Barisan Bilangan Real dan Limitnya

1. Barisan Bilangan Real

A. Definisi Barisan

Barisan bilangan real adalah fungsi yang memetakan dari ℕ (himpunan bilangan asli) ke ℝ (himpunan bilangan real).

Dengan kata lain, barisan bilangan real adalah pengaitan setiap n ∈ ℕ dengan tunggal bilangan real. Bilangan real yang dihasilkan disebut suku dari barisan, untuk barisan X biasa dituliskan suku ke-n sebagai xₙ.

Secara umum, jika X: ℕ → ℝ suatu barisan, nilai X di n akan dinotasikan dengan xₙ.

Sedangkan barisan dinotasikan X, (xₙ), atau (xₙ : n ∈ ℕ).

B. Operasi Aljabar Barisan

Misal X = (xₙ) dan Y = (yₙ) barisan bilangan real, didefinisikan operasi aljabar berikut:

(i) Penjumlahan barisan

X + Y = (xₙ + yₙ)

(ii) Pengurangan barisan

X – Y = (xₙ – yₙ)

(iii) Perkalian barisan

XY = (xₙyₙ)

(iv) Perkalian skalar dengan barisan

cX = (cxₙ)

(v) Pembagian barisan

X/Y = (xₙ/yₙ); dengan yₙ ≠ 0

2. Limit Barisan

A. Definisi Limit Barisan

Sebuah barisan X = (xₙ) di ℝ dikatakan konvergen ke x ∈ ℝ, atau x dikatakan limit dari (xₙ), jika untuk setiap ε > 0 ada bilangan asli K(ε) sehingga untuk semua n ≥ K(ε), suku-suku tersebut memenuhi |xₙ – x| < ε, jika dituliskan secara simbolik menjadi:

(∀ε > 0)(∃K ∈ ℕ) ∋ (∀n ≥ K). |xₙ – x| < ε

Jika sebuah barisan memiliki limit, kita sebut barisan itu konvergen; jika tidak memiliki limit, kita sebut barisan itu divergen.

Catatan:

Notasi K(ε) digunakan untuk menekankan bahwa pilihan K bergantung pada nilai ε. Namun, sering kali lebih nyaman untuk menulis K saja daripada K(ε). Dalam banyak kasus, nilai ε yang “kecil” biasanya akan membutuhkan nilai K yang “besar” untuk menjamin bahwa jarak |xₙ – x| antara xₙ dan x kurang dari ε untuk semua n ≥ K = K(ε).

Ketika sebuah barisan memiliki limit x, kita akan menggunakan notasi

lim X = x atau lim(xₙ) = x.

Kadang-kadang kita akan menggunakan simbolisme xₙ → x, yang menunjukkan ide intuitif bahwa nilai-nilai xₙ “mendekati” bilangan x saat n → ∞.

Contoh Soal:

1. Buktikan bahwa barisan X = (1, ½, ⅓, ..., 1/n, ...) konvergen ke 0.

Bukti:

Ambil sebarang ε > 0. Menurut akibat sifat Archimedes, (∃M ∈ ℕ) ∋ 1/M < ε.

Pilih K = M, sehingga ∀n ≥ K berlaku:

|xₙ – 0| = |1/n – 0| = 1/n ≤ 1/M < ε. ∎

2. Buktikan bahwa

Bukti:
Ambil sebarang ε > 0. Menurut akibat sifat Archimedes, (∃M ∈ ℕ) ∋ 1/M < ε.

Pilih K = 15M, sehingga ∀n ≥ K berlaku:

B. Teorema Keunikan Limit

Sebuah barisan di ℝ hanya dapat memiliki paling banyak satu limit.

Bukti:

Misalkan x' dan x'' adalah dua limit dari (xₙ), berarti

(∀ε > 0)(∃K' ∈ ℕ) ∋ (∀n ≥ K'). |xₙ – x'| < ε/2, 

(∀ε > 0)(∃K'' ∈ ℕ) ∋ (∀n ≥ K''). |xₙ – x''| < ε/2

Pilih K = max{K', K''}, sehingga ∀n ≥ K, dengan menggunakan ketaksamaan segitiga diperoleh:

|x' – x''| = |x' – xₙ + xₙ – x''| ≤ |x' – xₙ| + |xₙ – x''| < ε/2 + ε/2 = ε.

Karena ε > 0 adalah bilangan positif sembarang, kita menyimpulkan bahwa x' – x'' = 0 ⇔ x' = x''.

Q.E.D.

C. Pernyataan Ekivalen dengan Kekonvergenan Barisan

Misalkan X = (xₙ) adalah sebuah barisan bilangan real, dan misalkan x ∈ ℝ. Pernyataan-pernyataan berikut adalah ekivalen:

(i) X konvergen ke x.

(ii) (∀ε > 0)(∃K ∈ ℕ) ∋ (∀n ≥ K). |xₙ – x| < ε

(iii) (∀ε > 0)(∃K ∈ ℕ) ∋ (∀n ≥ K). x – ε < xₙ < x + ε

(iv) (∀V_ε(x))(∃K ∈ ℕ) ∋ (∀n ≥ K). xₙ ∈ V_ε(x)

D. Kekonvergenan Barisan Konstan

Jika barisan X = (xₙ) barisan konstan bernilai k, ditulis (∀n ∈ ℕ). xₙ = k, maka lim(xₙ) = k.

Bukti:

Ambil sebarang ε > 0. Pilih K = 1, sehingga (∀n ≥ K) berlaku:

|xₙ – k| = |k – k| = 0 < ε ∎

3. Ekor Barisan

A. Definisi Ekor Barisan

Jika X = (x₁, x₂, ..., xₙ, ...) adalah barisan bilangan real dan jika m adalah bilangan asli yang diberikan, maka m-ekor (m-tail) dari X adalah barisan

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

Contoh:

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

B. Hubungan Kekonvergenan Barisan dengan Ekornya

Misalkan X = (xₙ : n ∈ ℕ) adalah barisan bilangan real dan m ∈ ℕ. Maka m-ekor Xₘ = (xₘ₊ₙ : n ∈ ℕ) dari X konvergen jika dan hanya jika X konvergen. Dalam kasus ini, lim Xₘ = lim X.

Bukti.

Kita perhatikan bahwa untuk setiap p ∈ ℕ, suku ke-p dari Xₘ adalah suku ke-(p + m) dari X. Demikian pula, jika q > m, maka suku ke-q dari X adalah suku ke-(q – m) dari Xₘ.

Asumsikan X konvergen ke x. Maka untuk setiap ε > 0 yang diberikan, jika suku-suku X untuk n ≥ K(ε) memenuhi |xₙ – x| < ε, maka suku-suku Xₘ untuk k ≥ K(ε) – m memenuhi |xₖ – x| < ε. Jadi, kita bisa ambil Kₘ(ε) = K(ε) – m, sehingga Xₘ juga konvergen ke x.

Sebaliknya, jika suku-suku Xₘ untuk k ≥ Kₘ(ε) memenuhi |xₖ – x| < ε, maka suku-suku X untuk n ≥ Kₘ(ε) + m memenuhi |xₙ – x| < ε. Jadi, kita bisa ambil K(ε) = Kₘ(ε) + m.

Oleh karena itu, X konvergen ke x jika dan hanya jika Xₘ konvergen ke x.

Q.E.D.

C. Bantuan Limit Barisan

Misalkan (xₙ) adalah barisan bilangan real dan x ∈ ℝ. Jika (aₙ) adalah barisan bilangan real positif dengan lim(aₙ) = 0 dan jika untuk suatu konstanta C > 0 dan suatu m ∈ ℕ kita memiliki

|xₙ – x| ≤ Caₙ untuk semua n ≥ m,

maka dapat disimpulkan bahwa lim(xₙ) = x.

Bukti:

Jika ε > 0 diberikan, maka karena lim(aₙ) = 0, kita tahu ada K = K(ε/C) sehingga n ≥ K mengimplikasikan

aₙ = |aₙ – 0| < ε/C.

Oleh karena itu dapat disimpulkan bahwa jika n ≥ K dan n ≥ m, maka

|xₙ – x| ≤ Caₙ < C(ε/C) = ε.

Karena ε > 0 adalah sembarang, kita menyimpulkan bahwa x = lim(xₙ).

Q.E.D.

Cara mudah untuk memahaminya adalah dalam teorema ini, barisan |xₙ – x| "diapit" antara 0 dan Caₙ. Karena aₙ → 0, maka Caₙ juga → 0. Hal ini memaksa |xₙ – x| → 0, yang berarti xₙ → x.

4. Barisan Terbatas

A. Definisi Barisan Terbatas

Sebuah barisan X = (xₙ) dikatakan terbatas jika terdapat bilangan real positif M sehingga |xₙ| ≤ M untuk semua n ∈ ℕ, dituliskan:

(∃M > 0) ∋ (∀n ∈ ℕ). |xₙ| ≤ M

Jadi, barisan (xₙ) terbatas jika dan hanya jika himpunan {xₙ : n ∈ ℕ} dari nilainya adalah subset terbatas dari ℝ.

B. Keterbatasan Barisan Konvergen

Barisan yang konvergen pasti terbatas.

Bukti:

Misalkan lim(xₙ) = x dan pilih ε = 1. Maka ada bilangan asli K = K(1) sehingga |xₙ – x| < 1 untuk semua n ≥ K. Jika kita terapkan Ketaksamaan Segitiga dengan n ≥ K, kita peroleh

|xₙ| = |xₙ – x + x| ≤ |xₙ – x| + |x| < 1 + |x|.

Pilih M = sup{|x₁|, |x₂|, ..., |xₖ₋₁|, 1 + |x|},

maka dapat disimpulkan bahwa |xₙ| ≤ M untuk semua n ∈ ℕ.

Q.E.D.

Catatan:

Teorema ini tidak berlaku kebalikan, dimana ada barisan divergen yang terbatas, sebagai contoh:

Misal dipilih barisan (aₙ) dengan aₙ = (–1)ⁿ, barisan ini divergen karena tidak mengarah kepada nilai tertentu, dimana untuk n ganjil nilai aₙ = –1, sedangkan untuk n genap nilai aₙ = 1. Akan tetapi barisan (aₙ) terbatas karena |aₙ| = 1 yang berarti |xₙ| ≤ 1, dengan memilih M = 1.

C. Kekonvergenan Hasil Operasi Aljabar Barisan

(i) Misalkan X = (xₙ) dan Y = (yₙ) adalah barisan bilangan real yang konvergen berturut-turut ke x dan y, dan misalkan c ∈ ℝ. Maka barisan X + Y, X – Y, X · Y, dan cX konvergen berturut-turut ke x + y, x – y, xy, dan cx.

(ii) Jika X = (xₙ) konvergen ke x dan U = (uₙ) adalah barisan bilangan real taknol yang konvergen ke u, dan jika u ≠ 0, maka barisan hasil bagi X/U konvergen ke x/u.

Bukti:

• Bukti untuk aturan penjumlahan dan pengurangan

Ambil sebarang ε > 0.

lim(xₙ) = x, berarti (∃K₁ ∈ ℕ) ∋ (∀n ≥ K₁). |xₙ – x| < ε/2

lim(yₙ) = y, berarti (∃K₂ ∈ ℕ) ∋ (∀n ≥ K₂). |yₙ – y| < ε/2

Pilih K = max{K₁, K₂}, sehingga (∀n ≥ K) berlaku:

|xₙ + yₙ – (x + y)| = |xₙ – x + yₙ – y| ≤ |xₙ – x| + |yₙ – y| < ε/2 + ε/2 = ε.

Telah terbukti untuk aturan penjumlahan. Dikarenakan Y barisan bilangan real, Y memiliki invers terhadap operasi penjumlahan, yaitu –Y, sehingga X – Y dapat dinyatakan sebagai X + (–Y). Menurut aturan penjumlahan, X + (–Y) konvergen ke x + (–y) = x – y. ∎

• Bukti untuk aturan perkalian barisan, perkalian skalar, dan pembagian.

Ambil sebarang ε > 0.

Barisan X dan Y konvergen, maka keduanya terbatas, berarti

(∃M₁, M₂ > 0) ∋ (∀n ∈ ℕ). |xₙ| ≤ M₁ ∧ |yₙ| ≤ M₂

Pilih M = max{M₁, M₂}.

lim(xₙ) = x, berarti (∃K₁ ∈ ℕ) ∋ (∀n ≥ K₁). |xₙ – x| < ε/(2M)

lim(yₙ) = y, berarti (∃K₂ ∈ ℕ) ∋ (∀n ≥ K₂). |yₙ – y| < ε/(2M)

Pilih K = max{K₁, K₂}, sehingga (∀n ≥ K) berlaku:

|xₙ·yₙ – x·y| = |xₙ·yₙ – xₙ·y + xₙ·y – x·y| = |xₙ·(yₙ – y) + y·(xₙ – x)| ≤ |xₙ|·|yₙ – y| + |y|·|xₙ – x| 

< M·ε/(2M) + M·ε/(2M) = ε.

Telah terbukti untuk aturan perkalian.

Misal V barisan konstan bernilai c, berarti (∀n ∈ ℕ). vₙ = c, akibatnya V konvergen ke c.

Lakukan perkalian barisan, diperoleh (∀n ∈ ℕ). vₙ·xₙ = c·xₙ. Ini berarti cX = VX. Menurut aturan perkalian, cX konvergen ke cx.

Dikarenakan U barisan taknol, U memiliki invers terhadap operasi perkalian, yaitu 1/U, sehingga X/U dapat dinyatakan sebagai X.(1/U). Menurut aturan perkalian, X.(1/U) konvergen ke x.(1/u) = x/u. ∎

5. Teorema Pembandingan Barisan

A. Barisan Non-Negatif

Jika X = (xₙ) dengan lim(xₙ) = x dan (∀n ∈ ℕ). xₙ ≥ 0, maka x ≥ 0.

Bukti:

Andaikan x < 0, berarti –x > 0. Pilih ε = –x.

lim(xₙ) = x berarti (∃K ∈ ℕ) ∋ (∀n ≥ K). |xₙ – x| < ε = –x

⇔ x < xₙ – x < –x, tambahkan masing-masing ruas dengan x

2x < xₙ < 0, kontradiksi dengan xₙ ≥ 0.

Oleh karena itu pengandaian salah dan yang benar adalah x ≥ 0. ∎

B. Pembandingan Barisan dan Limitnya

Jika (xₙ) dan (yₙ) barisan konvergen dengan (∀n ∈ ℕ). xₙ ≤ yₙ, maka lim(xₙ) ≤ lim(yₙ).

Bukti:

Misal dibuat barisan (uₙ) dengan uₙ = yₙ – xₙ.

Diberikan xₙ ≤ yₙ, akibatnya (∀n ∈ ℕ). uₙ = yₙ – xₙ ≥ 0.

Menurut poin (A), lim(uₙ) = lim(yₙ – xₙ) = lim(yₙ) – lim(xₙ) ≥ 0 ⇔ lim(xₙ) ≤ lim(yₙ). ∎

C. Barisan Diantara Dua Nilai

Diberikan barisan konvergen (xₙ). Jika (∀n ∈ ℕ). a ≤ xₙ ≤ b, maka a ≤ lim(xₙ) ≤ b.

Bukti:

Misal dibuat barisan konstan (aₙ) dan (bₙ), dengan (∀n ∈ ℕ). aₙ = a ∧ bₙ = a. Kita memperoleh limitnya adalah lim(aₙ) = a dan lim(bₙ) = b. Menurut poin (B), berlaku a ≤ lim(xₙ) ≤ b. ∎

D. Teorema Apit Barisan

Diberikan barisan-barisan (aₙ), (bₙ), dan (cₙ) dengan (∀n ∈ ℕ). aₙ ≤ bₙ ≤ cₙ. Jika lim(aₙ) = lim(cₙ) = L, maka lim(bₙ) = L.

Bukti:

Ambil sebarang ε > 0.

Diberikan (∀n ∈ ℕ). aₙ ≤ bₙ ≤ cₙ, tambahkan masing-masing ruas dengan –L

(∀n ∈ ℕ). aₙ – L ≤ bₙ – L ≤ cₙ – L ...(i)

Diberikan lim(aₙ) = lim(cₙ) = L, berarti (∃K ∈ ℕ) ∋ (∀n ≥ K). |aₙ – L| < ε ∧ |cₙ – L| < ε

⇔ –ε < aₙ – L < ε ∧ –ε < cₙ – L < ε ...(ii)

Dari (i) dan (ii) diperoleh:

–ε < aₙ – L ≤ bₙ – L ≤ cₙ – L < ε ⇔ |bₙ – L| < ε. ∎

E. Limit Nilai Mutlak Barisan

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

Bukti:

Ambil sebarang ε > 0.

Diberikan lim(xₙ) = x, berarti (∃K ∈ ℕ) ∋ (∀n ≥ K). |xₙ – x| < ε

Menurut ketaksamaan segitiga, ||xₙ| – |x|| ≤ |xₙ – x|, sehingga diperoleh ||xₙ| – |x|| < ε ∎

F. Limit Akar Barisan

Jika X = (xₙ) dengan lim(xₙ) = x dan (∀n ∈ ℕ). xₙ ≥ 0, maka lim(√xₙ) = √x.

Bukti:

Ambil sebarang ε > 0.

• Untuk x = 0

Diberikan lim(xₙ) = x, berarti (∃K ∈ ℕ) ∋ (∀n ≥ K). |xₙ – x| = xₙ < ε², akarkan masing-masing ruas

√xₙ = |√xₙ| < ε.

• Untuk x > 0

Diberikan lim(xₙ) = x, berarti (∃K ∈ ℕ) ∋ (∀n ≥ K). |xₙ – x| < ε²

Perhatikan:

|√xₙ – √x| = |(xₙ – x)/(√xₙ + √x)| = |xₙ – x|/(√xₙ + √x) < |xₙ – x|/(√xₙ) < |xₙ – x|/√|xₙ – x| = √|xₙ – x| < ε ∎

Contoh Soal

1. Buktikan bahwa jika 0 < b < 1, maka lim(bⁿ) = 0.

Diberikan 0 < b < 1, berarti dapat dituliskan b = 1/(1 + a) dengan 1 + a > 1 ⇔ a > 0 > –1.

Menurut ketaksamaan Bernoulli, (∀n ∈ ℕ). (1 + a)ⁿ ≥ 1 + na, sehingga diperoleh:

0 < bⁿ = 1/(1 + a)ⁿ ≤ 1/(1 + na) < 1/(na)

Dikarenakan lim(1/(na)) = 0, menurut teorema apit, diperoleh lim(bⁿ) = 0 ∎

2. Buktikan bahwa jika c > 0, maka

Untuk membuktikannya, kita perlu pecah kasus.

• Kasus c = 1

Karena c = 1, dipangkatkan dengan berapapun selalu 1, selalu c^(1/n) = 1, sehingga terbentuk barisan konstan bernilai 1. Akibatnya limitnya adalah 1.

• Kasus c > 1

Diberikan c > 1, maka c^(1/n) > 1 misal c = (1 + d)ⁿ ⇔ d = c^(1/n) – 1, kita peroleh d > 0 > –1.

Menurut ketaksamaan Bernoulli, (∀n ∈ ℕ). c = (1 + d)ⁿ ≥ 1 + nd, sehingga diperoleh:

Perhatikan bahwa lim[(c – 1)/n] = (c – 1)·lim(1/n) = (c – 1)·0 = 0.

Menurut teorema apit, lim(d) = 0

Tambahkan masing-masing ruas dengan 1 dan diperoleh

• Kasus 0 < c < 1

Untuk 0 < c < 1, kita memperoleh 1/c > 1, sehingga

3. Buktikan bahwa

Misal n = (1 + d)ⁿ ⇔ d = n^(1/n) – 1, kita peroleh d ≥ 0 ⇔ d² ≥ 0.

Lakukan ekspansi binomial:

Karena d ≥ 0, setiap sukunya non-negatif, sehingga
n = (1 + d)ⁿ ≥ 1 + n(n – 1)d²/2, kurangi masing-masing ruas dengan 1

n – 1 ≥ n(n – 1)d²/2, bagi masing-masing ruas dengan n(n – 1)/2

2/n ≥ d².

Karena d² ≥ 0 dan 2/n ≥ d², diperoleh pembandingan:

0 ≤ d² ≤ 2/n, akarkan masing-masing ruas

0 ≤ d ≤ √(2/n) = √2/(√n)

Limitkan √2/(√n)

lim[√2/(√n)] = 0

Menurut teorema apit, lim(d) = 0, sehingga

Tambahkan masing-masing ruas dengan 1 dan diperoleh:

4. Misalkan (xₙ) adalah barisan bilangan real positif sehingga L = lim(xₙ₊₁/xₙ) ada. Jika L < 1, maka (xₙ) konvergen ke 0.

Buat barisan (vₙ) dengan vₙ = xₙ₊₁/xₙ, diberikan lim(vₙ) = L < 1.

Karena (xₙ) adalah barisan bilangan real positif dan vₙ = xₙ₊₁/xₙ, kita peroleh (vₙ) adalah barisan bilangan real positif, sehingga L ≥ 0.

Misal bilangan r memenuhi L < r < 1.

lim(xₙ₊₁/xₙ) = L, berarti (∀ε > 0)(∃K ∈ ℕ) ∋ (∀n ≥ K). |xₙ₊₁/xₙ – L| < ε ⇔ –ε < xₙ₊₁/xₙ – L < ε, tambahkan masing-masing ruas dengan L, sehingga diperoleh

L – ε < xₙ₊₁/xₙ < L + ε

Untuk ε = r – L, berlaku xₙ₊₁/xₙ < L + ε = L + r – L = r, sehingga diperoleh

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

Limitkan x_Krⁿ⁻ᴷ⁺¹, karena 0 < r < 1, lim(x_Krⁿ⁻ᴷ⁺¹) = 0. Menurut teorema apit, lim(xₙ₊₁) = 0, sehingga juga lim(xₙ) = 0. ∎

5. Buktikan jika lim(xₙ) > 0, maka (∃K ∈ ℕ) ∋ (∀n ≥ K). xₙ > 0

Misal lim(xₙ) = x, berarti (∀ε > 0)(∃K ∈ ℕ) ∋ (∀n ≥ K). |xₙ – x| < ε

Diberikan lim(xₙ) = x > 0 ⇔ x/2 > 0, sehingga untuk ε = x/2 berlaku

|xₙ – x| < x/2 ⇔ –x/2 < xₙ – x < x/2, tambahkan masing-masing ruas dengan x

x/2 < xₙ < 3x/2

Karena xₙ > x/2 dan x/2 > 0, menurut sifat transitif relasi urutan xₙ > 0 ∎

6. Misalkan (xₙ) adalah barisan bilangan real positif sehingga

Buktikan bahwa lim(xₙ) = 0.
Diberikan lim[xₙ^(1/n)] = L, berarti (∀ε > 0)(∃K ∈ ℕ) ∋ (∀n ≥ K). |xₙ^(1/n) – L| < ε

⇔ –ε < xₙ^(1/n) – L < ε, tambahkan masing-masing ruas dengan L

L – ε < xₙ^(1/n) < L + ε

Pilih ε sehingga L + ε = r < 1, diperoleh pembandingan

0 < xₙ^(1/n) < r < 1, pangkatkan masing-masing ruas dengan n

0 < xₙ < rⁿ < 1

Karena 0 < r < 1, maka lim(rⁿ) = 0, sehingga menurut teorema apit lim(xₙ) = 0. ∎

7. Buktikan bahwa jika |b| < 1, maka lim(bⁿ) = 0.

Untuk 0 < b < 1, telah kita buktikan bahwa lim(bⁿ) = 0.

Untuk b = 0, jelas bahwa lim(bⁿ) = lim(0ⁿ) = lim(0) = 0.

Untuk –1 < b < 0, berlaku 0 < –b < 1.

lim[(–b)ⁿ] = lim[(–1)ⁿbⁿ] = (–1)ⁿlim(bⁿ) = (–1)ⁿ· 0 = 0

Jadi, jika |b| < 1, maka lim(bⁿ) = 0. ∎

8. Misal lim(xₙ) = x > 0. Buktikan bahwa (∃K ∈ ℕ) ∋ (∀n ≥ K). ½x < xₙ < 2x.

lim(xₙ) = x > 0, berarti (∀ε > 0)(∃K ∈ ℕ) ∋ (∀n ≥ K). |xₙ – x| < ε

Diberikan lim(xₙ) = x > 0 ⇔ x/2 > 0, sehingga untuk ε = x/2 berlaku

|xₙ – x| < x/2 ⇔ –x/2 < xₙ – x < x/2, tambahkan masing-masing ruas dengan x

x/2 < xₙ < 3x/2 < 2x ∎