Beberapa contoh.

3.4.5. Beberapa contoh.

(a). Barisan n − 1 divergen .

Bila barisan X = n () −

1 konvergen ke x, maka (menururt Teorema 3.4.2) setiap sub-

barisan dari X harus konvergen ke x. Karena terdapat subbarisan yang konvergen ke +1 dan sub-barisan yang lain konvergen ke -1, maka haruslah X divergen.

( 2 1, ,3, ,... 4 ) divergen.

1 (b). Barisan 1

[Kita dapat mendefinisikan barisan ini dengan Y = (y n ), yang mana y n = n bila

1 n ganjil, dan y n =

bila n genap]. Secara mudah dapat dilihat bahwa barisan ini tidak n

Analisis Real I 93

Aljabar Himpunan terbatas; dari sini, menurut Teorema 3.2.2, barisan ini tidak mungkin konvergen. Se-

cara alternatif, walaupun sub-barisan 1 ( 1 2 , 4 , 1 6 ,... dari Y konvergen ke 0, keseluru- )

han barisan Y tidak konvergen ke 0. Yaitu, terdapat subbarisan (3,5,7,...) dari Y yang berada di luar lingkungan -1 dari 0; karena itu Y tidak konvergen ke 0.

Eksistensi Subbarisan Monoton

Sementara tidak setiap barisan monoton, kita sekarang akan menunjukkan bahwa setiap barisan mempunyai sub-barisan monoton.

3.4.6. Teorema Subbarisan Monoton. Setiap barisan X = (x n ) mempunyai subbarisan monoton. Bukti

Untuk tujuan ini kita akan menyatakan suku ke-m x m merupakan puncak bila x m ≥ x n untuk semua n ≥ m. Selanjutnya kita akan mempertimbangkan dua kasus. Kasus 1.

X mempunyai sejumlah tak hingga puncak. Dalam kasus ini, kita mengururt puncak-puncak tersebut dengan indeks naik. Jad kita mempunyai puncak-puncak x m 1 ,x m 2 ,..., x m k ,... dengan m 1 < m 2 < ... < m k < ...,.Karena masing-masing suku

tersebut puncak, kita mempunyai x m 1 ≥ x m 2 ≥ x m 3 ≥≥ ... x m k ≥ ...

Karenanya subbarisan () x m k merupakan subbarisan tak naik dari X.

Kasus 2.

X mempunyai sejumlah hingga (mungkin nol) puncak. Misalkan puncak- puncak ini x m 1 ,x m 2 ,..., x m r ,... . Misalkan s 1 = m r + 1 (indeks pertama setelah puncak

terakhir) Karena x s 1 bukan puncak, maka terdapat s 2 > s 1 sehingga x s 2 > x s 1 . Karena x s 2 bukan puncak, maka terdapat s 3 > s 2 , sehingga x s 3 > x s 2 . Bila kita

() s n

meneruskan proses ini, kita peroleh subbarisan tak turun (bukan naik) x

dari X. Teorema Bolzana Weierstrass

3.4.7. Teorema Bolzana-Weierstrass . Setiap barisan terbatas mempunyai subbarisan konvergen. Bukti

Analisis Real I 94

Pendahuluan Mengikuti Teorema Subbarisan Monoton, maka barisan terbatas X = (x n )

() s n

mempu-nyai subbarisan X’ = x

monoton. Subbarisan inipun juga terbatas, se- hingga menururt Teorema Konvergensi Monoton X’ = x

() s n

konvergen. Dari sini mudah dilihat bahwa barisan terbatas dapat mempunyai beberapa

sub-barisan yang konvergen ke limit yang berbeda, sebagai contoh, barisan n () −

mempunyai subbarisan yang konvergen ke -1, dan subbarisan yang lain konvergen ke +1. Barisan ini juga mempunyai sub-barisan yang tidak konvergen.

Misalkan X’ subbarisan dari barisan X. Maka X’ sendiri juga merupakan bari- san, yang juga dapat mempunyai sub-barisan, katakan X”. Di sini dapat kita catat ba- hawa X” juga merupakan subbarisan dari X.

3.4.8. Teorema . Misalkan X barisan terbatas dan x ∈ R yang mempunyai sifat bahwa setiap sub-barisan konvergen dari X limitnya adalah x. Maka barisan X konvergen ke x. Bukti

Misalkan M > 0, sehingga x n ≤ M untuk semua n ∈ N. Andaikan X tidak konvergen

ke x. Menurut Kriteria Divergensi 3.4.4 terdapat ε 0 > 0 dan subbarisan X’ = () x r n dari

X sehingga

(#) x r n −≥ε x 0 , untuk semua n ∈ N.

Karena X’ subbarisan dari X, maka X’ juga terbatas oleh M. Dari sini, menurut Teo- rema Bolzano-Weierstrass bahwa X’ mempunyai subbarisan X” yang konvergen. Tetapi X” juga merupakan subbarisan dari X, karenanya harus konvergen ke x, menu-

rut hipotesis. Akibatnya pada akhirnya X” terletak di dalam lingkungan- ε 0 dari x. Karena setiap suku dari X” juga merupakan suku dari X’, hal ini membawa kita ke suatu yang kontradiksi dengan (#)

Latihan 3.4

1. Berikan contoh barisan tak terbatas yang mempunyai subbarisan konvergen.

Analisis Real I 95

Aljabar Himpunan

2. Gunakan metode pada contoh 3.4.3 (b) untuk menunjukkan bahwa 0 < c < 1, maka 1 lim c n = 1.

3. Misalkan X = (x n ) dan Y = (y n ) dan barisan Z = (z n ) didefenisikan dengan z 1 =x 1 , z 2 =y 1 , ... z 2n-1 =x n ,z 2n =y n ,.... Tunjukkan bahwa Z konvergen jika dan hanya jika

X dan Y konvergen dan lim X = lim Y.

4. Misalkan x 1

n = n untuk n ∈ N. (a). Tunjukkan bahwa x n

n+1 < x n ekivalen dengan 1 ( 1 + n ) < n, dan diduga bahwa

ketaksamaan ini benar untuk n ≥ 3. [ lihat contoh 3.3.5 ]Buktikan bahwa (x n ) pada akhirnya tak naik dan η = lim (x n ) ada.

(b) Gunakan fakta subbarisan (x 2n ) juga konvergen ke x untuk menunjukkan bahwa x = x . Simpulkan x = 1

5. Misalkan setiap sub-barisan dari X = (x n ) mempunyai subbarisan lagi yang kon- vergen ke 0. Tunjukkan bahwa lim X = 0.

6. Perkenalkan konvergensi dan tentukan limit barisan berikut :

1 2 1 n (a). ( 1 +

2n ) (b).

1 + 2n )

n (c).   2 (

(d).

7. Misalkan (x n ) barisan terbatas dan untuk masing-masing n ∈ N s n = sup{x k :k ≥ n} dan s = inf{ s n :n ∈ N}. Tunjukkan bahwa terdapat subbarisan dari (x n ) yang kon- vergen ke s.

8. Misalkan bahwa x n

0 untuk semua n ∈ N dan lim () − 1x n ada. Tunjukkan

bahwa (x n ) konvergen.

() n k

9. Tunjukkan bahwa bila (x n ) tak terbatas, maka terdapat subbarisan x

sehingga 

 lim  1    = 0  x n k 

Analisis Real I 96

Pendahuluan

() n −

10. Bila x n = , tentukan subbarisan (x n ) yang dikonstruksi pada bukti kedua n

Teorema Bolzano-Weierstrass.

11. Misalkan (x n ) barisan terbatas dan s = sup{ x n :n ∈ N }. Tunjukkan bahwa bila s ∉ {x n :n ∈ N}, maka terdapat subbarisan dari (x n ) yang konvergen ke s.

12. Berikan contoh bahwa Teorema 3.4.8 gagal bila hipotesis X barisan terbatas dihi- langkan.