5.5. Himpunan I = [] 0,1 tak terhitung.

1 divergen.

Teorema 2.1.9. Diberikan barisan bilangan real X = ( x n : n ∈ ℕ ) dan m ∈ ℕ . Maka

X m = ( x mn + : n ∈ ℕ ) konvergen jika dan hanya jika X konvergen. Dalam hal ini

lim X m = lim X .

Bukti. Perhatikan bahwa untuk sebarang p ∈ ℕ , elemen ke-p dari X m adalah elemen

ke- ( p + m ) dari X. Sama halnya, jika q > m , maka bentuk elemen ke-q dari X m adalah elemen ke- ( q − m ) dari X.

Diasumsikan bahwa X konvergen ke x. Diberikan sebarang ε > 0 , pada barisan

X untuk n ≥ K () ε berlaku x n −< x ε , maka pada X m untuk k ≥ K () ε − m berlaku x k −< x ε . Dapat diambil K m () ε = K () ε − m , sehingga X m konvergen ke x. Sebaliknya, jika pada X m untuk k ≥ K m () ε berlaku x k −< x ε , maka pada X untuk n ≥ K () ε + m berlaku x n −< x ε . Dapat diambil K () ε = K m () ε + m . Dengan demikian terbukti bahwa X konvergen ke x jika dan hanya jika X m konvergen ke x.

Teorema 2.1.10. Diberikan barisan bilangan real () x n dan x ∈ ℝ . Jika () a n adalah suatu barisan bilangan real positif dengan lim () a n = 0 dan jika untuk c > 0 dan

m ∈ ℕ berlaku

x n −≤ x ca n

untuk semua n ≥ m ,

maka lim () x n = x .

Bukti. Diambil ε > 0 , maka > 0 . Karena lim () a n = 0 , maka terdapat K ε∈ ℕ

() c

sedemikian hingga untuk setiap n ≥ K ε

berlaku a 0 () ε

c n −< . Akibatnya untuk c setiap n ≥ K ε

c n −≤ x ca n <⋅= c εε

berlaku x

atau x n −< x ε . Terbukti bahwa

lim () x n = x .

Contoh 2.1.11. Jika a > 0 , tunjukkan bahwa lim

1 + na

Jawab . Karena a > 0 , maka 0 < na <+ 1 na yang berakibat bahwa

untuk setiap n ∈ ℕ.

untuk setiap n ∈ ℕ.

1 + na

1 + na na an

Karena telah diketahui bahwa n lim

= , maka menurut Teorema 2.1.10 dan dengan

mengambil c => 0 berakibat bahwa lim n

a →∞ 1 + na

SOAL LATIHAN SUBBAB 2.1

1. Tuliskan lima bilangan pertama dari barisan () x n untuk x n berikut. () n −

1 (a) x n : =

(b) x n : = 2 .

2. Tentukan rumus ke-n untuk barisan berikut. (a) 5, 7, 9, 11, ....

1 11 1 (b) , − ,, − ,....

2 48 16  b

3. Untuk sebarang b ∈ ℝ , buktikan bahwa lim  = 0 .  n

4. Tunjukkan (menggunakan definisi limit barisan).  2 n 

(a) lim 

(b) lim  2  = .  2 n + 3  2

5. Tunjukkan bahwa lim () x n = 0 jika dan hanya jika lim () x n = 0 .

6. Tunjukkan bahwa jika x n ≥ 0 untuk semua n ∈ ℕ dan lim () x n = 0 , maka

lim () x n = 0 .

7. Buktikan bahwa jika lim () x n = x dan jika x > 0 , maka terdapat M ∈ ℕ

sedemikian hingga x n > 0 untuk semua n ≥ M .  1 1 

8. Tunjukkan bahwa lim  −

9. Tunjukkan bahwa lim   = 0 .  n ! 

10. Jika lim () x n => x 0 , tunjukkan bahwa terdapat K ∈ ℕ sedemikian hingga jika

n ≥ K , maka x < x n < 2 x .

2.2. Teorema-teorema Limit

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

Barisan bilangan real X = () x n dikatakan terbatas jika terdapat

Definisi 2.2.1.

bilangan real M > 0 sedemikian hingga x n ≤ M untuk semua n ∈ ℕ.

Oleh karena itu, barisan () x n terbatas jika dan hanya jika himpunan { x n : n ∈ ℕ } merupakan subset terbatas dalam ℝ .

Teorema 2.2.2. Jika X = () x n konvergen, maka X = () x n terbatas.

Bukti. Diketahui X = () x n konvergen, misalkan konvergen ke x. Diambil ε = 1 , maka

terdapat K ∈ ℕ sedemikian hingga untuk setiap n ≥ K berlaku x n −< x 1 . Menggunakan akibat Ketaksamaan Segitiga, maka x n −< x 1 atau x n <+ 1 x untuk

semua n ≥ K . Namakan M = max { xx 1 , ,..., 2 x k − 1 , x + 1 } , maka x n ≤ M , untuk semua

n ∈ ℕ . Jadi, terbukti bahwa X = () x n terbatas.

Teorema 2.2.3. Jika X = () x n → x , Y = () y n → y , dan c ∈ ℝ , maka

(i) X ±→+ Y x y . (ii) XY ⋅→ xy . (iii) cX → cx .

Bukti.

(i) Ambil sebarang ε > 0 . Karena X = () x n → x , maka terdapat n 0 ∈ ℕ sedemikian

hingga untuk setiap n ≥ n 0 berlaku x n −< x . Karena Y = () y n → y , maka

ε terdapat n 1 ∈ ℕ sedemikian hingga untuk setiap n ≥ n 1 berlaku y n −< y . Pilih

n 2 = max { nn 0 , 1 } , maka akibatnya untuk n ≥ n 2 berlaku

x n +−− y n ( x y )( = x n −+ x )( y n − y )

≤ x n −+ x y n −<+= y εεε .

Karena berlaku untuk sebarang ε > 0 , maka ( x n + y n ) konvergen ke x + y . Dengan cara yang sama diperoleh bahwa ( x n − y n ) konvergen ke x y − . Jadi, terbukti bahwa X ±→+ Y x y .

(ii) Akan dibuktikan bahwa untuk setiap ε > 0 terdapat K ∈ ℕ sedemikian hingga untuk setiap n ≥ K berlaku xy n n − xy < ε . Diketahui

xy n n − xy = xy n n − xy n + xy n − xy ≤ xy n n − xy n + xy n − xy

= x n y n −+ y x n − xy .

Karena () x n → x , maka () x n terbatas, akibatnya terdapat M 1 > 0 sedemikian hingga x n ≤ M 1 , untuk semua n ∈ ℕ . Namakan M = max { M 1 , y } . Diambil sebarang ε > 0 . Karena () x n → x , maka terdapat K 1 ∈ ℕ sedemikian hingga

untuk setiap n ≥ K 1 berlaku x n −< x

. Karena () y n → y , maka terdapat

ε K 2 ∈ ℕ sedemikian hingga untuk setiap n ≥ K 2 berlaku y n −< y

. Namakan

K = max { KK 1 , 2 } , maka untuk setiap n ≥ K berlaku

xy n n − xy ≤ x n y n −+ y x n − xy

. M =+= εεε .

Jadi, terbukti bahwa untuk setiap ε > 0 terdapat K ∈ ℕ sedemikian hingga untuk setiap n ≥ K berlaku xy n n − xy < ε . Dengan kata lain, terbukti bahwa

XY ⋅→ xy .

(iii) Ambil sebarang ε > 0 . Karena () x n → x , maka terdapat K ∈ ℕ sedemikian

hingga untuk setiap n ≥ K berlaku x n −< x . Perhatikan bahwa

2 cx n −= x cx n −+− x n x n x ≤ cx n − x n + x n − x

= xc n −+ 1 x n − x .

Karena () x n → x , maka () x n terbatas, yaitu terdapat M > 0 sedemikian hingga

x n ≤ M , untuk semua n ∈ ℕ . Akibatnya

xc n −+ 1 x n −< x Mc . −+= 1 ( Mc . −+< 1 ) εε .

2 2 Terbukti bahwa untuk setiap ε > 0 terdapat K ∈ ℕ sedemikian hingga untuk

setiap n ≥ K berlaku cx n −< x ε . Dengan kata lain, terbukti bahwa cX → cx .

Teorema 2.2.4. Jika X = () x n → x dan Z = () z n →≠ z 0 dengan z n ≠ 0 untuk semua

n ∈ ℕ , maka

1  1  1 1 Bukti. Terlebih dahulu harus dibuktikan bahwa

=   → . Diambil α = z , Z  z n  z

maka α > 0 . Karena lim () z n = z , maka terdapat K 1 ∈ ℕ sedemikian hingga untuk

setiap n ≥ K 1 berlaku z n −< z α . Menggunakan akibat Ketaksaman Segitiga bahwa −≤− 1 α

z n −≤ z z n − z untuk n ≥ K 1 , yang berarti

z =−≤ z α z n untuk n ≥ K 1 .

1 2 Oleh karena

≤ untuk n ≥ K 1 , maka diperoleh

zz n

zz n

Selanjutnya, diberikan ε > 0 , maka terdapat K 2 ∈ ℕ sedemikian hingga jika n ≥ K 2 ,

maka z n −< z ε z . Jika diambil K () ε= max { KK 1 , 2 } , maka

untuk semua n ≥ K () ε .

 1  1  1  Karena berlaku untuk sebarang ε > 0 , maka terbukti bahwa lim   =

atau    z n  z

1 konvergen ke . Menggunakan Teorema 2.2.3(ii) dan dengan mengambil Y sebagai z

barisan   , maka XY ⋅=   → x  = .  z n 

 1 x

 z z

Jika X = () x n barisan bilangan real dengan x n ≥ 0 untuk semua

Teorema 2.2.5.

n ∈ ℕ dan () x n → x , maka x ≥ 0 .

Bukti. Diambil ε =−> x 0 . Karena () x n → x , maka terdapat K ∈ ℕ sedemikian hingga

untuk setiap n ≥ K berlaku x n −<⇔−<−< x ε ε x n x ε

⇔−< x ε x n <+ x ε . ⇔−−< x ( x ) x n <+− x ( x )

⇔ 2 x < x n < 0.

Kontradiksi dengan pernyataan bahwa x n ≥ 0 , untuk semua n ∈ ℕ . Jadi, pengandaian

salah, yang benar adalah x ≥ 0 .

Jika () x n → x , () y n → y , dan x n ≤ y n untuk semua n ∈ ℕ , maka

Teorema 2.2.6.

Bukti. Diberikan z n : = y n − x n sehingga Z : = () z n =− Y X dan z n ≥ 0 untuk semua

n ∈ ℕ . Menggunakan Teorema 2.2.5 dan 2.2.3 diperoleh bahwa

≤ 0 lim Z = lim () y n − lim () x n atau lim () x n ≤ lim () y n .

Jadi, terbukti bahwa x ≤ y .

Teorema 2.2.7. Jika X = () x n konvergen ke x dan jika a ≤ x n ≤ b untuk semua n ∈ ℕ,

maka a ≤≤ x b .

Bukti. Diberikan Y barisan konstan ( bbb , , ,... ) . Menggunakan Teorema 2.2.6 diperoleh

bahwa lim X ≤ lim Y = b . Dengan cara yang sama diperoleh a ≤ lim X . Jadi, terbukti

bahwa a ≤ lim X ≤ b atau a ≤≤ x b .

Berikut ini diberikan sebuah teorema yang menyatakan bahwa jika suatu barisan Y berada (terselip) di antara dua barisan yang konvergen ke titik yang sama, maka Y juga konvergen ke titik yang sama.

Diberikan barisan bilangan real X = () x n , Y = () y n , dan Z = () z n sedemikian hingga

Teorema 2.2.8. (Squeeze Theorem)

untuk semua n ∈ ℕ,

dan lim () x n = lim () z n . Maka Y konvergen dan

lim () x n = lim () y n = lim () z n .

Bukti. Misalkan w : lim = () x n = lim () z n . Jika diberikan ε > 0 , maka terdapat K ∈ ℕ

sedemikian hingga untuk setiap n ≥ K berlaku x n −< w ε dan z n −< w ε , atau dengan kata lain −<−< ε x n w ε dan −<−< ε z n w ε . Karena x n ≤ y n ≤ z n , maka

x n −≤ w y n −≤− w z n w .

Akibatnya diperoleh bahwa −< ε y n −< w ε . Karena berlaku untuk semua n ≥ K dan

ε > 0 , maka terbukti bahwa lim () y n = w .

Teorema 2.2.9. Jika X = () x n → x , maka X = () x n → x .

Bukti. Diberikan ε > 0 . Karena X = () x n → x , maka terdapat K ∈ ℕ sedemikian

hingga untuk setiap n ≥ K berlaku x n −< x ε . Menggunakan akibat Ketaksamaan Segitiga, diperoleh bahwa untuk setiap n ∈ ℕ berlaku

x n − x ≤ x n −< x ε .

Jadi, diperoleh bahwa x n − x < ε , atau X = () x n → x .

Jika X = () x n → x dan x n ≥ 0 , maka barisan bilangan real positif

Teorema 2.2.10.

() x n → x .

Bukti. Menurut Teorema 2.2.5 diperolah bahwa x ≥ 0 . Akan ditunjukkan bahwa

teorema benar untuk x = 0 dan x > 0 .

Kasus I: Jika x = 0 , diberikan ε > 0 . Karena () x n →= x 0 , maka terdapat K ∈ ℕ

sedemikian hingga untuk setiap n ≥ K berlaku

n =−< x n 0 ε .

Sehingga diperoleh bahwa 0 ≤ x n < ε . Karena berlaku untuk setiap ε > 0 , maka

terbukti bahwa () x n → x .

x > 0 . Diberikan ε > 0 , maka terdapat K ∈ ℕ sedemikian hingga untuk setiap n ≥ K berlaku x n −< x ε . Perhatikan bahwa

Kasus II: Jika x > 0 , maka

)( n +

Karena x n + x ≥ x > 0 , maka diperoleh

 x n −< x

() n →

Karena berlaku untuk setiap ε > 0 , maka terbukti bahwa x

Teorema 2.2.11. Jika () x n barisan bilangan real (tegas) dengan lim   = L (ada)

dan L < 1 , maka () x n konvergen dan lim () x n = 0 .

Bukti. Dipilih r ∈ ℝ sedemikian hingga L << r 1 . Diambil ε =−> r L 0 . Karena  x n + 1 

lim   = L , maka terdapat K ∈ ℕ sedemikian hingga untuk setiap n ≥ K berlaku  x n 

x n + 1 −< L ε . Karena x n

L + −≤ 1 − L ,

maka

x n + 1 −<

Sehingga diperoleh x n + 1 x n + −< 1

L ε ⇔ <+<+−= ε L L r L r ⇔ x n + 1 < xr n , x n

Jadi, untuk setiap n ≥ K berlaku

0 < x n + 1 < xr n < xr n − 1 < x n − 2 r << ... xr k

2 3 n +− 1 k

x k Jika diambil c = k , maka diperoleh r

n + 1 < cr

untuk semua n ≥ K .

() r = 0 (sebab 0 << r 1 ), maka

Mengingat bahwa n lim

() lim () r = 0 lim () x n + 1 = 0 lim () x n = 0 .

lim n r = 0 ⇒

Jadi, terbukti bahwa () x n konvergen dan lim () x n = 0 .

SOAL LATIHAN SUBBAB 2.2.

1. Tentukan apakah barisan berikut konvergen atau divergen.

(a) x n : =

(b) x n : = 2 .

() n −

(c) x n : = n + 1

2. Tunjukkan bahwa jika X dan Y barisan bilangan real sedemikian hingga X dan

X + Y konvergen, maka Y konvergen.

3. 2 Tunjukkan bahwa barisan

1 n tidak konvergen.

4. Diberikan y n : = n +− 1 n untuk n ∈ ℕ . Tunjukkan bahwa () y n dan ny () n

konvergen. Carilah nilai limitnya.

5. Jika a > 0, b > 0 , tunjukkan bahwa lim ( n + a )( nb +−= n

ab +

6. Gunakan Teorema Squeeze (2.2.8) untuk menentukan limit barisan berikut.

1 (a) 2  n  .

() n ! .

(b)

7. − Berilah sebuah contoh barisan konvergen 1 () x n dengan lim   = 1 .

8. Diberikan barisan bilangan real positif − X = () x n dengan lim   => L 1 .

 x n  Tunjukkan bahwa X tidak terbatas dan tidak konvergen.

9. Diberikan () x n barisan konvergen dan () y n sedemikian hingga untuk sebarang

ε > 0 terdapat M ∈ ℕ sedemikian hingga untuk setiap n ≥ M berlaku x n − y n < ε . Apakah () y n konvergen?

10. Tunjukkan bahwa jika () x n dan () y n barisan konvergen, maka barisan () u n dan () v n yang didefinisikan dengan u n : max = { xy n , n } dan v n : min = { xy n , n } konvergen.

2.3. Barisan Monoton

Berikut ini diberikan pengertian mengenai barisan naik dan turun monoton.

Definisi 2.3.1. Diberikan barisan bilangan real X = () x n .

(i) Barisan X dikatakan naik (increasing) jika x n ≤ x n + 1 untuk semua n ∈ ℕ. (ii) Barisan X dikatakan naik tegas (strictly increasing) jika x n < x n + 1 untuk semua n ∈ ℕ.

(iii) Barisan X dikatakan turun (decreasing) jika x n ≥ x n + 1 untuk semua n ∈ ℕ. (iv) Barisan X dikatakan turun tegas (strictly decreasing) jika x n > x n + 1 untuk semua n ∈ ℕ.

Barisan X = () x n dikatakan monoton jika berlaku salah satu X naik

Definisi 2.3.2.

atau X turun.

Contoh 2.3.3.

(a) Barisan berikut ini naik (monoton). (i) (1, 2, 3, 4,..., n,...). (ii) (1, 2, 2, 3, 3, 3, ...).

( aaaa , , , ,..., a ,... ) jika a > 1 .

2 3 4 (iii) n

(b) Barisan berikut ini turun (monoton).

(i)  1, , ,..., ,...  .

 23 n   11 1 1 

(ii)  1, , 2 , 3 ,..., n − 1 ,...  .  22 2 2 

( bbbb , ,, ,..., b ,... ) jika 0 << b 1 .

2 3 4 (iii) n

(c) Barisan berikut ini tidak monoton.

n + (i) 1 1, 1, 1,..., 1 ,... .

(ii) ( −+−+ 1, 2, 3, 4,... ) .

2.3.4. Teorema Konvergensi Monoton

(a) Jika X = () x n naik (monoton) dan terbatas ke atas, maka X = () x n konvergen

dengan

lim () x n = sup { x n : n ∈ ℕ } .

(b) Jika X = () x n turun (monoton) dan terbatas ke bawah, maka X = () x n

konvergen dengan

lim () x n = inf { x n : n ∈ ℕ } .

Bukti.

(a) Karena X = () x n terbatas ke atas, maka terdapat M ∈ ℕ sedemikian hingga x n ≤ M untuk semua n ∈ ℕ . Namakan A = { x n : n ∈ ℕ } , maka A ⊂ ℝ,

terbatas ke atas dan tidak kosong. Menurut Sifat Lengkap ℝ , maka supremum

A ada, namakan x = sup A . Diambil ε > 0 , maka terdapat K ∈ ℕ sedemikian hingga x −< ε x k ≤ x . Karena X naik monoton, maka untuk n ≥ K berlaku

x −< ε x k ≤ x n ≤<+ x x ε

atau

x −< ε x n <+ x ε ⇔ x n −< x ε .

Jadi, terbukti bahwa X = () x n konvergen ke x = lim () x n = sup { x n : n ∈ ℕ } .

(b) Gunakan cara yang hampir sama dengan pembuktian (a).

Contoh 2.3.5. Diketahui barisan () y n dengan y 1 = 1 dan y n + 1 = 2 + y n , n ≥ 1 . Apakah () y n konvergen? Jika ya, tentukan lim () y n .

Jawab. Akan ditunjukkan menggunakan induksi bahwa () y n naik monoton.

Untuk n = 1 , diperoleh y 2 = 21 += 31 ≥ (benar). Misalkan benar untuk n = k , yaitu y k + 1 = 2 + y k , y k + 1 ≥ y k . Akan dibuktikan benar untuk n =+ k 1 , yaitu

Berarti benar untuk n =+ k 1 . Jadi, menurut induksi () y n naik monoton. Selanjutnya, ditunjukkan bahwa () y n terbatas ke atas (oleh 3), yaitu y n ≤ 3 , untuk semua n ∈ ℕ.

Untuk n = 1 benar, sebab y 1 =≤ 13 . Misalkan benar untuk n = k , yaitu y k ≤ 3 . Maka y k + 1 = 2 + y k ≤ 23 += 5 ≤ 3 yang berarti benar untuk n =+ k 1 . Jadi, menurut

induksi terbukti bahwa y n ≤ 3 , untuk semua n ∈ ℕ . Karena () y n naik monoton dan terbatas ke atas, maka menurut Teorema 2.3.4 barisan () y n konvergen. Misalkan y = lim () y n , maka diperoleh

2 y 2 = 2 +⇔ y y =+⇔ 2 y y −−=⇔ y 20 (

y − 2 )( y += 1 ) 0 .

Diperoleh y = 2 atau y =− 1 . Untuk y =− 1 jelas tidak mungkin, sebab 1 ≤ y n ≤ 3

untuk semua n ∈ ℕ . Jadi, terbukti bahwa () y n konvergen dan lim () y n = 2 .

SOAL LATIHAN SUBBAB 2.3

1. Diberikan x 1 > 1 dan x n + 1 :2 =−

untuk n ∈ ℕ . Tunjukkan bahwa () x n terbatas

dan monoton. Carilah nilai limitnya.

2. Diberikan x 1 ≥ 2 dan x n + 1 :1 =+ x n − 1 untuk n ∈ ℕ . Tunjukkan bahwa () x n

turun dan terbatas ke bawah oleh 2. Carilah nilai limitnya.

3. Diberikan A ⊂ ℝ tak berhingga yang terbatas ke atas dan misalkan : sup u = A .

Tunjukkan bahwa terdapat barisan naik () x n dengan x n ∈ A untuk semua n ∈ ℕ sedemikian hingga u = lim () x n .

4. Tentukan apakah barisan () y n konvergen atau divergen, dengan

untuk n ∈ ℕ.

5. Diberikan x n : =+ 2 2 ++ ... 2 untuk setiap n ∈ ℕ . Buktikan bahwa () x n naik

dan terbatas, sehingga () x n konvergen. (Petunjuk: Jika k ≥ 2 , maka

kk ( − 1 ) k − 1 k

6. Tentukan konvergensi dan hitunglah limit barisan berikut. 

2.4. Barisan Bagian

Pada bagian ini akan diberikan konsep barisan bagian (subsequences) dari suatu barisan bilangan real.

Diberikan barisan bilangan real X = () x n dan diberikan barisan bilangan asli naik tegas n 1 < n 2 << ... n k < ... . Barisan X ′= () x n k dengan

Definisi 2.4.1.

()( x n k = x n 1 , x n 2 ,..., x n k ,... )

disebut dengan barisan bagian atau sub barisan (subsequences) dari X.

Contoh 2.4.2. Diberikan X : =  , , ,..., ,...  .

(i) Barisan X 1 ′=  , , ,..., ,...  merupakan barisan bagian dari X.

 1111  (ii) Barisan X 2 ′=  , , , ,...  merupakan barisan bagian dari X.

(iii) Barisan X 3 ′=  , , , ,...  bukan barisan bagian dari X, sebab n 2 < n 1 .

Teorema 2.4.3. Jika X = () x n konvergen ke x, maka setiap barisan bagian X ′= () x n k

dari X juga konvergen ke x.

Bukti. Diambil ε > 0 . Karena () x n → x , maka terdapat K () ε ∈ ℕ sedemikian hingga

untuk setiap n ≥ K () ε berlaku x n −< x ε . Karena untuk setiap n ∈ ℕ berlaku n k + 1 ≥ n k , maka untuk setiap n ≥ K () ε berlaku n k ≥≥ k K () ε . Sehingga

x n k −< x ε .

Terbukti bahwa X ′= () x n k konvergen ke x.

Teorema 2.4.4. Diberikan barisan bilangan real X = () x n , maka pernyataan berikut

ini ekuivalen.

(i) Barisan X = () x n tidak konvergen ke x ∈ ℝ.

(ii) Ada ε 0 > 0 sedemikian hingga untuk sebarang k ∈ ℕ , terdapat n k ∈ ℕ

sedemikian hingga n k ≥ k dan x n k −≥ x ε 0 .

(iii) Ada ε 0 > 0 dan suatu barisan bagian X ′= () x n k sedemikian hingga

x n k −≥ x ε 0 untuk semua k ∈ ℕ.

Bukti.

(i) ⇒ (ii) Jika () x n tidak konvergen ke x, maka untuk suatu ε 0 > 0 tidak mungkin

ditemukan k ∈ ℕ sedemikian hingga untuk setiap n k ≥ k berlaku x n k −< x ε 0 . Akibatnya tidak benar bahwa untuk setiap k ∈ ℕ, n ≥ k memenuhi x n k −< x ε 0 .

Dengan kata lain, untuk setiap k ∈ ℕ terdapat n k ∈ ℕ sedemikian hingga n k ≥ k dan x n k −≥ x ε 0 .

(ii) ⇒ (iii) Diberikan ε 0 > 0 sehingga memenuhi (ii) dan diberikan n 1 ∈ ℕ sedemikian hingga n 1 ≥ 1 dan x n 1 −≥ x ε 0 . Selanjutnya, diberikan n 2 ∈ ℕ sedemikian hingga

n 2 > n 1 dan x n 2 −≥ x ε 0 . Demikian seterusnya sehingga diperoleh suatu barisan bagian

X ′= () x n k sehingga berlaku x n k −≥ x ε 0 untuk semua k ∈ ℕ.

(iii) ⇒ (i) Misalkan X = () x n mempunyai barisan bagian X ′= () x n k yang memenuhi sifat (iii). Maka X tidak konvergen ke x, sebab jika konvergen ke x, maka X ′= () x n k juga konvergen ke x. Hal ini tidak mungkin, sebab X ′= () x n k tidak berada dalam

persekitaran V ε 0 () x .