi-langkan m suku pertama suatu barisan yang menghasilkan Xm konvergen jikadan hanya jika barisan asalnya juga konvergen, dalam hal ini limitnya sama.

De�nisi 1.1.4. Bila X = (x1, x2, x3, ..., xn, ...) suatu barisan bilangan real danm adalah bilangan asli tertentu maka ekor ke-m dari X adalah suatu barisan

X = (xm+n : n ∈ N) = (xm+1, xm+2, ...)

Sebagai contoh, ekor ke-3 dari barisan X = (2, 4, 6, 8, 10, ..., 2n, ...) adalahbarisan X3=(8,10,12,...,2n + 6,...)

Teorema 1.1.3. Misalkan X = (xn : n ∈ N) suatu barisan bilangan real danm ∈ N. Maka ekor ke-m adalah Xm = (xm+n : n ∈ N) konvergen jika danhanya jika X konvergen, dalam hal ini lim Xm = lim X.

Bukti : (→ Diberikan ε > 0, karena X = (xn : n = 1, 2, . . .) konvergen,katakanlah lim(xn) = x maka terdapat bilangan asli K sedemikian hingga|xn − x| < ε untuk setiap n = K, K + 1, K + 2, . . .. Misalkan ekor barisan

8

Bab 1. Barisan 9

Xm = {xm+n : n = 1, 2, 3, . . .}. Karena jika n ≥ K berakibat m+n ≥ K makauntuk nilai K ini berlaku |xm+n−x| < ε untuk setiap n = K,K +1, K +2, . . ..Ini menunjukkan bahwa lim Xm = x.← Diketahui Xm konvergen, misalkan lim Xm = x. Artinya, untuk sembarangε > 0 terdapat bilangan asli Km sedemikian hingga |xm+n − x| < ε untuksetiap n = Km, Km + 1, Km + 2, . . .. Dengan mengambil K = Km −m makaberlaku |xm+n−m − x| = |xn − x| < ε untuk setiap n = K, K + 1, K + 2, . . ..Karena itu berdasarkan de�nisi dapat disimpulkan bahwa lim X = x.

Pembuktikan limit barisan langsung dari de�nisi akan menjadi sulit bil-amana bentuk barisan yang dihadapi cukup rumit. Melalui de�nisi dikem-bangkan �alat-alat�sederhana yang dapat digunakan untuk membuktikan limitbarisan, khususnya barisan yang mempunyai bentuk tertentu. Berikut sebuahteorema sederhana yang dapat mendeteksi dengan mudah kekonvergenan su-atu barisan.

Teorema 1.1.4. Andaikan A = (an) dan X = (xn) merupakan barisan -barisan bilangan real, dan x ∈ R. Jika untuk suatu C > 0 dan m ∈ Ndiperoleh |xn − x| ≤ |an|,∀n ∈ N, sedemikian hingga n ≥ m dan lim (an)=0maka mengakibatkan lim (xn) = x

Bukti : Untuk sebarang ε > 0, karena lim (an) = 0, maka ada bilangan asliKA( ε

C) sedemikian hingga jika n ≥ KA( ε

C), maka |an| = |an − 0| < ε

C. Oleh

karena itu, jika n ≥ KA( εC

) dan n ≥ m, maka |xn − x| ≤ C|an| < C( εC) = ε.

Jadi, x = lim (xn).

Contoh 1.1.7. Tunjukkan bahwa jika a > 0 maka lim ( 11+na

)=0Jawab: Karena a > 0 maka 0 < na < 1 + na. Dengan demikian, 0 < 1

1+na<

1na. Hal ini mengakibatkan | 1

1+na− 0| ≤ ( 1

a)( 1

n),∀n ∈ N. Karena lim ( 1

n) =

0, maka dengan C = 1a

> 0 dan m = 1 berdasarkan Teorema 1.1.4 dapatdisimpulkan bahwa lim ( 1

1+na)=0.

Contoh 1.1.8. Tunjukkan bahwa lim ( 12n ) = 0

Jawab: Karena 0 < n < 2n,∀n ∈ N maka 0 < 12n < 1

n. Hal tersebut meng-

akibatkan | 12n − 0| ≤ 1

n,∀n ∈ N. Jadi, Karena lim ( 1

n) = 0, dengan C = 1 dan

m = 1 maka dapat disimpulkan bahwa lim ( 12n ) = 0.

Contoh 1.1.9. Tunjukkan bahwa jika 0 < b < 1 maka lim (bn) = 0

Jawab: Karena 0 < b < 1 maka dapat ditulis: b = 11+a

yang ekivalen dengan

9

Bab 1. Barisan 10

a = 1b− 1; dengan demikian a > 0. Karena (1 + a)n ≥ 1 + na (teorema

bernoulli), maka

0 < bn =1

(1 + a)n≤ 1

1 + na<

1

na

Jadi, Menurut Teorema 1.1.4, maka lim (bn) = 0.

LATIHAN

1. Tuliskan lima suku pertama dari barisan - barisan yang memiliki de�nisirekursif berikut:

(a) x1=1, xn+1 = 3xn + 1

(b) z1 = 3, z2 = 5, Zn+2 = zn + 2zn+1

2. Tunjukkan bahwa:

(a) lim ( 1n2+1

) = 0

(b) lim (3n+12n+5

) = 32

(c) lim ( 1√n+7

) = 0

(d) lim (√

nn+1

) = 0

3. Buktikan bahwa lim (xn) = 0 jika dan hanya jika lim (|xn|) = 0

4. Untuk sembarang b ∈ R, tunjukkan bahwa lim ( bn) = 0

5. Tunjukkan bahwa jika xn ≥ 0, ∀n ∈ N dan lim (xn) = 0 maka lim(√

n) = 0

1.2 Teorema - Teorema LimitDe�nisi 1.2.1. Barisan bilangan real X = (xn) terbatas jika ada bilanganreal M > 0 sedemikian hingga |xn| ≤ M, ∀n ∈ N

Barisan X = (xn) terbatas jika dan hanya jika himpunan {xn : n ∈ N} darisuku - sukunya terbatas di R.

Contoh 1.2.1. Barisan ( 1n

: n ∈ N) terbatas dengan M = 1, dan barisan((−1)n : n ∈ N) juga terbatas dengan M = 1.

10

Bab 1. Barisan 11

Contoh 1.2.2. Barisan (xn) dikatakan tidak terbatas jika untuk setiap bila-ngan real K terdapat suku xm sehingga |xm| > K. Barisan (2n : n ∈ N) tidakterbatas sebab setiap bilangan real K selalu dapat ditemukan bilangan asli m

sehingga 2m > K. Dalam hal ini cukup diambil m bilangan asli pertama yanglebih besar dari K

2, atau m = dK

2e .

Teorema 1.2.1. Jika barisan bilangan real (xn) konvergen maka ia terbatas

Bukti : Diketahui barisan (xn) konvergen, katakanlah lim (xn) = x. Ambilε = 1, maka terdapat K(1) ∈ N sedemikian hingga

|xn − x| < 1 untuk setiap n ≥ K(1)

Karena ||xn|−|x|| ≤ |xn−x| < 1 maka berdasarkan sifat nilai mutlak diperoleh

|xn| < |x|+ 1 untuk setiap n ≥ K(1)

Jika kita tetapkan tetapkan bahwa M = sup{|x1|, |x2|,. . . , |xk−1|, |x|+1} makaakan diperoleh |xn| ≤ M, ∀n ∈ N.

Teorema di atas menjelaskan bahwa, suatu barisan yang konvergen pastiterbatas. Kontraposisi dari teorema ini adalah jika suatu barisan bilangan realtidak terbatas maka barisan tersebut divergen. Dengan kata lain, teorema inidapat digunakan sebagai alat untuk menentukan bahwa suatu barisan divergendengan syarat barisan tersebut tidak terbatas. Sedangkan jika suatu barisantidak terbatas, kita masih belum bisa menjusti�kasi bahwa barisan tersebutkonvergen. Berikut contoh untuk mengilustrasikan teorema ini.

Contoh 1.2.3. Tunjukkan bahwa barisan (n) adalah barisan divergenBukti : Andaikan barisan X = (n) konvergen, maka ada M ∈ R,M > 0

sedemikian hingga n = |n| < M, ∀n ∈ N. Hal ini bertentangan dengan sifatarchimedes (Jika x ∈ R, maka ∃nx ∈ N 3 x < nx). Jadi, (n) divergen.

Contoh 1.2.4. Tunjukkan bahwa barisan ((−1)n) divergenBukti : Jelas bahwa barisan X = ((−1)n) terbatas, walaupun barisan ini ter-batas, kita tidak bisa mengatakan bahwa barisan ini konvergen. Selanjutnyakita akan buktikan bahwa barisan ini divergen. Andaikan barisan ini konver-gen, katakanlah a = lim(X). Ambil ε = 1 maka akan ada K1 ∈ N sedemikianhingga

|(−1)n − a| < 1, untuk setiap n ≥ K1.

11

Bab 1. Barisan 12

Bilangan n ≥ K1 dapat berupa bilangan asli genap atau ganjil. Jika n bilanganasli ganjil dengan n ≥ K1, maka | − 1 − a| < 1, sehingga −2 < a < 0

(mengapa?). Sebaliknya jika n bilangan asli genap, dengan n ≥ K1, maka|1 − a| < 1, sehingga 0 < a < 2. Karena suatu bilangan a tidak mungkinmemenuhi kedua pertidaksamaan tersebut, maka pengandaian tersebut tidakbenar. Jadi, X barisan divergen.

Teorema 1.2.2.

1. X = xn) dan Y = (yn) merupakan barisan - barisan real yang konvergenberturut - turut ke x dan y dan c ∈ R. Maka barisan - barisan X + Y ,X − Y , X · Y , dan cX masing - masing konvergen ke x + y, x − y, xy,dan cx.

2. Jika X = (xn) konvergen ke x dan Z = (zn) merupakan barisan bilanganreal tidak nol yang konvergen ke z dan jika z 6= 0, maka barisan X

Z

konvergen ke xz

Bukti :

1. (a) Bukti limit(X + Y ) = x + y

Untuk menunjukkan bahwa lim(xn + yn) = x+ y maka harus dapatditunjukkan bahwa|(xn + yn)− (x + y)| < ε

|(xn+yn)−(x+y)| = |(xn−x)−(yn+y)| ≤ |xn−x|+|yn−y|X = (xn)

konvergen ke x, maka ∀ε > 0 ada bilangan asli K1 sedemikianhingga untuk n ≥ K1 maka |xn − x| < ε

2.

Y = (yn) konvergen ke y, maka .....Apabila kita tetapkan K = sup{K1, K2}, maka untuk n ≥ K akandiperoleh:

|(xn + yn)− (x + y)| = |(xn − x)− (yn + y)|≤ |xn − x|+ |yn − y|<

ε

2+

ε

2= ε

Karena pengambilan ε > 0 sembarang, maka dapat disimpulkanbahwa barisan X + Y = (xn + yn) konvergen ke x + y

(b) Bukti limit(X + Y ) = x + y bukti analog dengan cara di atas.

12

Bab 1. Barisan 13

(c) Bukti limit(XY ) = xy

Karena (xn) konvergen maka ia terbatas, yaitu ada M1 > 0 se-demikian hingga |xn| ≤ M1 untuk setiap n ∈ N. Ambil M =

max{M1, |y|}. Karena lim(xn) = x dan lim(yn) = y maka untukε > 0 yang diberikan terdapat K1 dan K2 sehingga |xn − x| < ε

2M

untuk setiap n ≥ K1 dan |yn − y| < ε2M

untuk setiap n ≥ K2. Jadiuntuk setiap n ≥ K = max{K1, K2} diperoleh

|xnyn − xy| = |(xnyn − xny) + (xny − xy)|= |xn(yn − y) + y(xn − x)|≤ |xn||yn − y|+ |y||xn − x|≤ M |yn − y|+ M |xn − x|< M(

ε

2M) + M(

ε

2M) = ε

(d) Bukti limit(cX) = cx Pernyataan dapat dibuktikan dengan caramembentuk

|cxn − cx| = |c||xn − x|

Bukti lengkapnya silakan diselesaikan

2. Perhatikan bahwa

|xn

zn

− x

z| = |xnz − xzn

znz|

=1

|zn||z| |xnz − xzn|

=1

|zn||z| |xnz − xnzn + xnzn − xzn|

=1

|zn||z| |xn(z − zn) + zn(xn − x)|

≤ |xn||zn||z| |zn − z|+ 1

|z| |xn − x|

Selanjutnya, kita perlu memberikan batas untuk suku xn

|zn||z| . Karena (xn)

konvergen maka ia terbatas yaitu ada M > 0 sehingga |xn| ≤ M untuksetiap n ∈ N. Karena lim(zn) = z maka jika diberikan ε = 1

2|z|, akan ada

K1 ∈ N sedemikan hingga |zn − z| < 12| untuk setiap n ≥ K1. Karena

13

Bab 1. Barisan 14

||zn| − |z|| ≤ |zn − z| dan |zn − z| < 12|z| maka

||zn| − |z|| ≤ |zn − z| ⇔ 1

2|z| < |zn| < 3

2|z| ⇒ |zn| > 1

2|z|

untuk setiap n ≥ K1. Jadi berlaku, 1|zn| < 2

|z| untuk setiap n ≥ K1.Dengan demikian kita mempunyai estimasi

|xn

zn

− x

z| ≤ |xn|

|zn||z| |zn − z|+ 1

|z| |xn − x| < 2M

|z|2 ||zn − z|+ 1

|z| |xn − x|(1.1)

Selanjutnya, jika diberikan sembarang ε > 0, karena limit (zn) = z danlimit(xn) = x maka ada K2, K3 ∈ N sedemikian hingga |xn − x| < |z|

2ε

untuk setiap n ≥ K2, dan |zn − z| < |z|24M

ε untuk setiap n ≥ K3. Denganmengambil K = max{K1, K2, K3} maka berdasarkan 1.1, diperoleh

|xn

zn

− x

z| ≤ |xn|

|zn||z| |zn − z|+ 1

|z| |xn − x|

<2M

|z|2 ||zn − z|+ 1

|z| |xn − x|

=ε

2+

ε

2= ε

untuk setiap n ≥ K

Sifat perkalian limit dua barisan dapat dikembangkan untuk perkalian se-banyak berhingga barisan, yaitu jika (an), (bn),...,(zn) barisan-barisan konver-gen maka berlaku

lim((an)(bn) . . . (zn)) = lim(an)lim(bn) . . . lim(zn)

Khususnya jika barisan - barisannya sama, katakan ada sebanyak k barisan(xn) maka

lim(akn) = (lim(an))k

Contoh 1.2.5. Buktikan bahwa lim (2n+1n

) = 2

Bukti : Untuk membuktikan bahwa lim (2n+1n

) = 2, pertama - tama kita ubah

14

Bab 1. Barisan 15

dulu barisan tersebut kedalam operasi barisan - barisan konvergen, yaitu

2n + 1

n=

2n

n+

1

n= 2 +

1

n

Apabila kita ambil X = (2) dan Y = ( 1n) maka (2n+1

n) = X + Y . Oleh karena

itu lim (X + Y ) = lim X + lim Y = 2 + 0 = 2

Contoh 1.2.6. Tunjukkan bahwa lim (2n+1n+5

) = 2

Bukti : Perhatikan bahwa

2n + 1

n + 5=

2 + 1n

1 + 5n

sehingga bisa diasumsikan X = (2 + 1n) dan Z = (1 + 5

n). Karena lim X = 2

dan lim Z = 1 maka lim (2n+1n+5

) = 21

= 2

Teorema 1.2.3. Apabila barisan X = (xn) merupakan barisan konvergen daribilangan - bilangan real, dan jika xn ≥ 0,∀n ∈ N maka x =lim(xn) ≥ 0

Bukti : Teorema di atas akan dibuktikan dengan menggunakan kontradiksi.Apabila diasumsikan bahwa konsklusi di atas tidak benar, atau x < 0, makaε = −x akan bernilai positif. Karena X konvergen ke x maka ada bilanganasli K sedemikian hingga

|xn − x| < −x ⇔ x < xn − x < −x ⇒ xn < 0 untuk semua n ≥ K

Hal ini kontradiksi dengan hipotesis bahwa xn ≥ 0,∀n ∈ N. Dengan demikianasumsi yang diambil tidak benar, atau akibatnya x ≥ 0.

Teorema 1.2.4. Jika X = (xn) dan Y = (yn) merupakan barisan - barisankonvergen dari bilangan real, dan xn ≤ yn,∀n ∈ N, maka lim (xn) ≤ lim (yn).

Bukti : Misalkan zn = yn − xn,∀n ∈ N sedemikian hingga Z = Y − X, danzn ≥ 0,∀n ∈ N kita akan peroleh 0 ≤ lim Z = lim (yn) − lim (xn) (Teorema1.2.3) sedemikian hingga lim (xn) ≤ lim (yn).

Teorema 1.2.5. Jika X = (xn) merupakan barisan konvergen dari bilangan -bilangan real, dan jika a ≤ xn ≤ b, ∀n ∈ N, maka a ≤ lim (xn) ≤ b.

(Pembuktian teorema ini dapat dilakukan seperti pembuktian Teorema1.2.4)

15

Bab 1. Barisan 16

Teorema berikut menjelaskan kekonvergenan suaru barisan yang diapit olehdua barisan yang konveregen ke limit yang sama. Teorema ini sangat berman-faat dalam membuktikan limit barisan.

Teorema 1.2.6. Teorema Apit Apabila X = (xn), Y = (yn), dan Z = (zn)

merupakan barisan - barisan dari bilangan real sedemikian hingga xn ≤ yn ≤zn,∀n ∈ N dan lim (xn) = lim (zn), maka Y = (yn) konvergen dan lim (xn) =lim (yn) = lim (zn)

Bukti : Andaikan w = lim (xn) = lim (zn). Untuk sembarang ε > 0 ada K ∈ Nsedemikian hingga jika n ≥ K, maka |xn − w| < ε dan |zn − w| < ε. Karenaxn ≤ yn ≤ zn,∀n ∈ N, maka xn − w ≤ yn − w ≤ zn − w, ∀n ∈ N. Hal inimengakibatan −ε < yn − w < ε (mengapa?), untuk semua n ≥ K. Karenapengambilan ε > 0 sembarang, maka dapat disimpulkan bahwa lim (yn) = w.

Contoh 1.2.7. Buktikan bahwa lim ( sin nn

) = 0

Bukti : Perhatikan bahwa untuk setiap bilangan asli n berlaku, −1 ≤ sin n ≤1. Akibatnya,

− 1n≤ sin n

n≤ 1

nuntuk setiap n ∈ N

dengan mengambil xn = − 1n, yn = sin n

n, dan zn = ( 1

n) = 0 maka berdasarkan

Teorema 1.2.6 dapat disimpulkan bahwa ( sin nn

) = 0.

Teorema 1.2.7. Apabila barisan X = (xn) konvergen ke x maka barisan(|xn|) dari nilai - nilai absolutnya konvergen ke |x|. Oleh karena itu, jika x =

lim (xn), maka |x| = lim (|xn|)

Bukti : Menurut teorema ketidaksamaan segitiga: ||xn| − |x|| ≤ |xn− x|,∀n ∈N. Jadi, dapat disimpulkan bahwa (|xn|) konvergen ke |x| (mengapa?)

Teorema 1.2.8. X = (xn) adalah barisan bilangan real yang konvergen ke x

dan anggap xn ≥ 0 maka barisan (√

xn) konvergen dan lim (√

xn) =√

x

Bukti : Apabila x = lim (xn) ≥ 0 maka terdapat dua kasus: (1) x = 0 dan (2)x > 0

1. Jika x = 0, ambil sembarang ε > 0. Karena xn → 0, maka ada K ∈ Nsedemikian hingga jika n ≥ K, maka 0 ≤ xn = xn− 0 ≤ ε2. Oleh karenaitu, 0 ≤ √

xn < ε untuk n ≥ K. Karena ε > 0 maka √xn → 0

16

Bab 1. Barisan 17

2. Jika x > 0, maka √xn > 0. Sehingga

√xn −

√x =

(√

xn −√

x)(√

xn +√

x)√xn +

√x

=xn − x√xn +

√x

Karena √xn +√

x ≥ √x > 0, maka 1√

xn+√

x≤ 1√

x. ini mengakibatkan

|√xn −√

x| ≤ (1√x

)|xn − x|

Karena xn → x maka xn − x → 0, dan dengan menggunakan Teorema1.1.4 maka terbukti lim(

√xn) =

√x.

Teorema 1.2.9. Apabila (xn) merupakan barisan bilangan real positif sede-mikian hingga L = lim (xn+1

xn) ada. Jika L < 1, maka (xn) konvergen dan lim

(xn) = 0

Bukti : Karena (xn) merupakan barisan bilangan real positif maka L ≥ 0 (Teo-rema 1.2.3). Selanjutnya ambil bilangan real r sedemiian hingga L < r < 1,dan ambil ε = r−L > 0. Menurut Teorema 1.1.2 akan ada K ∈ N sedemikianhingga

|xn+1

xn− L| < ε untuk setiap n ≥ K

Oleh karena itu, jika n ≥ K maka xn+1

xn< L + ε = L + (r − L) = r. Dengan

demikian, jika n ≥ K akan diperoleh:

0 < xn+1 < xnr < xn−1r2 < . . . < xKrn−K+1

Apabila kita tetapkan C = xK

rK , maka diperoleh: 0 < xn+1 < Crn+1,∀n ≥ K.Karena 0 < r < 1 maka lim (rn) = 0 (mengapa?), sehingga dapat disimpulkanbahwa lim (xn) = 0

Contoh 1.2.8. Tunjukkan bahwa lim ( n2n ) = 0

Bukti : Karena xn = n2n maka xn+1

xn= n+1

2n+1 · 2n

n= 1

2(1+ 1

n); dengan demikian lim

(xn+1

xn) = 1

2(L < 1). Sehingga berdasarkan Teorema 1.2.9 dapat disimpulkan

bahwa lim ( n2n ) = 0

LATIHAN

1. Jika X dan Y adalah barisan - barisan bilangan real sedemikian hinggaX dan X + Y konvergen, tunjukan bahwa Y konvergen!

17

Bab 1. Barisan 18

2. Tunjukkan bahwa barisan (2n) tidak konvergen!

3. Tentukan limit dari

(a) ((2 + 1n)2)

(b) (√

n−1√n+1

)

4. yn =√

n + 1 − √n untuk n ∈ N. Tunjukkan bahwa (yn) dan (

√nyn)

konvergen!

5. Apabila 0 < a < 1 dan b > 1, Gunakan Teorema 1.2.9 untuk menunjuk-kan kekonvergenan barisan - barisan berikut:

(a) (an)

(b) ( bn

2n )

1.3 Barisan - Barisan MonotonUntuk menunjukkan kekonvergenan suatu barisan X = (xn) dapat digunakanbeberapa cara, misalnya:

1. menggunakan De�nisi 1.1.3 atau Teorema 1.1.2 secara langsung

2. Menggunakan Teorema 1.1.4 yaitu dengan menentukan nilai |xn−x| danmengubahnya dalam bentuk perkalian bilangan real positif C denganbarisan (an) yang diketahui limitnya nol

3. Mengidenti�kasi X sebagai barisan yang diperoleh dari barisan lain yangdiketahui konvergen, misalnya sebagai ekor barisan, kombinasi aljabar,dan sebagainya (lihat Teorema 1.1.3, 1.2.2, 1.2.7, dan 1.2.8

4. mengapit barisan X diantara dua barisan yang konvergen pada bilanganyang sama seperti dalam Teorema 1.2.6

5. menggunakan uji perbandingan seperti dalam Teorema 1.2.9

Beberapa cara di atas mensyaratkan untuk mengetahui nilai limit yangakan dibuktikan kebenarannya. Berikut ini akan kita bicarakan cara untukmenunjukkan kekonvergenan suatu barisan tanpa terlebih dahulu mengetahuinilai limitnya.

18

Bab 1. Barisan 19

De�nisi 1.3.1. Suatu barisan (xn) dikatakan monoton jika barisan tersebutnaik saja atau turun saja. Dikatakan naik jika

x1 ≤ x2 ≤ . . . ≤ xn ≤ . . . atau xn ≤ xn+1 untuk setiap n ∈ N

dan dikatakan turun jika

x1 ≥ x2 ≥ . . . ≥ xn ≥ . . . atau xn ≥ xn+1 untuk setiap n ∈ N

Contoh 1.3.1. Barisan (1, 2, 3, 4, . . . , n, . . .), (1, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 4, . . .) meru-pakan barisan yang naik. Barisan (1, 1

2, 1

3, . . . , 1

n, . . .), merupakan barisan yang

turun. Barisan (a, a2, a3, . . . , an, . . .) turun jika a < 0, dan naik jika a > 0.Barisan (−1, +1,−1, . . . , (−1)n, . . .) merupakan barisan tidak monoton. Bari-san konstan (2, 2, . . . , 2, . . .) merupakan barisan naik dan juga turun. Barisan(7, 6, 2, 1, 2, 3, 4, . . .) dan (−2, 0, 1, 13, 12, 13, . . .) merupakan barisan tidak mo-noton tapi pada akhirnya monoton.

Teorema 1.3.1. Teorema Konvergensi Monoton Jika barisan X = (xn)

monoton dan terbatas maka ia konvergen. Selanjutnya,

1. Jika X = (xn) naik maka lim X = (xn) = sup{xn : n ∈ N}

2. Jika X = (xn) turun maka lim X = (xn) = inf{xn : n ∈ N}

Bukti : Pembuktian teorema diatas dilakukan dengan menunjukkan bahwa

(a) Jika X barisan monoton dan konvergen maka X terbatasMenurut Teorema 1.2.1, Barisan yang konvergen selalu terbatas.

(b) Jika X barisan monoton dan terbatas, maka X konvergen Karena X

barisan monoton dan terbatas, maka ada dua kasus yang harus diperha-tikan, yaitu X barisan naik atau X barisan turun

(i) Kasus pertama X barisan naik dan terbatasKarena X naik dan terbatas, maka akan ada M ∈ R,m > 0 se-demikian hingga xn ≤ M, ∀n ∈ N. Jadi, himpunan {xn : n ∈ N}terbatas di atas. Berdasarkan sifat supremum, himpunan ini selalumempunyai supremum, katakanlah

x∗ = sup{xn : n ∈ N}

19

Bab 1. Barisan 20

Selanjutnya akan ditunjukkan bahwa lim (xn) = x∗. Jika diambilsembarang ε > 0, maka x∗− ε bukan lagi batas atas dari himpunan{xn : n ∈ N}. Oleh karena itu, ada K ∈ N, K = K(ε) sedemikianhingga x∗ − ε < xK . Karena xn merupakan barisan naik maka

x∗ − ε < xK < xn < x∗

Hal ini mengakibatkan bahwa |xn − x∗| < ε, ∀n ≥ K. Karena ε

sembarang, maka dapat disimpulkan bahwa (xn) konvergen ke x∗

(ii) Kasus kedua X barisan turun dan terbatasJika X barisan turun dan terbatas, maka Y = −X merupakanbarisan naik terbatas. Dari poin (i) di atas, jelas bahwa limit Y =sup {−xn : n ∈ N}. Karena lim Y = - lim X dan sup {−xn : n ∈N}= -inf {xn : n ∈ N}, maka lim X = - lim Y = - sup {−xn : n ∈N}= inf {xn : n ∈ N}

Contoh 1.3.2. Apakah X = ( 1√n) konvergen?

Jawab: Karena√

n + 1 >√

n maka 1√n+1

< 1√n. Akibatnya, X merupakan

barisan turun. X juga merupakan barisan yang terbatas karena ada M = 1

sedemikian hingga xn < 1 untuk setiap n ∈ N. Oleh karena X merupakanbarisan turun dan terbatas, maka berdasarkan Teorema 1.3.1 X konvergen.

Contoh 1.3.3. xn = 1 + 12

+ 13

+ . . . + 1n, ∀n ∈ N merupakan suku ke-n dari

barisan X = xn. Selidikilah apakah X konvergen atau divergen!Jawab: Jelas barisan ini monoton naik sebab

xn+1 = xn + 1n+1

> xn untuk setiap n ∈ N

Selanjutnya akan diselidiki apakah barisan ini terbatas atau tidak. Untukmelihat pola barisan ini secara numerik , kita perhatikan suku ke n

xn = 1 + 12

+ 13

+ . . . + 1n

Komputasi numerik memberikan data sebagai berikut:

x10 = 2, 9290; x100 = 5, 1874; x1000 = 7, 4855; x10000 = 9, 7876;x100000 = 12, 0901

Terlihat bahwa kenaikannya sangat lambat sehingga berdasarkan data ini �seolah-olah�suku-suku barisan ini akan menuju bilangan tertentu atau konvergen. Un-tuk suatu n, jika diambil suku ke-2n, yaitu x2n , maka untuk n = 1, x21 = 1+ 1

2.

20

Bab 1. Barisan 21

Untuk n = 2, x22 = 1 + 12+ (1

3+ 1

4), dan untuk n = 3, x23 = 1 + 1

2+ (1

3+ 1

4) +

(15

+ 16

+ 17

+ 18). Secara umum diperoleh:

x2n = 1 +1

2+ (

1

3+

1

4) + . . . +

1

2n)

= 1 +1

2+ (

1

21 + 1+

1

22) + . . . + (

1

2n−1 + 1+

1

2n−1 + 2+ . . . +

1

2n)

︸ ︷︷ ︸sebanyak n partisi

> 1 +1

2+ (

1

4+

1

4) + . . . + (

1

2n+

1

2n+ . . . +

1

2n)

= 1 +1

2+

1

2+

1

2+ . . . +

1

2= 1 +

n

2

Jadi selalu ada suku pada barisan ini yang lebih besar dari bilangan real mana-pun sehingga barisan ini tidak terbatas dan disimpulkan barisan ini divergen.Sebagai ilustrasi diberikan bilangan real M = 5001. Maka kita dapat mene-mukan suku yang lebih besar dari 5001, yaitu suku ke-210000. Silahkan dicek!

Contoh 1.3.4. Misalkan (xn) barisan yang dide�nisikan secara rekursif seba-gai berikut:

{x1 = 1

xn+1 =√

2xn, untuk n ≥ 1

Selidikilah kekonvergenan barisan ini dan jika konvergen tentukan nilai limit-nya!Jawab: Perhatikan bahwa, x1 = 1, x2 =

√2x1 =

√2, x3 =

√2x2 =

√2√

2,

x4 =√

2x3 =

√2√

2√

2 dan untuk n → ∞, xn =

√2

√2√

2√

2 . . . = 2. Jadi1 ≤ x1 ≤ x2 ≤ x3 ≤ x4 ≤ 2. Secara intuitif, barisan ini monoton naik danterbatas diatas oleh 2. Untuk menunjukkan klaim ini benar, kita akan mem-buktikannya menggunakan prinsip induksi matematika, yaitu menunjukkanbahwa berlaku

1 ≤ xn ≤ xn+1 ≤ 2

Di atas, kita telah tunjukkan bahwa pernyataan tersebut berlaku untuk n =

1, 2, 3, 4. Jika diasumsikan bahwa untuk n = k pernyataan tersebut juga benar,maka kita akan mempunyai 1 ≤ xk ≤ xk+1 ≤ 2. Selanjutnya, untuk n = k +1,

21

Bab 1. Barisan 22

akan ditunjukkan bahwa 1 ≤ xk+1 ≤ xk+2 ≤ 2. Perhatikan bahwa

1 ≤ xk ≤ xk+1 ≤ 2

⇔ 2 ≤ 2xk ≤ 2xk+1 ≤ 4

⇔ 1 <√

2 ≤ xk+1 =√

2xk ≤√

2xk+1 = xk+2 ≤ 2

Jadi berlaku

1 ≤ xk+1 ≤ xk+2 ≤ 2, untuk n = k + 1

Dengan demikian terbukti bahwa barisan ini monoton naik dan terbatas. Ber-dasarkan Teorema 1.3.1 barisan ini konvergen. Selanjutnya kita akan mencarinilai limitnya. Bila supremum himpunan {xn} mudah dicari maka limitnyalangsung didapat, yaitu lim (xn) = sup {xn}. Berdasarkan hasil perhitungannumeris 10 suku pertama barisan ini adalah

x1 = 1; x2 = 1, 4142; x3 = 1, 6818; x4 = 1, 8340; x5 = 1, 9152; x6 = 1, 9571;x7 = 1, 9785; x8 = 1, 9892; x9 = 1, 9946; dan x10 = 1, 9973.

Terlihat supremumnya adalah 2. Secara teoritis masih harus dibuktikan bahwa2 benar - benar sebagai supremumnya. Cara kedua adalah dengan menggu-nakan sifat ekor barisan dan barisan akar. Jika kita misalkan x = lim (xn),maka

lim(xn+1) = lim(√

2xn) =√

lim(2xn)

x =√

2x

x2 = 2x

x(x− 2) = 0

Diperoleh x = 0 atau x = 2. Karena xn > 1 maka nilai yang memenuhiadalah x = 2. Cara ketiga adalah dengan mengamati bahwa untuk limit inimenghasilkan bentuk akar kontinu berikut,

lim (xn) =

√2

√2√

2√

2 . . .

Misalkan x =

√2

√2√

2√

2 . . . maka diperoleh

x2 = 2x ⇒ x(x− 2) = 0 ⇒ x = 0 atau x = 2

22

Bab 1. Barisan 23

Ini memberikan hasil yang sama yaitu lim (xn) = 2

Contoh 1.3.5. Bilangan EulerJika en = (1 + 1n)n untuk setiap n ∈ N,

Tunjukkan bahwa barisan E = (en) konvergen!

Jawab: Untuk menunjukkan bahwa barisan E = (en) konvergen, akan kitatunjukkan bahwa barisan tersebut monoton dan terbatas. Dengan menggu-nakan teorema binomial, diperoleh:

en = (1 +1

n)n = 1 +

n

1· 1

n+

n(n− 1)

2!· 1

n2+

n(n− 1)(n− 2)

3!· 1

n3

+ . . . +n(n− 1) . . . 2 · 1

n!· 1

nn

= 1 + 1 +1

2!(1− 1

n) +

1

3!(1− 1

n)(1− 2

n)

+ . . . +1

n!(1− 1

n)(1− 2

n) . . . (1− n− 1

n)

Dengan cara yang sama, untuk n + 1 kita dapatkan

en+1 = 1 + 1 +1

2!(1− 1

n + 1) +

1

3!(1− 1

n + 1)(1− 2

n + 1)

+ . . . +1

n!(1− 1

n + 1)(1− 2

n + 1) . . . (1− n− 1

n + 1)

+1

(n + 1)!(1− 1

n + 1)(1− 2

n + 1) . . . (1− n

n + 1)

Perhatikan bahwa ekspansi en memuat n + 1 suku sedangkan en+1 memuatn + 2 suku. Jika dikorespondensikan, masing - masing suku dalam en kurangatau sama dengan suku dalam en+1, dan en+1 memiliki satu suku positif labihbanyak dari en. Oleh karenanya, 2 ≤ e1 < e2 < . . . < en < en+1 < . . .. Jadi, E

merupakan barisan monoton naik.Untuk menunjukkan bahwa E terbatas di atas, kita perhatikan bahwa jika

p = 1, 2, . . . , n maka (1 − pn) < 1. Selain itu, 2p−1 ≤ p! (buktikan dengan

menggunakan induksi matematika) sehingga 1p!≤ 1

2p−1 . Oleh karena itu, jikan > 1 maka kita mempunyai

2 < en < 1 + 1 +1

2+

1

22+ . . . +

1

2n−1

23

Bab 1. Barisan 24

Dengan menggunakan rumus jumlah deret geometri (sn = a(1−rn

1−r)) kita dap-

atkan

1

2+

1

22+ . . . +

1

2n−1= 1− 1

2n−1< 1

Sehingga dapat kita simpulkan bahwa 2 ≤ en < 3 untuk semua n ∈ N. Menu-rut teorema konvergensi monoton, dapat kita katakan bahwa barisan E kon-vergen ke suatu bilangan real antara 2 dan 3. Selanjutnya dide�nisikan e

merupakan titik limit dari barisan ini.Dengan melakukan estimasi kita dapat menemukan bilangan yang dekat

sekali ke e, tetapi kita tidak dapat menghitungnya secara eksak, karena e

adalah suatu bilangan irrasional. Akan tetapi mungkin untuk menghitung e

sampai beberapa tempat desimal yang diinginkan. Kita dapat menggunakankalkulator atau komputer untuk menghitung en dengan mengambil nilai n yang�besar�.

LATIHAN

1. Misalkan x1 = 8 dan xn+1 = 12xn + 2 untuk n ∈ N. Tunjukkan bahwa

(xn) terbatas dan monoton serta tentukan nilai limitnya!

2. Misalkan x1 > 1 dan xn+1 = 2− 1xn

untuk n ∈ N. Tunjukkan bahwa (xn)

terbatas dan monoton serta tentukan nilai limitnya!

3. Misalkan x1 ≥ 2 dan xn+1 = 1+√

xn − 1 untuk n ∈ N. Tunjukkan bahwa(xn) adalah barisan turun dan terbatas serta tentukan nilai limitnya!

4. Misalkan x1 = 1 dan xn+1 =√

2 + xn untuk n ∈ N. Tunjukkan bahwa(xn) konvergen dan tentukan nilai limitnya!

5. Misalkan x1 = a > 0 dan xn+1 = xn + 1xn

untuk n ∈ N. Tentukan apakah(xn) konvergen atau divergen!

6. Misalkan A adalah subhimpunan tak hingga dari R dan terbatas di atasdengan u = sup A. Tunjukkan bahwa terdapat suatu barisan tak turun(xn) dengan xn ∈ A untuk semua n ∈ N sehingga u = lim (xn) !

7. Misalkan (xn) barisan terbatas dan untuk masing - masing n ∈ N, sn =

sup {xk : k ≥ n} dan tn = inf {xk : k ≥ n}. Buktikan bahwa (sn)

dan (tn) konvergen. Juga buktikan bahwa jika lim (sn) = (tn) maka

24

Bab 1. Barisan 25

(xn) konvergen. [lim (sn) disebut limit superior dari (xn) dan lim (tn)

disebut limit inferior dari (xn)]

8. Jika yn = 1n+1

+ 1n+2

+ . . . + 12n

untuk semua n ∈ N, tentukan apakahbarisan (yn) konvergen atau divergen!

9. Misalkan xn = 112 + 1

22 + . . .+ 1n2 untuk semua n ∈ N,buktikan bahwa (xn)

tak turun dan terbatas (catatan: bila k ≥ 2, maka 1k2 ≤ 1

k(k−1)= 1

k−1− 1

k)

10. Tentukan konvergensi barisan berikut dan tentukan limitnya

(a) ((1 + 1n)n+1)

(b) ((1 + 1n)2n)

(c) ((1 + 1n+1

)n)

(d) ((1− 1n)n)

1.4 Barisan BagianDe�nisi 1.4.1. Misalkan X = (xn) barisan bilangan real dan misalkan diambilbarisan asli naik tegas, yaitu n1 < n2 < . . . < nk < . . . maka barisan X∗ yangdiberikan oleh

(xn1 , xn2 , xn3 , . . . , xnk, . . .)

disebut barisan bagian dari X. Barisan ini ditulis X∗ = (xnk: k ∈ N)

Contoh 1.4.1. Diberikan barisan X = (1, 12, 1

3, . . . , 1

n, . . .). Beberapa barisan

bagian dari X adalah

(a) X∗ = (12, 1

4, . . . , 1

2n, . . .)

(b) X∗∗ = (1, 13, 1

5, . . . , 1

2n−1, . . .)

(c) X∗∗∗ = (14, 1

5, 1

6, . . . , 1

n+3, . . .)

Sedangkan berikut ini bukan merupakan barisan bagian X

(a) Y ∗ = (1, 13, 1

2, 1

4, 1

3, . . .)

(b) Y ∗∗ = (12, 1

2, 1

3, 1

3, . . .)

25

Bab 1. Barisan 26

Teorema 1.4.1. (Teorema Konvergensi Barisan Bagian). Jika barisan(xn) konvergen ke x maka setiap barisan bagiannya konvergen ke x.

Bukti : Diberikan sebarang ε > 0. Karena (xn) konvergen ke x maka adabilangan asli K(ε) sehingga

|xn − x| < ε untuk setiap n ≥ K(ε)

Karena n1 < n2 < . . . < nk < . . . adalah barisan naik bilangan asli, makadengan induksi matematika dapat ditunjukkan bahwa nk ≥ k (berdasarkanfakta bahwa n1 ≥ 1 dan nk ≥ k yang mengakibatkan nk+1 > nk ≥ k dannk+1 ≥ k+1). Sehingga, jika k ≥ K(ε) maka nk ≥ k ≥ K(ε). Jadi, |xnk

−x| <ε. Oleh karenanya, subbarisan (xnk

) juga konvergen ke x.

Contoh 1.4.2. Tunjukkan bahwa lim (bn) = 0 jika 0 < b < 1

Jawab: Pada Contoh 1.1.9, kita telah menunjukkan nilai limit ini denganmenggunakan pertidaksamaan Bernoulli dengan memisalkan xn = bn. Padabagian ini, kita akan menunjukkan nilai limit ini dengan menggunakan teo-rema barisan bagian. Jika 0 < b < 1 dan kita misalkan xn = bn makaxn+1 = bn+1 < bn = xn. Dengan demikian, dapat disimpulkan bahwa (xn)

merupakan barisan turun. Karena 0 < b < 1 maka jelas bahwa 0 ≤ xn ≤ 1,yang artinya (xn) terbatas. Sehingga menurut teorema konvergensi mono-ton, barisan (xn) konvergen. Misalkan x = lim (xn), Karena (x2n) subbarisandari (xn) maka menurut Teorema 1.4.1 x = lim (x2n). Dilain pihak, karenax2n = b2n = (bn)2 = (xn)2, maka menurut Teorema 1.2.2 diperoleh

x = lim (x2n) = [lim (xn)]2 = x2 ⇔ x2 − x = 0

⇔ x = 0 atau x = 1

Karena (xn) barisan turun dan terbatas dibawah oleh 0, maka haruslah x =

0 = lim (xn).

Contoh 1.4.3. Tunjukkan bahwa lim (c1n ) = 1 untuk c > 1

Jawab: Misalkan zn = c1n . Karena c > 1 maka cn+1 > cn, sehingga diperoleh

cn+1 > cn ⇔ (cn+1)1

n(n+1) > (cn)1

n(n+1)

⇔ c1n = zn > c

1n+1 = zn+1

⇔ cn+1

n > c

⇔ c1n > 1

26

Bab 1. Barisan 27

Berdasarkan pertidaksamaan di atas, diperoleh zn > 1 dan z1 = c > zn >

zn+1 > 1 untuk semua n ∈ N. Sehingga dapat dikatakan bahwa (zn) meru-pakan barisan turun dan terbatas, oleh karenanya ia konvergen. Misalkan z =

lim (zn), maka berdasarkan Teorema 1.4.1 z = lim (z2n) dimana

z2n = c12n = (c

1n )

12 = (zn)

12

sehingga berdasarkan Teorema 1.2.2 diperoleh

z = lim (z2n = (lim (zn))12 = z

12

Oleh karenanya didapatkan z2 = z dimana z = 0 atau z = 1. Karena zn > 1

untuk semua n ∈ N maka jelas bahwa z = 1 = lim (zn).Melalui Teorema konvergensi barisan bagian ini, kita dapat membuat krite-

ria barisan divergen. Perhatikan kontraposisi dari teorema konvergensi barisanbagian �Jika ada barisan bagian dari (xn) yang tidak konvergen ke x maka bari-san (xn) tidak konvergen ke x�. Dengan kata lain, jika ada dua barisan bagiankonvergen tetapi limit keduanya tidak sama maka barisan induknya divergen.

Contoh 1.4.4. Tunjukkan bahwa barisan ((−1)n) divergen

Jawab: Perhatikan bahwa barisan X = (xn) = ((−1)n) memiliki dua barisanbagian yaitu X∗ = (x2n) = ((−1)2n) yang konvergen ke 1 dan X∗∗ = (x2n−1) =

((−1)2n−1) yang konvergen ke -1. Karena

lim X∗ =1 6= -1 = lim X∗∗

maka barisan ((−1)n) divergen, hasil yang sama seperti contoh sebelumnya.

Contoh 1.4.5. Tunjukkan bahwa barisan (1, 12, 3, 1

4, . . .) divergen

Jawab: Kita dapat mende�nisikan barisan ini dengan Y = (yn), dimanayn = n jika n ganjil dan yn = 1

njika n genap. Dengan mudah dapat kita

lihat bahwa barisan ini tidak terbatas (memuat subbarisan (1, 3, 5, 7, . . .) yangtidak terbatas) sehingga barisan ini tidak mungkin konvergen. Alternatifnya,walaupun subbarisan (1

2, 1

4, 1

6, . . .) dari Y konvergen ke 0, tetapi keseluruhan

barisan Y tidak konvergen ke 0. Yaitu, terdapat subbarisan (1, 3, 5, 7, . . .) yangtidak konvergen ke 0. Karena itu, Y tidak konvergen ke 0.

27

Bab 1. Barisan 28

Eksistensi Subbarisan Monoton

Tidak semua barisan bilangan real monoton, tetapi pada setiap barisan selaludapat dikonstruksi barisan bagian yang monoton. Selanjutnya akan ditun-jukkan bahwa setiap barisan mempunyai subbarisan monoton

Teorema 1.4.2. Teorema Subbarisan Monoton Setiap barisan X = (xn)

mempunyai subbarisan monoton

Bukti : Untuk membuktikan teorema ini, pertama kita de�nisikan bahwa sukuke-m xm dikatakan �puncak� jika xm ≥ xn untuk semua n ≥ m. Sebagaicatatan, pada barisan turun tegas, setiap suku adalah sebuah puncak sedang-kan pada barisan naik tegas, tidak ada suku barisan yang menjadi puncak.Selanjutnya kita akan mempertimbangkan dua kasus.Kasus 1. X mempunyai sejumlah tak hingga puncak. Dalam kasus ini, kitaakan mengurutkan puncak - puncak tersebut dengan indeks naik. jadi, kitamempunyai puncak - puncak xm1 , xm2 , . . . , xmk

, . . . dengan m1 < m2 < . . . <

mk < . . .. karena masing - masing suku tersebut puncak, kita mempunyaixm1 ≥ xm2 ≥ . . . ≥ xmk

≥ . . .. Karenanya, subbarisan (xmk) merupakan sub-

barisan tak naik dari X.Kasus 2. X mempunyai sejumlah hingga (mungkin nol) puncak. Jika kitamengurutkan puncak - puncak tersebut dengan indeks naik: xm1 , xm2 , . . . , xmr .Misalkan s1 = mr + 1 adalah indeks pertama setelah puncak terakhir. Karenaxs1 bukan puncak maka terdapat s2 > s1 sedemikian hingga xs2 > xs1 . Karenaxs2 juga bukan puncak maka terdapat s3 > s2 sedemikian hingga xs3 > xs2 .Jika kita meneruskan proses ini, kita peroleh subbarisan tak turun (xsn) dariX.

Teorema Bolzano - Weierstrass

Berdasarkan teorema subbarisan monoton, kita selalu dapat mengonstruksisuatu barisan bagian yang monoton. Bila barisan induknya terbatas makajelas setiap barisan bagiannya juga terbatas. Kosekuensi dari kenyataan inidiperoleh Torema terkenal berikut.

Teorema 1.4.3. Teorema Bolzano - Weierstrass Setiap barisan terdapatselalu memuat subbarisan yang konvergen

Bukti : Berdasarkan teorema subbarisan monoton, maka barisan terbatas X =

(xn) ini mempunyai subbarisan X∗ = (xnk) yang monoton. Karena X terbatas,

28

Bab 1. Barisan 29

maka subbarisan inipun juga terbatas. Sehingga menurut teorema konvergensimonoton, subbarisan X∗ = (xnk

) konvergen.Sebagai ilustrasi untuk menjelaskan Teorema Bolzano - Weierstrass ini,

perhatikan bahwa barisan ((−1)n) merupakan barisan terbatas tetapi tidakkonvergen. Dua barisan bagiannya yaitu (x2n) = ((−1)2n) dan (x2n−1) =

((−1)2n−1) konvergen, berturut-turut ke 1 dan -1.Misalkan X∗ merupakan subbarisan dari X, maka X∗ sendiri merupakan

barisan yang juga memiliki subbarisan, katakanlah X∗1. Dalam hal ini, dapatkita katakan juga bahwa X∗1 subbarisan dari X.

Teorema 1.4.4. Misalkan X barisan terbatas dan x ∈ R yang mempunyaisifat bahwa setiap subbarisan konvergen dari X limitnya adalah x, maka ba-risan X konvergen ke x

Bukti : Karena X terbatas maka ada M > 0,M ∈ R sedemikian hingga|xn| ≤ M untuk semua n ∈ N. Andaikan X tidak konvergen ke x, makamenurut kriteria divergensi terdapat ε0 > 0 dan subbarisan X∗ = (xtn) dariX sedemikian hingga

|xtn − x| ≥ ε0, untuk semua n ∈ N (1.2)

Karena X∗ subbarisan dari X, maka X∗ juga terbatas oleh M . Dari sini,menurut teorema Bolzano - Weiestrass bahwa X∗ mempunyai subbarisan X∗∗

yang konvergen. Karena X∗∗ juga merupakan subbarisan dari X, karenanyamenurut hipotesis, X∗∗ harus konvergen ke x. Karena X∗∗ subbarisan dari X∗

maka setiap suku dari X∗∗ juga merupakan suku dari X∗. Sehingga X∗∗ jugaterletak di dalam persekitaran-ε0 dari x. Akibatnya, pertidaksamaan (1.2)kontradiksi dengan kenyataan bahwa X∗∗ konvergen ke x.

LATIHAN

1. Berikan cotoh barisan tak terbatas yang mempunyai subbarisan konver-gen

2. Gunakan metode pada Contoh 1.4.3 untuk menunjukkan bahwa jika 0 <

c < 1 maka lim (c1n )=1

3. Misalkan X = (xn), Y = (yn), barisan Z = (zn) dide�nisikan denganz1 = x1, z2 = y1, . . . , z2n−1 = xn, z2n = yn, . . .. Tunjukkan bahwa Z

29

Bab 1. Barisan 30

konvergen jika dan hanya jika X dan Y konvergen dan lim X = lim Y .

4. Misalkan setiap subbarisan dari X = (xn) mempunyai subbarisan lagiyang konvergen ke 0. Tunjukkan bahwa lim X =0

5. Misalkan (xn) barisan terbatas dan untuk masing - masing n ∈ N sn =

sup{xk : k ≥ n} dan s = inf{sn : n ∈ N}. Tunjukkan bahwa terdapatsubbarisan dari (xn) yang konvergen ke s.

6. Misalkan bahwa xn ≥ 0 untuk semua n ∈ N dan lim ((−1)nxn) ada.Tunjukkan bahwa (xn) konvergen

7. Tunjukkan bahwa jika (xn) tak terbatas, maka terdapat subbarisan (xnk)

sedemikian hingga lim ( 1xnk

) = 0

8. Misalkan (xn) barisan terbatas dan s = sup{xn : n ∈ N}. Tunjukkanbahwa bila s 6∈ {xn : n ∈ N}, maka terdapat subbarisan dari (xn) yangkonvergen ke s

9. Berikan contoh bahwa Teorema 1.4.4 gagal jika hipotesis terbatas dihi-langkan!

1.5 Kriteria Cauchy dan KontraksiTeorema konvergensi monoton yang sudah dibahas sebelumnya sangat bergunauntuk menyelidiki kekonvergenan suatu barisan, namun ia memiliki keter-batasan karena hanya dapat diterapkan pada barisan yang monoton. Untukbarisan yang tidak monoton teorema konvergensi monoton tidak berguna samasekali. Untuk itu pada bagian akhir bab ini diberikan dua kriteria konvergensitanpa syarat monoton.

De�nisi 1.5.1. Barisan Cauchy Barisan X = (xn) disebut barusan Cauchyjika untuk setiap ε > 0 terdapat bilangan asli K(ε) sedemikian hingga

|xn − xm| < ε untuk setiap m, n ≥ K(ε)

Contoh 1.5.1. Barisan ( 1n) merupakan barisan Cauchy

Bukti : Jika diberikan ε > 0, kita dapat memilih bilangan asli K = K(ε)

sedemikian hingga K > 2ε. Selanjutnya, jika m,n ≥ K kita peroleh 1

n≤

30

Bab 1. Barisan 311K

< ε2dan dan dengan cara yang sama didapat 1

m< ε

2. Oleh karenanya, jika

m, n ≥ K maka

| 1n− 1

m| ≤ 1

n+

1

m<

ε

2+

ε

2= ε

Karena ε > 0 yang diberikan adalah sembarang, maka dapat kita simpulkanbahwa ( 1

n) merupakan barisan Cauchy.

Contoh 1.5.2. Barisan (1 + (−1)n) bukan barisan Cauchy

Bukti : Negasi dari de�nisi barisan Cauchy adalah �terdapat ε0 > 0 sedemikianhingga untuk setiap K ada sedikitnya satu n > K dan sedikitnya satu m > K

sedemikian hingga |xn−xm| ≥ ε0. Untuk suku - suku xn = 1+(−1)n, kita lihatbahwa jika n genap maka xn = 2 dan xn+1 = 0. Jika kita ambil ε0 = 2 makauntuk sebarang K kita dapat memilih bilangan genap n > K dan misalkanm = n + 1 sehingga kita dapatkan

|xn − xm| = |xn − xn+1| = |2− 0| = 2 = ε0

Jadi, dapat disimpulkan bahwa (xn) bukan barisan Cauchy

Catatan: Perlu diperhatikan bahwa untuk membuktikan bahwa suatu barisanmerupakan barisan Cauchy, kita tidak boleh mengasumsikan relasi antara m

dan n karena pertidaksamaan |xn − xm| < ε harus terpenuhi untuk semuan, m ≥ K(ε). Tetapi untuk membuktikan bahwa suatu barisan bukan barisanCauchy, kita boleh membangun relasi antara n dan m sejauh nilai n dan m

yang dapat dipilih sedemikian hingga |xn − xm| ≥ ε0.

Akan kita lihat bahwa barisan Cauchy merupakan barisan yang konvergen.Untuk membuktikannya, kita akan tunjukkan terlebih dahulu bahwa barisankonvergen merupakan barisan Cauchy.

Lema 1.5.1. Jika X = (xn) barisan konvergen maka X barisan Cauchy

Bukti : Misalkan x = lim X, dan untuk sebarang ε > 0, ada bilangan asliK( ε

2) sedemikian hingga jika n ≥ K( ε

2) maka |xn − x| < ε

2. Sehingga jika

n, m ≥ K( ε2) maka diperoleh

|xn − xm| = |(xn − x) + (x− xm)|≤ |xn − x|+ |xm − x| < ε

2+

ε

2= ε

31

Bab 1. Barisan 32

Karena untuk sembarang ε > 0 |xn − xm| < ε untuk n,m ≥ K maka dapatdisimpulkan bahwa (xn) merupakan barisan Cauchy.

Dalam rangka untuk membuktikan bahwa suatu barisan Cauchy konvergen,Selanjutnya dibutuhkan lema berikut.

Lema 1.5.2. Barisan Cauchy selalu terbatas

Bukti : Misalkan X = (xn) merupakan barisan Cauchy dan misalkan pulaambil ε = 1. Jika K = K(1) dan n ≥ K maka |xn − xK | < 1. Sehinggaberdasarkan ketaksamaan segitiga, diperoleh |xn| ≥ |xK | + 1 untuk semuan ≥ K. Jika kita pilih

M = sup{|x1|, |x2|, . . . , |xK−1|, |xH |+ 1}

maka dapat dipastikan bahwa |xn| ≤ M untuk semua n ∈ N.Selanjutnya kita akan membahas tentang kriteria barisan cauchy.

Teorema 1.5.1. Kriteria Konvergensi Cauchy Barisan bilangan real kon-vergen jika dan hanya jika merupakan barisan Cauchy

Bukti : Lema 1.5.1 telah membuktikan bahwa barisan konvergen merupakanbarisan Cauchy. Selanjutnya kita tinggal membuktikan bahwa jika barisanbilangan real merupakan barisan Cauchy maka ia konvergen. Untuk mem-buktikan proposisi ini, pertama kita misalkan X = (xn) merupakan barisanCauchy. Berdasarkan lema 1.5.2 maka X terbatas. Karena itu menurut teo-rema Bolzano - Weiestrass terdapat subbarisan X∗ = (xnk

) dari X yang kon-vergen ke suatu bilangan real x∗. Kita akan melengkapi bukti dengan menun-jukkan bahwa X konvergen x∗.

Karena X = (xn) barisan Cauchy, maka untuk sebarang ε > 0 terdapatK1 = K1(

ε2) ∈ N sedemikian hingga jika m,n ≥ K1 maka

|xn − xm| < ε

2

Karena subbarisan X∗ = (xnk) konvergen ke x∗, maka terdapat bilangan asli

K2 = K2(ε2) ∈ N sedemikian hingga untuk nk ≥ K2

|xnk− x∗| < ε

2

Jika diambil K = max{K1, K2} maka keduanya berlaku

32

Bab 1. Barisan 33

|xn − xm| < ε2dan |xnk

− x∗| < ε2untuk setiap n, m, nk ≥ K

Khususnya untuk m = K = nk berlaku

|xn − xK | < ε2dan |xK − x∗| < ε

2untuk setiap n ≥ K

Akhirnya diperoleh, untuk setiap n ≥ K berlaku

|xn − x∗| = |xn − xK + xK − x∗|≤ |xn − xK |+ |xK − x∗| < ε

2+

ε

2= ε

Dengan kata lain dapat disimpulkan bahwa (xn) konvergen ke x∗. Ini meng-akhiri pembuktian teorema kriteria konvergensi Cauchy.

Contoh 1.5.3. Selidikilah kekonvergenan barisan (xn) yang dide�nisikan se-cara rekursif berikut:

{x1 = 1, x2 = 2

xn = 12(xn−1 + xn−2), untuk n ≥ 3

Jawab: Dapat ditunjukkan dengan induksi bahwa 1 ≤ xn ≤ 2 untuk setiapn ∈ N. Apakah barisan ini monoton ? Coba perhatikan beberapa suku perta-manya berikut ini,

x1 = 1.0000, x2 = 2.0000, x3 = 1.5000, x4 = 1.7500, x5 = 1.6250, x6 = 1.6875,x7 = 1.6563, x8 = 1.6719, x9 = 1.6641, dan x10 = 1.6680

Tidak ada indikasi barisan ini monoton sehingga teorema konvergensi monotontidak dapat digunakan. Perhatikan bahwa

|xn − xn+1| = |xn − (1

2(xn + xn−1))|

=1

2|xn − xn−1|

=1

2|xn−1 − xn|

=1

22|xn−1 − xn−2| = 1

22|xn−2 − xn−1|

...

=1

2n−1|x2 − x1| = 1

2n−1

33

Bab 1. Barisan 34

Misalkan m > n, perhatikan suku - suku ke n, n + 1, n + 2, . . . , m − 1,m.Dengan menggunakan ketidaksamaan segitiga diperoleh

|xn − xm| = |(xn − xn+1) + (xn+1 − xn+2) + . . . + (xm−1 − xm)|≤ |xn − xn+1|+ |xn+1 − xn+2|+ . . . + |xm−1 − xm|=

1

2n−1+

1

2n+ . . . +

1

2m−2

=1

2n−1(1 +

1

2+ . . . +

1

2m−n−1)

=1

2n−1(2− (

1

2)m−n−1) <

2

2n−1=

1

2n−2

Diambil K bilangan asli terkecil yang lebih besar dari (2−2 log ε), maka

|xn − xm| < ε untuk setiap m,n ≥ K

Terbukti barisan ini konvergen. Selanjutnya, limit barisan tidak dapat diper-oleh dengan menggunakan sifat ekor barisan karena akan menghasilkan relasix = 1

2(x + x). Relasi ini selalu benar tetapi tidak memberikan informasi

apapun.Selanjutnya akan digunakan teorema konvergensi barisan bagian. Ambil

suku - suku ganjil (x2n+1 : n ∈ N). Untuk n = 1 diperoleh x3 = 1 + 12.

Karena x4 = 12(2 + 3

2) = (1 + 1

2+ 1

4), maka untuk n = 2 diperoleh x5 =

12(x3 + x4) = 1 + 1

2+ 1

23 . Karena x6 = 1 + 12

+ 123 + 1

24 , maka untuk n = 3

diperoleh x7 = 1 + 12

+ 123 + 1

25 . Secara umum, dengan menggunakan induksimatematika dapat dibuktikan bahwa setiap bilangan asli n berlaku

x2n+1 = 1 +1

2+

1

23+

1

25+ . . . +

1

22n−1︸ ︷︷ ︸deret geometri n suku

= 1 +12(1− (1

4)n)

34

= 1 +2

3(1− (

1

4

n

))

Berdasarkan ini diperoleh

lim(xn) = lim(x2n+1) = lim(1 +2

3(1− (

1

4

n

))) = 1 +2

3=

5

3

Satu lagi kriteria kekonvergenan barisan bilangan real yang diberikan padapenghujung bab ini yaitu barisan kontraksi.

34

Bab 1. Barisan 35

De�nisi 1.5.2. Barisan bilangan real X = (xn) dikatakan kontraksi jika adabilangan real C dengan 0 < C < 1 sehingga

|xn+2 − xn+1| < C|xn+1 − xn|

untuk setiap bilangan asli n. Kita sebut saja bilangan C sebagai kontrak-tornya.

Sifat kontraksi ini dapat dipahami sebagai berikut. Misalkan dide�nisikandn = |xn+1 − xn| yaitu magnitud atau jarak dari dua suku yang berdekatan.Bila barisan magnitud ini (dn) turun secara tegas maka barisan (xn) bersifatkontraksi. Ini berarti jarak antara dua suku berdekatan semakin lama semakinkecil

Teorema 1.5.2. Bila (xn) barisan kontraksi maka ia konveregen

Bukti : untuk membuktikan teorema ini, cukup dibuktikan barisan kontraksi(xn) merupakan barisan Cauchy. Pertama perhatikan pola magnitud selisihyang didominasi oleh |x2 − x1|

|xn+2 − xn+1| ≤ C|xn+1 − xn|≤ CC|xn − xn−1| = C2|xn − xn−1|= C2C|xn−1 − xn−2| = C3|xn−1 − xn−2|...≤ Cn|x2 − x1|

Sekarang kita akan melakukan estimasi untuk selisih |xn − xm|, diasumsikansaja m > n. Seperti ide ketika menyelesaikan soal pada Contoh 1.5.3, diperoleh

|xn − xm| = |(xn − xn+1) + (xn+1 − xn+2) + (xn+2 − xn+3) + . . . + (xm−1 − xm)|≤ |xn − xn+1|+ |xn+1 − xn+2|+ |xn+2 − xn+3|+ . . . + |xm−1 − xm|= |xn+1 − xn|+ |xn+2 − xn+1|+ |xn+3 − xn+2|+ . . . + |xm − xm−1|≤ (Cn−1 + Cn + Cn+1 + . . . + Cm−2)︸ ︷︷ ︸

(m−n) deret suku geometri

|x2 − x1|

= Cn−1(1− Cm−n

1− C)|x2 − x1|

≤ Cn−1(1

1− C)|x2 − x1| → 0

35

Bab 1. Barisan 36

Sebab 0 < C < 1. Jadi, disimpulkan bahwa (xn) barisan Cauchy, dan olehkarenanya ia konvergen.

Akibat 1.5.1. Jika X = (xn) merupakan barisan konstraksi dengan konstantaC, 0 < C <! dab jika x∗ = lim X, maka

(i) |x∗ − xn| ≤ Cn−1

1−C|x2 − x1|,

(ii) |x∗ − xn| ≤ C1−C

|xn − xn−1|

Bukti : Berdasarkan pembuktian pada Teorema 1.5.2, jika m > n maka |xn −xm| = |xm−xn| ≤ Cn−1

1−C|x2−x1|. Jika diberikan m →∞, maka pertidaksamaan

(i) terpenuhi.Untuk menunjukkan pertidaksamaan (ii), perhatikan kembali pembuktian

pada Teorema 1.5.2. Jika diberikan m > n, maka

|xn − xm| = |xm − xn| ≤ Cn−1(1

1− C)|x2 − x1|

= (1

1− C)Cn−1|x2 − x1| = (

1

1− C)|xn − xn−1|

Jika diambil m →∞, maka pertidaksamaan (ii) juga terpenuhi /

Contoh 1.5.4. Barisan yang dide�nisikan secara rekursif berikut merupakanbarisan kontraksi

{x1 = 1, x2 = 2

xn = 12(xn−1 + xn−2), untuk n ≥ 3

Bukti : Pada Contoh 1.5.3, kita telah menunjukkan bahwa barisan ini meru-pakan barisan Cauchy. Sekarang kita akan menunjukkan bahwa barisan inijuga merupakan barisan kontraksi. Perhatikan bahwa

|xn+2 − xn+1| = |12(xn + xn+1)− xn+1|

= |12xn − 1

2xn+1|

=1

2|xn+1 − xn|

Karena ada C = 12sedemikian hingga |xn+2 − xn+1| = 1

2|xn+1 − xn|, maka

X = (xn) merupakan barisan kontraksi

36

Bab 1. Barisan 37

Contoh 1.5.5. Jika x1 = 2 dan xn+1 = 2 + 1xn

untuk n ≥ 1, tunjukkan bahwa(xn) merupakan barisan kontraksi dan tentukan nilai limitnya

Bukti : Pertama kita akan menunjukkan bahwa (xn) merupakan barisan kon-traktif. Karena x1 = 2 dan xn+1 = 2 + 1

xnmaka dapat jelas bahwa xn > 0

sehingga xn = 2 + 1xn−1

> 2 ini ekivalen dengan 1xn

< 12untuk setiap n ≥ 1.

Oleh karenanya, kita dapatkan

|xn+2 − xn+1| = | 1

xn+1

− 1

xn

|

= |xn − xn+1

xnxn+1

|

≤ 1

4|xn − xn+1| = 1

4|xn+1 − xn|

Jadi, (xn) merupakan barisan kontraksi dan oleh karenanya ia konvergen. Un-tuk mencari nilai limitnya, kita bisa menggunakan teorema ekor barisan. Mi-salkan x = lim X maka x = 2 + 1

x. Ini sama saja dengan mencari akar

persamaan x2 − 2x− 1 = 0 yaitu x1,2 = 1±√2. Karena xn > 0,∀n ∈ N makadapat disimpulkan bahwa limit (xn) = 1 +

√2

Contoh 1.5.6. Misalkan x1 suatu bilangan real dengan 0 < x1 < 1. Dide�ni-sikan

xn+1 =1

7(x3

n + 2), n ≥ 1

Selidikilah apakah barisan ini konvergen!

Bukti : Karena 0 < x1 < 1 maka xn = 17(x3

n−1 + 2) < 37

< 1 untuk setiapn ∈ N. Oleh karena itu kita peroleh

|xn+2 − xn+1| = |17(x3

n+1 + 2)− 1

7(x3

n + 2)|

=1

7|x3

n+1 − x3n| =

1

7|(x2

n+1 + xn+1xn + x2n)(xn+1 − xn)|

≤ 3

7(xn+1 − xn)

Karena C = 37

< 1 maka disimpulkan ia merupakan barisan kontraksi, jadikonvergen. Karena konvergen, pertanyaan selanjutnya adalah berapa limit-

37

Bab 1. Barisan 38

nya? Misalkan x = lim(xn) maka diperoleh

x3 − 7x + 2 = 0

yaitu limit barisan ini merupakan salah satu akar polinomial x3 − 7x + 2 = 0.Kita dapat mengaproksimasi nilai x dengan memilih nilai x1 dan menghi-

tung nilai x2, x3, . . . secara berurutan. Sebagai contoh, jika kita ambil x1 = 0, 5

maka beberapa suku pertamanya adalah

x1 = 0.5, x2 = 0.303571429, x3 = 0.289710830, x4 = 0.289188016,x5 = 0.289169244, x6 = 0.289168571, dst

jadi dapat disimpulkan bahwa lim (xn) ≈ 0, 289169

Untuk mengestimasi akurasinya, kita bisa menggunakan sifat barisan kon-traksi seperti pada Akibat 1.5.1. Sebagai catatan, |x2 − x1| < 0, 2. Sehinggasetelah n langkah, menurut Akibat 1.5.1(i),

|x∗ − xn| ≤37

n−1

1− 37

· 0, 2

=3n−1

7n−1· 7

4· 2

10

=3n−1

7n−2 · 20

Sebagai catatan, |x∗−x6| = |0, 289169−0.289168571| ≈ 0, 0000004. Pada saatn = 6, didapatkan:

35

(74 · 20)=

243

48.020≈ 0.0051

sehingga jelas bahwa

|x∗ − x6| = |0, 289169− 0.289168571| ≈ 0, 0000004

≤ 35

(74 · 20)=

243

48.020≈ 0.0051

LATIHAN

1. Berikan sebuah contoh barisan terbatas yang bukan merupakan barisanCauchy !

38

Bab 1. Barisan 39

2. Tunjukkan secara langsung menurut de�nisi bahwa barisan berikut meru-pakan barisan Cauchy

(a) (n+1n

)

(b) (1 + 12!

+ . . . + 1n!

)

3. Tunjukkan secara langsung menurut de�nisi bahwa barisan berikut bukanbarisan Cauchy

(a) ((−1)n),

(b) (n + (−1)n

n),

(c) (ln n)

4. Tunjukkan secara langsung menurut de�nisi bahwa jika (xn) dan (yn)

merupakan barisan Cauchy maka (xn + yn) dan (xnyn) juga merupakanbarisan Cauchy

5. Jika xn =√

n, tunjukkan bahwa (xn) memenuhi lim |xn+1 − xn| = 0

tetapi bukan merupakan barisan Cauchy

6. Tunjukkan secara langsung bahwa suatu barisan terbatas dan monotonmerupakan barisan Cauchy!

7. Jika 0 < r < 1 dan |xn+1 − xn| < rn untuk semua n ∈ N, tunjukkanbahwa (xn) merupakan barisan Cauchy!

8. Jika x1 < x2 merupakan sebarang bilangan real dan xn = 12(xn−2 +

xn−1) untuk n > 2, tunjukkan bahwa (xn) konvergen dan tentukan nilailimitnya!

9. Jika y1 < y2 merupakan sebarang bilangan real dan yn = 13yn−1 + 2

3yn−2)

untuk n > 2, tunjukkan bahwa (yn) konvergen dan tentukan nilai limit-nya!

10. Jika x1 > 0 dan xn+1 = (2 + xn)−1 untuk n ≥ 1, tunjukkan bahwa (xn)

merupakan barisan kontraksi dan tentukan nilai limitnya!

39

Bab 1. Barisan 40

1.6 Barisan Divergen SejatiDe�nisi 1.6.1. Misalkan (xn) merupakan suatu barisan bilangan real

(i) Kita katakan bahwa (xn) menuju ke +∞ dan ditulis lim (xn) = +∞jika untuk setiap α ∈ R terdapat bilangan asli K(α) sedemikian hinggauntuk n ≥ K(α) maka xn > α

(ii) Kita katakan bahwa (xn) menuju ke −∞ dan ditulis lim (xn) = −∞jika untuk setiap β ∈ R terdapat bilangan asli K(β) sedemikian hinggauntuk n ≥ K(β) maka xn < β

Contoh 1.6.1. Tunjukkan bahwa lim (n) = +∞

Solusi :

40