BARISAN DAN LIMIT BILANGAN REAL, ANALISA REAL

Barisan dan Limit Bilangan Real

     

 Konvergensi Barisan

Barisan (sequence) pada himpunan S adalah suatu fungsi dengan domain himpunan bilangan asli ℕ = { 1, 2, 3, ….. } dan mempunyai range dalam S. Pada subbab ini akan dibahas mengenai barisan di ℝ dan konvergensi dari suatu barisan.

                               Definisi 3.1.1.

                                           Barisan Bilangan Real adalah suatu fungsi dengan domain himpunan bilangan asli ℕ dengan range termuat didalam ℝ.

Dengan kata lain, suatu barisan di R memasangkan masing-masing bilangan asli n = 1, 2, 3, ... secara tunggal dengan bilangan real. Bilangan real yang diperoleh tersebut disebut elemen, atau nilai, atau suku dari barisan tersebut. Hal yang biasa untuk menuliskan elemen dari R yang berpasangan dengan nÎN, dengan suatu symbol seperti (xn), (an), atau (zn).

Jadi X : N ¾¾® R suatu barisan kita akan biasa menuliskan nilai X di n dengan Xn, dari pada X(n), kita akan menuliskan barisan inidengan notasi

X, Xn, (Xn : n Î N)

Kita menggunakan kurung untuk menyatakan bahwa urutan yang diwarisi dari N adalah hal yang penting. Jadi, kita membedakan penulisan X = (Xn : nÎN) Yang suku-sukunya mempunyai urutan dan himpunan nilai-nilai dari barisan tersebut { Xn :nÎN } yang urutannya tidak diperhatikan. Sebagai contoh, barisan X = ((-1)ⁿ : nÎN) yang berganti-ganti  -1 dan 1, sedangkan himpunan nilai barisan tersebut { (-1)ⁿ: nÎN } sama dengan {-1, 1}.

Dalam mendefinisikan barisan sering lebih mudah dengan menulis secara berurutan suku-sukunya, dan berhenti setelah aturan formasinya kelihatan. Jadi kita boleh menulis

X = (2, 4, 6, 8, ...) untuk barisan bilangan genap positif,atau

Y= untuk barisan kebalikan dari bilangan asli,atau

Z= untuk barisan kebalikan dari kuadrat bilangan asli. Metode yang lebih memuaskan adalah degan menuliskan formula untuk suku umum dari barisan tersebut, seperti

X = (2n : nÎN), Y = ( :mÎN), Z = ( : sÎN)

Dalam prakteknya, sering lebih mudah dengan menentukan nilai x1 dan suatu formula untuk mendapatkan xn + 1 (n ³ 1) bila Xn diketahui dan formula Xn+1 (n ³ 1) dari X₁, X₂, ... Xn.

Metode ini kita katakan sebagai pendefinisian barisan secara induktif atau rekursif. Dengan cara ini, barisan bilangan bulat positif X di atas dapat kita definisikan

Dengan    x1 = 2 xn+1 = xn + 2 (n ³ 1);

atau dengan definisi

x1 = 2 xn+1 = x1 + xn (n ³ 1).

Contoh 3.1.2

(a). Bila b Î R, barisan B = (b, b, b, ...), yang sukunya tetap b, disebut barisan konstan b. Jadi barisan konstan 1 adalah (1, 1, 1, ...) semua yang sukunya 1, dan barisan konstan 0 adalah baisan (0, 0, 0, ...).

(b). Barisan kuadrat bilangan asli adalah barisan S = (1², 2², 3², ...) = (n²: nÎN), yang tentu

saja sama dengan barisan (1, 4, 9, ..., n², ...).

(c). Bila aÎR, maka barisan A = (aⁿ | nÎN) adalah barisan (a¹, a², a³, ..., aⁿ, ...).Khususnya bila a =  , maka kita peroleh barisan (  : n Î N ) =( , , ,...., ,....)

(d). Barisan Fibonacci F = (f_n | n Î N) diberikan secara induktif sebagai berikut :

f1 = 1,f2 = 1, f₂₊₁ = f_n-1 + f_n (n ³ 2)

Maka sepuluh suku pertama barisan Fibonacci dapat dilihat sebagai F = (1, 1, 2, 3,5, 8, 13, 21, 34, 55, ...)

                               Definisi 3.1.3 

Bila X = (x_n) dan Y = (y_n) barisan bilangan real, kita definisikan

       I.            (Penjumlahan) X + Y = (x_n + y_n | nÎN),

    II.            (Selisih) X - Y = (x_n–y_n | nÎN), dan

 III.            (Hasil Perkalian) XY = (x_ny_n| nÎN).

 IV.            Bila c Î R, kita definisikan hasil kali X dengan c yaitu cX = (cx_n | nÎN).

    V.            Bila Z = (z_n) suatu barisan dengan z_n¹ 0 untuk semua nÎN, maka hasil

bagi X oleh Z adalah  = (  | n Î N).

Sebagai contoh, bila X dan Y berturut-turut adalah barisan-barisan

X = (2, 4, 6, ..., 2n, ...), Y =

maka kita mempunyai

a.       X + Y =

b.      X-Y     =

c.       XY      = (2, 2, 2, ...,2, ...),

d.      3X       = (6, 12, 18, ..., 6n, ...),

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

3.1.4.          Definisi

Misalkan X = (xn) barisan bilangan real.

Suatu bilangan real x dikatakan limit dari (xn), bila untuk setiap persekitaran dari x = 0 atau V(x) terdapat bilangan asli K(V), sedemikian sehingga untuk semua n ³ K(V), suku-suku xn terletak dalam lingkungan V(x). Bila x merupakan suatu limit dari barisan tersebut, kita katakan juga bahwa X=(xn) konvergen ke x (atau mempunyai limit x). Bila suatu barisan mempunyai limit, kita katakan barisan tersebut konvergen, bila tidak kita katakan divergen.

Kita juga dapat mendefinisikan kekonvergenan

Lim (X_n) = x → ( )  )  [ n ≥ K (v) → x_n  V(x) ]

Bila suatu barisan x = (xn) mempunyai limit x di R, kita akan menggunakan notasi

lim X = x atau lim (xn) = x.

Kita juga akan menggunakan simbol xn ¾® x, yang menyatakan bahwa nilai xn“mendekati” x bila n menuju 0.

3.1.5.  Teorema (Ketunggalan limit)

Suatu barisan bilangan real hanya dapat mempunyai satu limit.

Bukti :

Andaikan x¢ dan x¢¢ keduanya limit dari X =(x_n) dan x’¹x”. Sehingga V’ persekitaran dari (x’) dan V” persekitaran dari (x”). Sekarang misalkan K’ dan K” bilangan asli sehingga bila n ≥ K’ maka x_nÎ V’(x’) dan bila n ≥ K” maka x_n Î V”(x”). Sekarang K | = sup { K’ dan K” } sedemikian sehingga x_k  V’ dan x_k  V”. Maka x_k  V’ ∩ V”  atau V’ ∩ V”  ≠ . Hal ini kontradiksi dengan V’ ∩ V” = . Berarti pengandaian salah, harus lah x’ = x”. Jadi limit dari X = (x_n) adalah tunggal.

3.1.6.           Teorema

Misalkan X = (x_n) barisan bilangan real dan misalkan pula xÎR.

Maka pernyataan berikut ekivalen.

(a). X konvergen ke x.

(b). untuk setiap lingkungan-e Ve(x), terdapat bilangan asli K(e)   sehingga untuk semua

n ³ K(e), suku-suku x_n Î Ve (x).

(c). untuk setiap e > 0, terdapat bilangan asli K(e) sehingga untuk semua n³ K(e),

            X -   < x_n < x +

(d). untuk setiap e > 0, terdapat bilangan asli K(e) sehingga untuk semua n³ K(e),suku-suku xn memenuhi ½x_n - x½<e.

Bukti : (a) → (b)

Ekivalensi dari (a) dan (b) merupakan definisi. Sedangkan ekivalensi dari (b), (c), dan (d) mengikuti implikasi berikut :

X_nÎVe(x) Û½x_n - x½ < e. Û -e < x_n - x < eÛ x- e < x_n < x + e.

(b) → (c) diketahui x_n  V → x –  < x_n < x +

(c) → (d) diketahui x –  < x_n < x +  → ½x_n - x½<e.

(d) → (a) diketahui ½x_n - x½<e → x –  < x_n – x  < 

Permainan K ( )

Prosedur untuk menunjukkan bahwa lim (x_n) = x

1.      Diberikan sebarang  > 0

2.      Dicari suatu K ( )  N sedemikian sehingga (  N) n ≥ K ( ) → ½x_n - x½<e

Cara mencari K ( )

a)      Perhatikan bentuk ½x_n - x½<e.

b)      Tentukan saja nilai n yang memenuhi ½x_n - x½<e

Pandang : ½x_n - x½<e

Didapat : ½x_n - x½≤ ½x_n | + |x|

Apabila ½x_n| + |x½<e atau ½x_n| < e - | x|, atau – (e - |x| ) < x_n < e + |x|, maka dapat ditentukan suatu bilangan asli n.

c)      Menggunakan syarat n ≥ K(e), untuk memilih K(e).

d)     Pilih K(e)  N.

3.      Sehingga setiap diberikan e > 0 terdapat K(e)  N sedemikian sehingga

(  N) n ≥ K ( ) → ½x_n - x½<e

Contoh:

a.       Tunjukkan bahwa barisan X = , n  N konvergen ke 0.

Pembahasan :

Diketahui : X = (x_n) dengan x_n = , n  N

Akan ditunjukkan : barisan X = ( x_n ) konvergen ke 0.

Akan dibuktikan : e > 0 ) ( K (e)  N)  [( n  N). n ≥ K(e) → |  – 0| < e.

Bukti :

Ambil e > 0 sembarang

Pandang :  |  – 0| < e.

Didapat : |  – 0| = |  | =   < e.

                                        < e → n >  

   R →  K (e)  N    < K(e) (sifat archimedian)

Pilih n ≥ K(e)

 < K(e) dan n ≥ K(e) → n >  →   < e

                                      →  < e →  < e

\ e > 0 ) ( K (e)  N)  [( n  N). n ≥ K(e) → |  – 0| < e.

\ lim   = 0

b.      Barisan X = (0, 2, 0, 2, 0, 2, 0, 2, ....) adalah barisan tidak konvergen ke 0.

Bukti :

Andaikan X konvergen ke 0

X konvergen ke 0 → limit X = 0

Ini berarti e > 0 ) ( K (e)  N)  [( n  N). n ≥ K(e) →  < e].

Pandang  < e. Jika x_n = 2, maka < e, sehingga 2 < e.

Pilih  e₀ = 1, sehingga diperoleh 2 < 1 (hal ini tidak mungkin).

Jadi pengandaian salah maka X tidak konvergen ke 0.

c.       Dengan menggunakan rumus K(e) tunjukkan bahwa lim  = 2

Bukti :

Misalkan diberikan sebarang e > 0.

Akan dibuktikan: ( K (e)  N)  [( n  N). n ≥ K(e) → < e].

Untuk menentukan K(e) yang dimaksud, pandang : < e].

 =  =  =  < e

 < e →  - 1 < n →  < n

   R → K (e)  N    < K(e) (sifat archimedian)

Pilih n ≥ K(e)

 < K(e) ˄ n ≥ K(e) → n >

                                      →  < e →  < e

\ e > 0 ) ( K (e)  N)  [( n  N). n ≥ K(e) →  < e

\ lim  = 2

EKOR BARISAN

3.1.7        Definisi

Misalkan X = (x₁, x₂, x₃, ...., x_n, ....) suatu barisan bilangan real dan M  N. Ekor M dari x adalah barisan x_m = (x_m+n | n  N) = (x_m+1, x_m+2, x_m+3, ...)

Contoh :

Misalkan X = (2_n| n  N) barisan bilangan real dan M  N, maka ekor- M dari X adalah X_m= (2(M + n)| n  N) = (2(M + 1), 2(M + 2), ....., 2(M + n), ...). Misalkan M = 3 maka diperoleh X₃ = (2(3 + 1), 2(3 + 2), 2(3 + 3), ..., 2(3 + n), ....) = (8, 10, 12, ...., 2n + 6, ...)

Pada setiap barisan bilangan real, rumus untuk suku ke-n atau x_n tidak selalu ditentukan pola/rumus suku umumnya. Namun, demikian kita dapat menunjukkan kekonvergenan suatu barisan bilangan real dengan menggunakan teorema tentang ekor barisan.

Contoh :

Missal X = (1, 3, 10, -5, 7, 1, ,   , , ....). Berdasarkan definisi 3.1.1, merupakan barisan bilangan real yang konvergen ke- 0. Jika kita perhatikan setelah suku ke-5 dan seterusnya, suku – suku barisan tersebut baru dapat ditentukan pola atau rumus umumnya. Ekor- 5 dari X adalah x₅ = (1, ,   , , .... ) atau x₅ = (  | n  N ). Ternyata x₅ konvergen ke- 0. Bagaimana kekonvergenan dari barisan X?

3.1.8        Teorema

Misalkan X = (x_n) barisan bilangan real dan M    N. Ekor-M dari X atau (x_M) = (x_M+n | n  N ) dari X = (x_n | n  N) konvergen jika dan hanya jika X = (x_n) konvergen. Dalam hal ini lim X = lim X_M.

 Bukti :

Diketahui barisan X = (x_n | n  N). Ekor-M dari X adalah (x_M) = (x_M+n | n  N )

Akan dibuktikan : X_M konvergen → X konvergen

(→) Akan dibuktikan bahwa : X_M konvergen → X konvergen

Bukti :

Misalkan X_M konvergen ke x, x  ℜ. Ini berarti ( e > 0)( K (e)  N) ( n  N) n ≥ K(e) → |x_M – x_n | < e

Misalkan p  N, suku ke- p dari X_M merupakan suku ke-M+p dari X.

Jika n ≥ K(e) + M dan x_m suku dari X_M, maka berlaku |x_m – x |  < e. padahal x_m juga merupakan suku-suku si X.

Ambil e > 0 sembarang

Pilih N(e) ≥ K(e) + M  N  ( N (e)  N)  [( n  N) n ≥ N(e) → |x_n – x | < e]

\ lim X = x. Ini menunjukkan bahwa X konvergen ke x.

(¬) akan ditunjukkan bahwa : X konvergen → X_M konvergen

Bukti:

Misalkan X konvergen ke x, x  ℜ.

X konvergen ke x → ( e > 0)( K (e)  N) ( n  N) n ≥ K(e) → |x_n – x | < e

Ada dua kasus:

Kasus I: Jika K(e) > M dan n ≥ K(e), maka x_n merupakan suku ke-(n-M) dari X_M. Ini berarti, jika m ≥ K(e) – M, maka x_m  X_M  dan |x_m – x |  < e.

Ambil e > 0 sembarang

Pilih P(e) ≥ K(e) – M  ( P(e)  N)  [( m  N) m ≥ P(e) → |x_m – x | < e]

\ lim X_M = x. Ini menunjukkan bahwa X_M konvergen ke x.

Kasus II : Jika K(e) ≤ M, dan m ≥ M, maka x_m X_M.

Ini berarti, jika m ≥ K(e), maka x_m X_M dan |x_m – x | < e.

Ambil e > 0 sembarang

Pilih P(e) ≥ M  ( P(e)  N)  [( m  N) m ≥ P(e) → |x_m – x | < e]

\ lim X_M = x. Ini menunjukkan bahwa X_M konvergen ke x.

Berdasarkan kasus I dan II, dapat disimpulkan bahwa jika X konvergen maka X_M konvergen ke limit yang sama.

3.1.9        Teorema

Misal A = (a_n) dan X = (x_n) dua barisan bilangan real, dan x  ℜ. Jika untuk suatu c > 0 berlaku |x_n – x | ≤ c |a_n|, n  N dan lim (a_n) = 0, maka lim (x_n) = x.

Bukti:

Diberikan e > 0 sembarang

Karena lim (a_n) = 0, maka berdasarkan teorema 3.1.6:

( e > 0)( K (e)  N) ( n  N) n ≥ K(e₀) → |a_n – 0 | = | a_n | < e

c > 0 ˄ c > 0 →  > 0.

Berarti berlaku ( K ( )  N)  [( n  N) n ≥ K( ) → |a_n – 0 | = | a_n | <  ]

                                                                                      → c |a_n| < e

Karena untuk sembarang c > 0 berlaku |x_n – x | ≤ c |a_n| dan c |a_n| < e, maka berlaku |x_n – x | < e.

\ ( e > 0)( K ( )  N) ( n  N) n ≥ K( ) → |x_n – x | < e.

\ lim  (x_n) = x. Disimpulkan (x_n) konvergen ke x.

Contoh :

a.       Jika a > 0, buktikan lim  = 0

Bukti :

Karena a > 0, dan n  N maka 0 < na < 1 + na

Oleh karena itu 0 <  <  maka

 ≤  .  ,  n  N

Karena lim  = 0 dan mengambil c =  > 0.

c =  > 0 berlaku ≤  .  ,  n  N dan lim  = 0, maka

lim  = 0 (berdasarkan teori 3.1.9)

b.      Jika 0 < b < 1, buktikan lim (bⁿ) = 0

Bukti :

Karena 0 < b < 1 maka b =  , a > 0. Dengan menggunakan ketidaksamaan Bernoulli yaitu (1 + a)ⁿ  ≥ 1 + na maka,

0 < bⁿ =   ≤   <

Akibatnya |bⁿ – 0 | <  

Karena lim ( ) = 0 dan mengambil c =  > 0. Dengan menggunakan teorema 3.1.9 dapat disimpulkan lim (bⁿ) = 0

c.       Jika c > 0, maka lim (c^1/n) = 1

Bukti :

(1) Jika c = 1, maka c^1/n = (1^1/n ) = (1, 1, 1, ....)

Barisan (c^1/n ),   n  N merupakan barisan konstanta maka lim (c^1/n ) = 1

(2) Jika c > 1, maka

c^1/n = 1 + d_n , d_n > 0 (berdasarkan ketaksamaan Bernoulli)

        c = (1 + d_n )ⁿ ≥ 1 + nd_n  n  N

        ↔ c – 1 ≥ n d_n

        ↔ d_n ≤

      | c^1/n – 1| = d_n ≤ (c – 1)

Karena c > 1 maka c – 1 > 0. Karena lim ) = 0 dan c – 1 > 0 maka berdasarkan teorema 3.1.9 lim c^1/n = 1.

3.2        Teorema Limit Barisan

Pada sebab ini akan di bahas mengenai beberapa teorema yang berkaitan dengan limit pada barisan bilangan real,seperti barisan terbatas dan kekonvergenan barisan.

3.2.1 Defenisi

Barisan bilangan real, X  =  (xn) dikatakan terbatas jika terdapat bilangan real M > 0 sedemikian sehingga |xn|  M untuk semua n  N.

Oleh karena itu,barisan (xn) terbatas jika dan hanya jika himpunan {xn | n  N} terbatas dari R.

                        Contoh :

a.       X = (  | n  N) dan Y = ((-1)ⁿ | n  N). Masing-masing adalah barisan terbatas.

b.      Z = (n | n  N) adalah barisan tak terbatas.

3.2.2 Teorema

Barisan bilangan real yang konvergen adalah terbatas.

Bukti :

Diberikan e > 0 sembarang

Barisan X  =  (xn) konvergen ke x, berarti (berdasarkan teorema 3.1.6 (d))

( e > 0)( K (e)  N)  [( n  N) n ≥ K(e) → |x_n – x | < e]

Untuk n ≥ K(e) diperoleh:

|x_n – x | < e ↔ |x_n – x | + |x| < e + |x|

                    ↔ |x_n – x + x|  ≤ |x_n – x | + |x| < e + |x|

                    ↔ |x_n – x + x|  < e + |x|

                    ↔ |x_n|  < e + |x|

                    → |x_n|  < e + |x|

Misalkan M₁ = |x| + e

M = sup { |x₁|, |x₂|, ...., |x_k-1|, M₁}

Berarti ( M > 0)  |x_n|  ≤ M, untuk semua n  N.

\ X Terbatas.

3.2.3 Teorema

a.       Misalkan X = (x_n) dan Y = (y_n) masing-masing barisan bilangan real yang

konvergen ke x dan y, dan c  ℜ, maka barisan-barisan.

(i)                 X + Y konvergen ke x + y,

(ii)               X – Y konvergen ke x – y,

(iii)             XY konvergen ke xy,

(iv)             cX konvergen ke cx

b.      Jika  X = (x_n) konvergen ke x dan Z = (z_n) barisan bilangan real tak nol yang konvergen ke z dan z ≠ 0 maka barisan  konvergen ke

Bukti a(i):

Ambil e > 0 sembarang.

Barisan X = (x_n) konvergen ke x, berdasarkan teorema 3.1.6(d),

 

 

Contoh 3.5. Tunjukkan bahwa barisan (1 – (–1)ⁿ) divergen.

Andaikan (1 – (–1)ⁿ) konvergen, maka terdapat x Î ℝ sehingga untuk setiap e > 0 terdapat N_e Î ℕ  sedemikian sehingga |(1 – (–1)ⁿ) – x | < e untuk setiap n ≥  N_e.. Ambil e  =  > 0 maka berdasarkan Definisi  3.1.2, ada N_e Î ℕ sedemikian sehingga |x_n – x | <  untuk setiap n ≥  N_e.

Kita ketahui bahwa |x_n – x_n+1| = 2 untuk setiap n Î ℕ.                                        (i)

Tetapi dilain pihak jika n ≥  N_e, maka

|x_n – x_n+1 | = |(x_n – x) +  (x – x_n+1)|

≤  |x_n – x | + |x – x_n+1|

< e + e = 2 e = 2( ) = 1                                                                                         (ii)

Dari (i) dan (ii) kontradiksi, sehingga pengandaian barisan konvergen adalah salah seharusnya barisan (1 – (–1)ⁿ) adalah divergen.

Teorema 3.1.1. Limit dari suatu barisan bilangan real yang konvergen adalah tunggal.

Bukti

Andaikan barisan (x_n) mempunyai dua limit yang berbeda, katakan  dan  dengan a ≠ b. Misalkan .

Karena  maka terdapat N_e(a) sedemikian hingga  untuk setiap n ≥  N_e(a) , demikian juga karena  maka terdapat N_e(b) sedemikian hingga  untuk setiap n ≥ N_e(b).

Selanjutnya jika N_e ≥ maks{N_e(a), N_e(b)}. Dengan menggunakan ketaksamaan segitiga, maka berlaku

Akhirnya diperoleh  suatu pernyataan yang kontradiksi. Jadi pengandaian salah haruslah a = b, yaitu limitnya tunggal.          

Definisi 3.1.3. Barisan bilangan real (x_n) dikatakan terbatas jika terdapat bilangan real  sedemikan sehingga  untuk setiap n Î ℕ.

Dengan kata lain barisan áx_nñ terbatas jika dan hanya jika himpunan {x_n : n Î ℕ} terbatas pada ℝ.

Berkaitan dengan sifat keterbatasan barisan bilangan real tersebut kita memiliki teorema berikut ini.

Teorema 3.1.2. Setiap Barisan bilangan real yang konvergen adalah terbatas.

Bukti

Misalkan barisan bilangan real áx_nñ  konvergen ke x Î ℝ. Ambil  e = 1 maka ada N_e Î ℕ sehingga |x_n – x | < 1 untuk setiap n ≥  N_e. Karena  maka berdasarkan sifat nilai mutlak diperoleh  untuk setiap n ≥  N_e. Pilih

.

Maka berlaku  untuk setiap n ≥  N_e  atau dengan kata lain barisan bilangan real áx_nñ  adalah barisan yang terbatas.

Contoh 3.6.

(i).      Kebalikan dari Teorema 3.1.2 salah/ tidak berlaku, tetapi barisan tidak terbatas pasti divergen. Sebagai contoh, barisan (1–(-1)ⁿ) terbatas karena  untuk setiap n ≥ N_e tetapi tidak konvergen. Di sini keterbatasan merupakan ‘syarat perlu’ tetapi bukan merupakan  ‘syarat cukup’ untuk kekonvergenan.

(ii).     Barisan (n(-1)ⁿ) adalah tidak terbatas pada ℝ, dan juga tidak konvergen.

Latihan 3.1.

1.     Buktikan dengan menggunakan definisi limit barisan

a.  lim

b.   lim

2.     Bultikan bahwa lime bila hanya bila lim  . Periksalah pernyataan ini untuk  .

3.     Tuliskan arti dari lim . Tujukkan bahwa lim  untuk sembarang a Î ℝ.

4.     Jika lim  dan , tunjukan bahwa ada bilangan asli M sehingga untuk setiap

5.     Buktikan bahwa lim

6.     Buktikan bahwa lime

3.2. Teorema Limit Barisan

Dalam contoh dan soal-soal latihan pada subbab sebelumnya, ketika e > 0 diberikan, cukup mudah bagi kita untuk mencari bilangan asli ℕ  yang memenuhi definisi barisan konvergen. Namun secara umum tidaklah selalu demikian situasinya. Pembuktian limit barisan melalui definisi akan menjadi lebih sulit bilamana bentuk barisan yang kita hadapi cukup rumit. Dalam hal ini kita perlu mempunyai cara lain untuk memeriksa kekonvergenan suatu barisan (dan menentukan limitnya) tanpa harus menggunakan definisinya.

Teorema 3.2.1. Misalkan  (x_n) dan (a_n) adalah dua barisan bilangan real dan lim (a_n) = 0. Jika  ada c > 0 dan m Î R sehingga berlaku

|x_n – x | ≤ c |a_n| untuk semua n ≥ m

maka lim (x_n) = x.

Bukti.

Ambil e  > 0, maka . Karena lim (a_n) = 0 maka terdapat N_e/c Î ℕ sedemikian hingga untuk setiap n ≥ N_e/c berlaku |a_n – 0 | ≤ . Akibatnya untuk setiap n ≥ N_e/c berlaku |x_n – x | ≤  c |a_n| ≤ c  = e atau |x_n – x | ≤ e. Terbukti bahwa lim (x_n) = x.                                                                                                                                 

Teorema ini biasa disebut dengan Teorema Konvergen Terdominasi. Dalam penggunaan teorema ini harus dibangun barisan (a_n) yang konvergen ke 0 dan ditentukan konstanta positif c.

Contoh 3.7. Bila a > 0, tunjukkan bahwa .

Penyelesian. Karena a > 0 maka berlaku 0 < na < 1 + na, dan akibatnya

untuk setiap n Î N

Selanjutnya

untuk setiap n Î N

Dengan mengambil c =  > 0 dan a_n =  dan diketahui lim a_n = 0 maka menurut teorema 3.2.1 maka dapat disimpulkan .

Contoh 3.8. Bila 0 < a < 1, tunjukkan bahwa

Penyelesaian. Ambil . Dapat ditulis  dan dengan ketidaksamaan Bernouli berlaku

dan diperoleh

Dengan mengambil c =  > 0 dan a_n =  dan diketahui lim a_n = 0 maka menurut teorema 3.2.1 maka dapat disimpulkan .

Teorema 3.2.2.  Jika    dan  , maka

(i).

(ii).

(iii).

(iv).      =  →  , (y_n) ¹ 0, dan y ¹ 0

Bukti

(i).        Ambil sebarang . karena  maka terdapat  sedemikian hingga setiap  berlaku . Karena  , maka  terdapat sedemikian hingga untuk setiap  berlaku  . pilih , maka akibatnya untuk  berlaku

Karna berlaku untuk sembarang  maka   konvergen ke .

Dengan cara yang sama diperoleh bahwa  konvergen  ke . Jadi , terbukti bahwa

(ii).       Akan dibuktikan untuk setiap    terdapat  sedemikian hingga untuk setiap     berlaku  diketahui

Karena   maka    terbatas, akibatnya terdapat    sedemikian hingga  untuk semua . Namakan  Diambil sembarang  Karena  maka terdapat   sedemikian hingga  untuk setiap  berlaku  Karena  maka terdapat  sedimikan hingga untuk setiap  berlaku  Namakan  maka untuk setiap  berlaku

Jadi, terbukti bahwa untuk setiap  terdapat  sedemikian hingga untuk setiap    berlaku   Dengan kata lain, terbukti bahwa bahwa

(iii).      Bagian ini silahkan dibuktikan sendiri dengan cara membentuk

(iv).      Diketahui bahwan

Selanjutnya, kita perlu memberikan batas untuk suku . Karena  konvergen maka ada  sehingga  untuk setiap . Karena  maka diberikan  ada  sehingga

untuk setiap .

Karena  dan  maka

untuk setiap .

Jadi berlaku

untuk setiap .

Dengan demikian kita memiliki estimasi

.     (*)

Sekarang diberikan  sembarang. Karena lim  dan lim  maka ada  sehingga

untuk setiap dan  untuk setiap

Dengan mengambil  maka berdasarkan (*)  diperoleh

untuk setiap                                                                                                           

Contoh 3.9. Tunjukkan bahwa .

Penyelesaian. Pertama kita ubah dulu ke dalam bentuk barisan konvergen, yaitu

Selanjutnya, dengan mengunakan teorema 3.2.2 maka .

Teorema 3.2.3 Jika  barisan taknegatif, yaitu  untuk setiap  maka  ³ 0.

Bukti

Andaikan . Ambil , maka ada  sehingga

, untuk semua .

Khususnya untuk  berlaku . Hal ini kontradiksi dengan hipotesis bahwa  untuk setiap .      

Teorema 3.2.4. Jika  dan  barisan konvergen dan  untuk setiap  maka

Bukti

Didefinisikan barisan  dengan . Diperoleh  barisan taknegatif, dan selanjutnya digunakan Teorema 3.2.3 (bukti lengkapnya silahkan selesaiakan sendiri)                                                               

Teorema 3.2.5. Jika barisan konvergen dan  untuk setiap  maka .

Bukti

Bandingkan barisan  dengan barisan konstan  dan barisan  dengan barisan konstan , kemudian gunakan teorema 3.2.4.(bukti lengkapnya silahkan selesaikan sendiri).                                            

Teorema berikut menjelaskan kekonvergenan suatu barisan yang diapit oleh dua barisan yang konvergen ke limit yang sama. Teorema ini sangat bermanfaat dalam membuktikan limit barisan.

Teorema 3.2.6. (Teorema Apit). Misalkan  dan  barisan bilangan real dengan   jika

Bukti

Misalkan . Diberikan  sembarang, maka terdapat bilangan asli  dan  sehingga  untuk setiap  dan  untuk setiap

Bila diambil  maka berlaku

dan  untuk setiap .

Dari ini diperoleh

dan  untuk setiap .

Diketahui  dengan menambahkan –w pada ketiga ruas diperoleh

untuk setiap ℕ.

Dengan hasil sebelumnya, diperoleh

untuk setiap .

Jadi terbukti                                                                                                           

Contoh berikut ini memperlihatkan bagaimana Teorema Apit diaplikasikan untuk menentukan limit  suatu barisan.

Contoh 3.10. Tentukan limit dari barisan .

Penyelesaian. Secara langsung, mungkin kita agak susah untuk menentukan limitnya.

Perhatikan bahwa -1 ≤ cos n ≤ 1 untuk setiap n Î ℕ. Karenanya, kita bisa memperoleh

untuk setiap n Î ℕ.

Dengan mengambil x_n = , y_n = , dan z_n = , maka berdasarkan teorema 3.2.6. diperoleh  =  = 0.

Satu lagi alat cepat dan mudah untuk menyelidiki kekonvergenan   barisan adalah uji rasio berikut.

Teorema 3.2.7. Misakan  barisan bilangan real positif sehingga  ada. Jika maka  konvergen dan

Bukti

Karena  positif maka  barisan tak negative sehingga  Jadi  misalkan r suatu bilangan dimana , ambil  Terdapat bilangan asli N sehingga

untuk setiap

Jadi untuk setiap  berlaku

Dan karena  maka diperoleh

Dengan mengambil  kita mempunyai

Karena  maka  dan menggunakan Teorema 3.2.1. maka terbukti                          

Contoh 3.11. Selidiki apakah barisan  konvergen.

Penyelesaian. Kita gunakan uji rasio, yaitu

Jadi  dan disimpulkan barisan  konvergen dengan .

Teorema 3.2.8. Jika barisan  yang konvergen maka

(i).     Barisan nilai mutlak  konvergen dengan

(ii).    Jika  maka barisan  konvergen dengan

Bukti

Misalkan .

(i).     Kita telah mempunyai sifat nilai mutlak bahwa

untuk semua

Jadi kekonvergenan  langsung diakibatkan oleh kekonvergenan .

(ii).    Karena a > 0 maka  > 0.  Selanjutnya dibentuk

(*)

Karena  maka , sehingga dari (*) diperoleh

.

Karena  maka ( ) → 0, dan dengan menggunakan Teorema 3.2.1 maka terbukti lim .          

LATIHAN 3.2.

1.    Misalkan  dan  suatu barisan. Jika  dan  konvergen, buktikan  juga konvergen.

2.    Buktikan barisan  konvergen.

3.    Buktikan lim

4.    Hitunglah nilai limit berikut dan nyatakan secara eksplisit Teorema yang digunakan pada setiap langkahnya.

a.  lim .

b.  lim .

5.    Buktikan lim

6.    Tunjukkan bahwa barisan  tidak konvergen.

7.    Diberikan barisan bilangan real positif  dengan  . Tunjukkan bahwa  tidak terbatas dan tidak konvergen.

8.    Berilah sebuah contoh barisan konvergen  dengan .

3.3.   Barisan Monoton

Barisan bilangan real yang terbatas belum tentu konvergen. Sebagai contoh, barisan bilangan real (-1)ⁿ adalah barisan yang terbatas tetapi tidak konvergen. Syarat cukup lain apa yang diperlukan sehingga barisan yang terbatas merupakan barisan yang konvergen ? Pembahasan berikut akan menjelaskannya.

Definisi 3.3.1. Diberikan barisan bilangan real X ≔ (x_n).

(a)        Barisan X dikatakan naik (increasing) jika  untuk setiap .

(b)        Barisan X dikatakan naik tegas (strictly increasing) jika  untuk setiap .

(c)        Barisan X dikatakan turun (decreasing) jika  untuk setiap .

(d)        Barisan X dikatakan turun tegas (strictly decreasing) jika  untuk setiap .

Suatu barisan ( ) dikatakan monoton jika berlaku salah satu barisan ( ) naik atau barisan ( ) turun.

Contoh 3.12.

(a)        Barisan berikut ini naik (monoton).

(i)             .

(ii)  .

(iii)  jika .

(b)        Barisan berikut ini turun (monoton).

(i)             .

(ii)  .

(iii)  jika .

(c)        Barisan berikut ini tidak monoton.

(i)             .

(ii)  .

Teorema 3.3.1 (Teorema Konvergensi Monoton)

(i).     Jika (x_n) naik (monoton) dan terbatas di atas, maka (x_n)  konvergen dengan

(ii).    Jika (x_n) turun (monoton) dan terbatas di bawah, maka (x_n) konvergen dengan

Bukti

(i).     Karena (x_n) terbatas diatas, maka terdapat M  sedemikian hingga  M untuk semua . Misalkan A , maka A , terbatas di atas dan tidak kosong. Menurut Sifat Lengkap , maka supremum A ada, misalkan .

Akan ditunjukkan

Diberikan   sembarang, maka x - e bukan batas atas A. Karenanya terdapat  sedemikian hingga . Karena (x_n) naik, maka untuk setiap  berlaku

atau

Jadi, terbukti bahwa (x_n) konvergen ke x atau

(ii).    Gunakan cara yang hampir sama dengan pembuktian (i).

Contoh 3.12. Selidiki apakah barisan (x_n) yang didefiniskan oleh

Konvergen atau divergen.

Penyelesaian. Disini jelas bahwa (x_n) naik sebab

untuk setiap .

Selanjutnya dibuktikan apakah barisan ini terbatas atau tidak.

Untuk melihat pola barisan ini secara numerik dapat kita lihat tabel berikut:

Terlihat bahwa kenaikannya sangat lambat sehingga erdasarkan data ini “seolah-olah” suku-suku barisan ini akan menuju bilangan atau konvergen.

Selanjutnya, untuk tiap  kita mempunyai

Akibatnya, untuk tiap  berlaku:

Jadi  (x_n) terbatas diatas. Menurut Teorema 3.3.1. (x_n) Kovergen ( ke suatu L ≤ 2).

Contoh 3.12. Misalkan (x_n)  barisan yang didefinisikan secara rekursif sebagai berikut:

untuk n ≥ 1.

Selidikilah kekonvergenan barisan ini. Bila ia knvergen berapakah limitnya.

Penyelesaian. Diperhatikan  dan . Jadi . Secara intuitif, barisan ini monoton naik dan terbatas di atas oleh 2. Untuk menunjukkan klaim ini kita  gunakan prinsip induksi matematika, yaitu menunjukkan bahwa berlaku

.

Kita baru saja membuktikan pernyataan ini berlaku untuk n = 1. Diasumsikan berlaku untuk n = k, yaitu kita mempunyai . Akibatnya, . Untuk n = k + 1, diperoleh

.

Jadi berlaku

, yaitu berlaku untuk n = k + 1.

Dengan demikian terbukti bahwa barisan ini monoton naik dan terbatas. Berdasarkan Teorema 3.3.1 barisan ini konvergen. Selanjutnya dihitung limitnya. Bila supremum himpunan { } mudah dicari maka limitnya langung didapat, yaitu lim ( ) = sup { }. Berdasarkan hasil perhitungan numeris 10 suku pertama barisan ini adalah

Terlihat supremumnya adalah 2. Secara teoritis masih harus dibuktikan bahwa 2 benar-benar supremumnya.

Dengan mengamati bahwa untuk limit ini menghasilkan bentuk akar kontinu berikut,

lim ( ) = .

Misalkan x =  maka diperoleh

atau x = 2

Karena x_n > 1 maka nilai yang memnuhi adalah x = 2, jadi lim ( ) = 2