Barisan Divergen Sejati dan Pengenalan Deret Tak Hingga
1. Barisan Divergen Sejati
A. Definisi Barisan Divergen Sejati
Misalkan (xₙ) adalah sebuah barisan bilangan real.
(i) Kita katakan bahwa (xₙ) cenderung ke +∞, dan kita tulis lim(xₙ) = +∞, jika untuk setiap α ∈ ℝ terdapat sebuah bilangan asli K(α) sedemikian rupa sehingga jika n ≥ K(α), maka xₙ > α. Disimbolkan:
(∀α ∈ ℝ)(∃K ∈ ℕ) ∋ n ≥ K ⇒ xₙ > α
(ii) Kita katakan bahwa (xₙ) cenderung ke –∞, dan kita tulis lim(xₙ) = –∞, jika untuk setiap β ∈ ℝ terdapat sebuah bilangan asli K(β) sedemikian rupa sehingga jika n ≥ K(β), maka xₙ < β. Disimbolkan:
(∀β ∈ ℝ)(∃K ∈ ℕ) ∋ n ≥ K ⇒ xₙ < β
Kita katakan bahwa (xₙ) divergen sejati jika kita memiliki salah satu dari lim(xₙ) = +∞ atau lim(xₙ) = –∞.
Sixtyfourians harus menyadari bahwa kita menggunakan simbol +∞ dan –∞ murni sebagai notasi yang mudah dalam ekspresi di atas. Hasil yang telah dibuktikan di pembahasan-pembahasan sebelumnya untuk limit konvensional lim(xₙ) = L (untuk L ∈ ℝ) mungkin tidak tetap benar ketika lim(xₙ) = ±∞.
Contoh:
1. lim(n) = +∞, dimana untuk sebarang α ∈ ℝ, menurut sifat Archimedes berlaku
(∃K ∈ ℕ) ∋ n ≥ K ⇒ xₙ = n ≥ K > α
2. Untuk c > 1, lim(cⁿ) = +∞.
Misal c = 1 + b dengan b > 0. Untuk sebarang α ∈ ℝ, dapat dipilih bilangan asli K dengan K > α/b, sehingga jika n ≥ K maka menurut ketaksamaan Bernoulli berlaku:
cⁿ = (1 + b)ⁿ ≥ 1 + nb > 1 + α > α.
B. Divergensi Sejati dan Ketidakterbatasan
Sebuah barisan bilangan real monoton divergen sejati jika dan hanya jika ia tidak terbatas (unbounded). Lebih lanjut berikut ini:
(a) Jika (xₙ) adalah barisan naik yang tidak terbatas, maka lim(xₙ) = +∞.
(b) Jika (xₙ) adalah barisan turun yang tidak terbatas, maka lim(xₙ) = –∞.
Bukti:
(a) Anggaplah bahwa (xₙ) adalah barisan naik. Kita tahu bahwa jika (xₙ) terbatas, maka ia konvergen. Jika (xₙ) tidak terbatas, maka untuk setiap α ∈ ℝ, terdapat n(α) ∈ ℕ sedemikian rupa sehingga α < xₙ(α). Tetapi karena (xₙ) adalah barisan naik, kita memiliki α < xₙ untuk semua n ≥ n(α). Karena α adalah sembarang, maka dapat disimpulkan bahwa lim(xₙ) = +∞.
Bagian (b) dibuktikan dengan cara yang serupa.
C. Teorema Pembandingan untuk Barisan Divergen Sejati
Misalkan (xₙ) dan (yₙ) adalah dua barisan bilangan real dan xₙ ≤ yₙ untuk semua n ∈ ℕ.
(a) Jika lim(xₙ) = +∞, maka lim(yₙ) = +∞.
(b) Jika lim(yₙ) = –∞, maka lim(xₙ) = –∞.
Bukti:
(a) Jika lim(xₙ) = +∞, dan jika α ∈ ℝ diberikan, maka terdapat sebuah bilangan asli K(α) sedemikian rupa sehingga jika n ≥ K(α), maka α < xₙ. Karena xₙ ≤ yₙ, dapat disimpulkan bahwa α < yₙ untuk semua n ≥ K(α). Karena α adalah sembarang, maka dapat disimpulkan bahwa lim(yₙ) = +∞.
Bukti untuk (b) serupa.
Q.E.D.
D. Teorema Pembandingan Limit
Misalkan (xₙ) dan (yₙ) adalah dua barisan bilangan real positif dan terdapat L > 0, sehingga lim(xₙ/yₙ) = L. lim(xₙ) = +∞ jika dan hanya jika lim(yₙ) = +∞.
Bukti:
Jika (∃L > 0) ∋ lim(xₙ/yₙ) = L, maka terdapat K ∈ ℕ sedemikian rupa sehingga
½L < xₙ/yₙ < (3/2)L untuk semua n ≥ K, kalikan masing-masing ruas dengan yₙ
½Lyₙ < xₙ < (3/2)Lyₙ
(⇒) lim(xₙ) = +∞ dan xₙ < (3/2)Lyₙ, maka lim[(3/2)Lyₙ] = +∞, sehingga lim(yₙ) = +∞.
(⇐) lim(yₙ) = +∞ dan xₙ > ½Lyₙ ⇔ (2/L)xₙ > yₙ, maka lim[(2/L)xₙ] = +∞, sehingga lim(xₙ) = +∞.
Q.E.D.
2. Pengenalan Deret Tak Hingga
A. Definisi Deret Tak Hingga
Jika X = (xₙ) adalah sebuah barisan di ℝ, maka deret tak hingga (atau sederhananya deret) yang dihasilkan oleh X adalah barisan S = (sₖ) yang didefinisikan oleh
s₁ = x₁
s₂ = s₁ + x₂ = x₁ + x₂
...
sₖ = sₖ₋₁ + xₖ = x₁ + x₂ + ... + xₖ
...
Bilangan-bilangan xₙ disebut suku-suku deret dan bilangan-bilangan sₖ disebut jumlah-jumlah parsial dari deret ini. Jika lim S ada, kita katakan bahwa deret ini konvergen dan kita sebut limit ini sebagai jumlah atau nilai dari deret ini. Jika limit ini tidak ada, kita katakan bahwa deret ini divergen.
Contoh:
Barisan geometrik X = (xₙ) dengan xₙ = arⁿ⁻¹, r ≠ 1, membentuk deret S = (sₖ) dengan
sₖ = x₁ + x₂ + ... + xₖ = a + ar + ar² + ... + arᵏ⁻¹, kalikan masing-masing ruas dengan 1 – r
(1 – r)sₖ = a – ar + ar – ar² + ar² – ... – arᵏ⁻¹ = a(1 – rᵏ⁻¹), bagi masing-masing ruas dengan 1 – r
sₖ = a(1 – rᵏ⁻¹)/(1 – r)
Ingat kembali bahwa untuk |r| < 1 berlaku:
lim(sₖ) = lim[a(1 – rᵏ⁻¹)/(1 – r)] = a[1 – lim(rᵏ⁻¹)]/(1 – r) = a(1 – 0)/(1 – r) = a/(1 – r).
Jadi, untuk |r| < 1, berlaku a + ar + ar² + ... + arᵏ⁻¹ + ... = a/(1 – r).
B. Uji Suku ke-n
Jika deret Σxₙ konvergen, maka lim(xₙ) = 0.
Bukti:
Menurut definisi, kekonvergenan dari Σxₙ mensyaratkan bahwa lim(sₖ) ada. Karena xₙ = sₙ – sₙ₋₁, maka lim(xₙ) = lim(sₙ) – lim(sₙ₋₁) = 0.
Q.E.D.
C. Kriteria Cauchy untuk Deret
Deret Σxₙ konvergen jika dan hanya jika untuk setiap ε > 0 terdapat M(ε) ∈ ℕ sedemikian rupa sehingga jika m > n ≥ M(ε), maka
|sₘ – sₙ| = |xₙ₊₁ + xₙ₊₂ + ... + xₘ| < ε.
D. Keterbatasan Deret Konvergen Non-Negatif
Misalkan (xₙ) adalah sebuah barisan bilangan real non-negatif. Maka deret Σxₙ konvergen jika dan hanya jika barisan S = (sₖ) dari jumlah-jumlah parsialnya terbatas. Dalam kasus ini,
Σxₙ = lim(sₖ) = sup{sₖ : k ∈ N}.
Bukti:
Karena xₙ ≥ 0, barisan S dari jumlah-jumlah parsialnya adalah monoton naik:
s₁ ≤ s₂ ≤ ... ≤ sₖ ≤ ... .
Menurut Teorema Konvergensi Monoton, barisan S = (sₖ) konvergen jika dan hanya jika ia terbatas, yang dalam kasus ini limitnya sama dengan sup{sₖ}.
Q.E.D.
Contoh:
1. Deret Harmonik 1 + ½ + ⅓ + ... adalah divergen.
Jika kita mengasumsikan deret tersebut konvergen ke bilangan S, maka kita memiliki
S = (1 + ½) + (⅓ + ¼) + (⅕ + ⅙) + ... + (1/(2n – 1) + 1/2n) + ...
> (½ + ½) + (¼ + ¼) + (⅙ + ⅙) + ... + (1/2n + 1/2n) + ... = 1 + ½ + ⅓ + ... + 1/n + ... = S.
Kontradiksi S > S menunjukkan bahwa asumsi konvergensi pasti salah dan deret harmonik harus divergen.
2. Deret 1 + 1/2² + 1/3² + 1/4² + ... adalah konvergen.
Karena jumlah-jumlah parsialnya monoton, cukup untuk menunjukkan bahwa beberapa sub-barisan dari (sₖ) terbatas. Jika k₁ = 2¹ – 1 = 1, maka sk1 = 1. Jika k₂ := 2² – 1 = 3, maka
sk2 = 1 + (1/2² + 1/3²) < 1 + 2/2² = 1 + ½,
dan jika k₃ := 2³ – 1 = 7, maka kita memiliki
sk3 = sk2 + (1/4² + 1/5² + 1/6² + 1/7²) < sk2 + 4/4² < 1 + ½ + 1/2².
Dengan Induksi Matematika, kita temukan bahwa jika kⱼ := 2ʲ – 1, maka
0 < skj < 1 + ½ + (½)² + ... + (½)ʲ⁻¹.
Karena suku di sisi kanan adalah jumlah parsial dari deret geometris dengan r = ½, ia didominasi oleh 1/(1 – ½) = 2, dan poin (D) menyiratkan bahwa deret-2 konvergen.
3. Uji Pembandingan Deret Tak Hingga
A. Uji Pembandingan
Misalkan X = (xₙ) dan Y = (yₙ) adalah barisan real dan (∃K ∈ ℕ) ∋ 0 ≤ xₙ ≤ yₙ untuk n ≥ K. Berlaku:
(a) Kekonvergenan Σyₙ menyiratkan kekonvergenan Σxₙ.
(b) Kedivergenan Σxₙ menyiratkan kedivergenan Σyₙ.
Bukti:
(a) Anggaplah bahwa Σyₙ konvergen dan, diberikan ε > 0, misalkan M(ε) ∈ ℕ sedemikian rupa sehingga jika m > n ≥ M(ε), maka yₙ₊₁ + ... + yₘ < ε.
Jika m > max{K, M(ε)}, maka dapat disimpulkan bahwa
0 ≤ xₙ₊₁ + ... + xₘ ≤ yₙ₊₁ + ... + yₘ < ε,
yang mana kekonvergenan Σxₙ dapat disimpulkan.
(b) Pernyataan ini adalah kontraposisi dari (a).
Q.E.D.
B. Uji Pembandingan Limit
Misalkan X = (xₙ) dan Y = (yₙ) adalah barisan-barisan positif dan r = lim(xₙ/yₙ).
(a) Untuk r ≠ 0, Σxₙ konvergen jika dan hanya jika Σyₙ konvergen.
(b) Untuk r = 0, jika Σyₙ konvergen, maka Σxₙ konvergen.
Bukti:
(a) Diberikan r = lim(xₙ/yₙ) dan ingat kembali pembahasan tentang limit barisan, terdapat K ∈ ℕ sedemikian rupa sehingga ½r ≤ xₙ/yₙ ≤ 2r untuk n ≥ K, dari mana
(½r)yₙ ≤ xₙ ≤ (2r)yₙ untuk n ≥ K.
Jika kita menerapkan Uji Pembandingan dua kali, kita peroleh pernyataan di (a).
(b) Jika r = 0, maka terdapat K ∈ ℕ sedemikian rupa sehingga
0 < xₙ ≤ yₙ untuk n ≥ K,
sehingga Uji Pembandingan diterapkan.
Q.E.D.
Contoh:
Deret Σ(1/n!) adalah konvergen.
Ada kemungkinan untuk membuktikan kekonvergenan ini dengan menunjukkan (melalui Induksi) bahwa n² < n! untuk n ≥ 4, dari mana dapat disimpulkan bahwa
0 < 1/n! < 1/n² untuk n ≥ 4.
Sebagai alternatif, jika kita misalkan xₙ = 1/n! dan yₙ = 1/n², maka (ketika n ≥ 4) kita memiliki
0 < xₙ/yₙ = n²/n! = n²/(1·2·...·(n – 1)·n) = n/(1·2·...·(n – 1)) < n/(2·3·...·(n – 1)) < 1/(n-2) → 0.
Oleh karena itu, Uji Perbandingan Limit 3.7.8 berlaku. (Perhatikan bahwa uji ini sedikit sulit untuk diterapkan karena kita saat ini tidak mengetahui kekonvergenan dari deret apa pun yang limit xₙ/yₙ nya sangat mudah ditentukan.)
4. Limit Inferior dan Limit Superior Barisan
A. Definisi Limit Inferior dan Limit Superior Barisan
Misalkan (aₙ)n≥k adalah barisan bilangan riil yang terbatas. Juga misalkan
S = {y : ∃(anp) ⊆ (aₙ) ∋ anp → y}. Karena S tidak kosong menurut Teorema Boltsano Weierstrass untuk Barisan, inf S dan sup S keduanya ada dan terbatas. Kita definisikan
lim inf(an) = lim(an) = limit inferior (an) = inf S
lim sup(aₙ) = lim(aₙ) = limit superior (aₙ) = sup S
S disebut himpunan limit-limit subbarisan dari (aₙ).
Contoh:
1. Untuk ((−1)ⁿ), S = {−1, 1} dan lim((−1)ⁿ) = −1 dan lim((−1)ⁿ) = 1.
2. Untuk (cos(nπ/3)), S = {−1, −½, ½, 1} dan lim(aₙ) = −1 dan lim(aₙ) = 1.
3. Untuk (cos(nπ/4)), S = {−1, −½√2, 0, ½√2, 1} dan lim(aₙ) = −1 dan lim((aₙ) = 1.
4. Untuk (5 + cos(nπ/4)), S = {5 − 1, 5 − ½√2, 5 + 0, 5 + ½√2, 5 + 1} dan lim(aₙ) = 4 dan lim(aₙ) = 6.
B. Keterkaitan Kekonvergenan Barisan Terbatas dengan Limit Inferior dan Limit Superior Barisan
Misalkan (an)n≥k adalah barisan terbatas dan a adalah bilangan riil. Maka aₙ → a jika dan hanya jika lim(aₙ) = lim(aₙ) = a.
Bukti:
(⇒):
Asumsikan aₙ → a. Maka semua subbarisan (ank) juga konvergen ke a, jadi S = {a}. Dengan demikian, inf S = sup S = a. Maka, berdasarkan definisi, lim(aₙ) = lim(aₙ).
(⇐):
Kita asumsikan lim(aₙ) = lim(aₙ) dan jadi kita memiliki S = {a}. Misalkan aₙ tidak konvergen ke a. Maka ada suatu ε₀ sehingga untuk setiap k, ada nₖ dengan |ank − a| ≥ ε₀. Karena (aₙ) terbatas, (ank) juga terbatas. Berdasarkan Teorema Boltsano Weierstrass, ada subbarisan (ankp) yang akan kita sebut sebagai (ank1). Kita akan sebut nkp sebagai nₖ¹ untuk kenyamanan.
Superskrip 1 berperan untuk menambahkan level subskrip lain yang cukup jelek. Subbarisan dari subbarisan ini konvergen ke suatu bilangan y. Jadi, berdasarkan definisi, y ∈ S. Tapi S hanyalah satu titik, a, jadi kita punya y = a dan kita telah menunjukkan ank1 → a. Sekarang ambil toleransi ε₀ untuk subbarisan ini. Maka ada Q sehingga |ank1 − a| < ε₀ ketika nₖ¹ > Q. Tetapi untuk indeks nₖ¹ > Q, kita punya kedua |ank1 − a| < ε₀ dan |ank1 − a| ≥ ε₀. Ini tidak mungkin. Oleh karena itu, asumsi kita bahwa aₙ tidak → a adalah salah dan kita punya aₙ → a.
Q.E.D.
Contoh:
(aₙ) = (sin(nπ/6))n≥1 memiliki S = {−1, −½√3, −½, 0, ½, ½√3, 1}. Jadi lim(aₙ) = −1 dan lim(aₙ) = 1 yang tidak sama. Ini memberi tahu kita secara langsung bahwa lim(aₙ) tidak ada.
Komentar
Posting Komentar