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.