Barisan Monoton, Subbarisan, dan Kriteria Cauchy
1. Barisan Monoton
A. Barisan Monoton Umum
Definisi Misalkan X = (xₙ) adalah sebuah barisan bilangan real. Kita katakan bahwa X adalah naik (increasing) jika memenuhi pertidaksamaan:
x₁ ≤ x₂ ≤ ... ≤ xₙ ≤ xₙ₊₁ ≤ ...
Kita katakan bahwa X adalah turun (decreasing) jika memenuhi pertidaksamaan:
x₁ ≥ x₂ ≥ ... ≥ xₙ ≥ xₙ₊₁ ≥ ...
Kita katakan bahwa X adalah monoton (monotone) jika X adalah naik atau turun.
B. Barisan Monoton Tegas
Definisi Misalkan X = (xₙ) adalah sebuah barisan bilangan real. Kita katakan bahwa X adalah naik tegas (strictly increasing) jika memenuhi pertidaksamaan:
x₁ < x₂ < ... < xₙ < xₙ₊₁ < ...
Kita katakan bahwa X adalah turun tegas (strictly decreasing) jika memenuhi pertidaksamaan:
x₁ > x₂ > ... > xₙ > xₙ₊₁ > ...
Kita katakan bahwa X adalah monoton tegas (strictly monotone) jika X adalah naik tegas atau turun tegas.
Yang membedakan barisan monoton tegas dengan barisan monoton biasa adalah bahwa tanda pertidaksamaan barisan monoton tegas adalah "<" atau ">", adapun barisan monoton umum dibolehkan adanya tanda tidak tegas "≤" atau "≥".
C. Teorema Konvergensi Barisan Monoton
Sebuah barisan monoton dari bilangan real adalah konvergen jika dan hanya jika barisan tersebut terbatas. Lebih lanjut:
(a). Jika X = (xₙ) adalah barisan naik yang terbatas, maka lim (xₙ) = sup {xₙ}.
(b). Jika X = (xₙ) adalah barisan turun yang terbatas, maka lim (xₙ) = inf {xₙ}.
Bukti:
Telah kita ketahui bahwa sebuah barisan konvergen haruslah terbatas. Sebaliknya, misalkan X adalah barisan monoton yang terbatas. Maka X adalah barisan naik atau barisan turun.
(a) Pertama kita periksa kasus di mana X = (xₙ) adalah barisan naik yang terbatas. Karena X terbatas, terdapat bilangan real M sehingga xₙ ≤ M untuk semua n ∈ ℕ. Menurut Sifat Kelengkapan, supremum x* = sup{xₙ : n ∈ ℕ} ada di ℝ; kita akan menunjukkan bahwa x* = lim(xₙ).
Jika ε > 0 diberikan, maka x* – ε bukan batas atas dari himpunan {xₙ : n ∈ ℕ}, dan oleh karena itu terdapat xₖ sehingga x* – ε < xₖ. Fakta bahwa X adalah barisan naik menyiratkan bahwa xₖ ≤ xₙ kapan pun n ≥ K, sehingga
x* – ε < xₖ ≤ xₙ ≤ x* < x* + ε untuk semua n ≥ K.
Oleh karena itu kita memiliki
|xₙ – x*| < ε untuk semua n ≥ K.
Karena ε > 0 adalah sembarang, kita simpulkan bahwa (xₙ) konvergen ke x*.
(b) Jika Y = (yₙ) adalah barisan turun yang terbatas, maka jelas bahwa X = –Y = (–yₙ) adalah barisan naik yang terbatas. Telah ditunjukkan di bagian (a) bahwa lim X = sup{–yₙ : n ∈ ℕ}. Sekarang lim X = –lim Y dan juga, kita memiliki sup{–yₙ : n ∈ ℕ} = –inf{yₙ : n ∈ ℕ}.
Oleh karena itu lim Y = –lim X = inf{yₙ : n ∈ ℕ}.
Q.E.D.
Contoh:
1. Diberikan barisan (xₙ) dengan xₙ = 1 + 1/2² + 1/3² + ... + 1/n². Buktikan bahwa (xₙ) konvergen.
• (xₙ) monoton naik
Ambil sebarang xₙ dan xₙ₊₁, dimana selalu berlaku:
xₙ₊₁ – xₙ = 1/(n + 1)² > 0 ⇔ xₙ₊₁ > xₙ
Ini berarti (xₙ) monoton naik.
• (xₙ) terbatas
Karena (xₙ) monoton naik, jelas terbatas bawah oleh x₁ = 1.
Perhatikan bahwa xₙ = 1 + 1/2² + 1/3² + ... + 1/n² ≤ 1 + 1/(1·2) + 1/(2·3) + ... + 1/[(n – 1)n]
= 1 + 1/1 – 1/2 + 1/2 – 1/3 + ... + 1/(n – 1) – 1/n = 1 + 1 – 1/n = 2 – 1/n < 2.
Ini berarti (xₙ) terbatas atas oleh 2.
Dikarenakan (xₙ) monoton naik dan terbatas, menurut teorema konvergensi barisan monoton, kita peroleh bahwa (xₙ) konvergen.
2. Diberikan barisan (xₙ) dengan x₁ > 1 dan xₙ₊₁ = 2 – 1/xₙ untuk n > 1. Buktikan bahwa (xₙ) konvergen dan tentukan limitnya.
a. (xₙ) terbatas
P(n): xₙ > 1, ∀n ∈ ℕ
• Langkah basis, tunjukkan bahwa P(n) benar untuk n = 1
P(1): x₁ > 1, benar sebagaimana diberikan.
• Langkah induksi
Asumsikan bahwa P(n) benar untuk n = k
P(k): xₖ > 1 benar.
Akan ditunjukkan bahwa P(n) juga benar untuk n = k + 1
P(k + 1): xₖ₊₁ = 2 – 1/xₖ > 2 – 1/1 = 1 juga benar.
• Langkah konklusi
Telah ditunjukkan bahwa P(n) benar untuk n = 1, dan telah diasumsikan bahwa P(n) benar untuk n = k, sehingga dapat ditunjukkan bahwa P(n) juga benar untuk n = k + 1. Oleh karena itu, P(n) benar untuk setiap bilangan asli n.
Jadi, (xₙ) terbatas bawah oleh 1.
b. (xₙ) monoton turun
Perhatikan
xₙ₊₁ – xₙ = 2 – 1/xₙ – xₙ = (–xₙ² + 2xₙ – 1)/xₙ = –(xₙ – 1)²/xₙ < 0 ⇔ xₙ₊₁ < xₙ.
Ini berarti (xₙ) monoton turun, sehingga jelas terbatas atas oleh x₁.
Karena (xₙ) terbatas dan monoton, kita simpulkan bahwa (xₙ) konvergen.
c. Limit dari (xₙ)
Misal lim(xₙ) = L, kita peroleh lim(xₙ₊₁) = L.
L = lim(2 – 1/xₙ) = 2 – 1/lim(xₙ) = 2 – 1/L, kalikan masing-masing ruas dengan L
L² = 2L – 1, tambahkan masing-masing ruas dengan 1 – 2L
L² – 2L + 1 = 0
(L – 1)² = 0
L – 1 = 0
L = 1
Jadi, limitnya adalah 1.
2. Subbarisan
A. Definisi Subbarisan
Misalkan X = (xₙ) adalah sebuah barisan bilangan real dan misalkan n₁ < n₂ < ... < nₖ < ... adalah barisan bilangan asli yang naik secara tegas (strictly increasing). Maka barisan X' = (xnk) yang diberikan oleh
(xn1, xn2, ..., xnk, ...)
disebut sub-barisan (subsequence) dari X.
B. Teorema Limit Subbarisan
Jika suatu barisan X = (xₙ) dari bilangan real konvergen ke suatu bilangan real x, maka setiap sub-barisan X' = (xnk) dari X juga konvergen ke x.
Bukti:
Ambil sebarang ε > 0. Misalkan K(ε) sedemikian sehingga jika n ≥ K(ε), maka |xₙ – x| < ε. Karena n₁ < n₂ < ... < nₖ < ... adalah barisan bilangan asli yang naik, mudah dibuktikan (dengan Induksi) bahwa nₖ ≥ k. Oleh karena itu, jika k ≥ K(ε), kita juga memiliki nₖ ≥ k ≥ K(ε) sehingga |xnk – x| < ε. Oleh karena itu, sub-barisan (xnk) juga konvergen ke x. Q.E.D.
C. Kriteria Bukan Limit
Misalkan X = (xₙ) adalah barisan bilangan real. Pernyataan berikut ini ekivalen:
(i) Barisan X = (xₙ) tidak konvergen ke x ∈ ℝ.
(ii) (∃ε₀ > 0) ∋ (∀k ∈ ℕ)(∃nₖ ∈ ℕ) ∋ nₖ ≥ k ∧ |xnk – x| ≥ ε₀.
(iii) Terdapat sebuah ε₀ > 0 dan sebuah sub-barisan X' = (xnk) dari X sehingga |xnk – x| ≥ ε₀ untuk semua k ∈ ℕ.
Bukti:
(i) ⇒ (ii) Jika (xₙ) tidak konvergen ke x, maka untuk beberapa ε₀ > 0, tidak mungkin untuk menemukan bilangan asli k sedemikian rupa sehingga untuk semua n ≥ k, suku-suku barisan memenuhi |xₙ – x| < ε₀. Artinya, untuk setiap k ∈ ℕ tidak benar bahwa untuk semua n ≥ k ketidaksamaan |xₙ – x| < ε₀ berlaku. Dengan kata lain, untuk setiap k ∈ ℕ terdapat sebuah bilangan asli nₖ ≥ k sedemikian rupa sehingga |xnk – x| ≥ ε₀.
(ii) ⇒ (iii) Misalkan ε₀ seperti di (ii) dan misalkan n₁ ∈ ℕ sedemikian rupa sehingga n₁ ≥ 1 dan |xn1 – x| ≥ ε₀. Misalkan n₂ ∈ ℕ sedemikian rupa sehingga n₂ > n₁ dan |xn2 – x| ≥ ε₀; misalkan n₃ ∈ ℕ sedemikian rupa sehingga n₃ > n₂ dan |xn3 – x| ≥ ε₀. Lanjutkan dengan cara ini untuk mendapatkan sub-barisan X' = (xₙₖ) dari X sedemikian rupa sehingga |xnk – x| ≥ ε₀ untuk semua k ∈ ℕ.
(iii) ⇒ (i) Misalkan X memiliki sub-barisan X' = (xnk) yang memenuhi kondisi di (iii). Maka X tidak dapat konvergen ke x; karena jika ia konvergen, maka sub-barisan X' juga akan konvergen ke x. Tetapi ini tidak mungkin, karena tidak ada suku dari X' yang termasuk dalam persekitaran ε₀ dari x. Q.E.D.
D. Kriteria Divergensi
Jika sebuah barisan X = (xₙ) memiliki salah satu dari kondisi berikut, maka X divergen.
(i) X memiliki dua sub-barisan konvergen X' = (xnk) dan X'' = (xrk) yang limitnya tidak sama.
(ii) X tidak terbatas.
E. Teorema Subbarisan Monoton
Jika X = (xₙ) adalah barisan bilangan real, maka terdapat sub-barisan dari X yang monoton.
Bukti:
Kita akan katakan bahwa suku ke-m, xₘ, adalah sebuah "puncak" jika xₘ ≥ xₙ untuk semua n sedemikian rupa sehingga n ≥ m. (Artinya, xₘ tidak pernah dilebihi oleh suku mana pun yang mengikutinya dalam barisan.) Catatan, dalam barisan yang menurun (decreasing), setiap suku adalah puncak, sementara dalam barisan yang naik (increasing), tidak ada suku yang merupakan puncak.
Kita akan mempertimbangkan dua kasus, bergantung pada apakah X memiliki puncak yang tak hingga banyaknya, atau yang berhingga banyaknya.
Kasus 1: X memiliki puncak yang tak hingga banyaknya. Dalam kasus ini, kita daftarkan puncak-puncak tersebut dengan indeks yang naik: xm1, xm2, ..., xmk, .... Karena setiap suku adalah puncak, kita memiliki
xm1 ≥ xm2 ≥ ... ≥ xmk ≥ ...
Oleh karena itu, sub-barisan (xmk) dari puncak-puncak adalah sub-barisan yang menurun dari X.
Kasus 2: X memiliki banyak puncak yang berhingga (mungkin nol). Misalkan puncak-puncak ini didaftarkan oleh indeks yang naik: xm1, xm2, ..., xmr. Misalkan s₁ = mᵣ + 1 adalah indeks pertama yang berada di luar puncak terakhir. Karena xs1 bukan puncak, terdapat s₂ > s₁ sedemikian rupa sehingga xs1 < xs2. Karena xs2 bukan puncak, terdapat s₃ > s₂ sedemikian rupa sehingga xs2 < xs3. Melanjutkan dengan cara ini, kita memperoleh sub-barisan naik (xsk) dari X.
Q.E.D.
F. Teorema Boltsano-Weierstrass
Barisan bilangan real yang terbatas memiliki sub-barisan yang konvergen.
Bukti:
Hal ini mengikuti dari Teorema Sub-barisan Monoton bahwa jika X = (xₙ) adalah barisan yang terbatas, maka ia memiliki sub-barisan X' = (xnk) yang monoton. Karena sub-barisan ini juga terbatas, maka dari Teorema Konvergensi Monoton, sub-barisan tersebut adalah konvergen.
Q.E.D.
G. Subbarisan-Subbarisan yang Konvergen ke Bilangan yang Sama
Misalkan X = (xₙ) adalah sebuah barisan bilangan real yang terbatas dan misalkan x ∈ ℝ memiliki kondisi bahwa setiap sub-barisan konvergen dari X konvergen ke x. Maka barisan X konvergen ke x.
Bukti:
Misalkan M > 0 adalah batas untuk barisan X sehingga |xₙ| ≤ M untuk semua n ∈ ℕ. Jika X tidak konvergen ke x, maka Kriteria Bukan Limit menyiratkan bahwa terdapat ε₀ > 0 dan sebuah sub-barisan X' = (xnk) dari X sedemikian sehingga
|xnk – x| ≥ ε₀ untuk semua k ∈ ℕ ...(i)
Karena X' adalah sub-barisan dari X, bilangan M juga merupakan batas untuk X'. Oleh karena itu Teorema Boltsano-Weierstrass menyiratkan bahwa X' memiliki sub-barisan konvergen X''. Karena X'' juga merupakan sub-barisan dari X, ia konvergen ke x berdasarkan hipotesis. Jadi, suku-sukunya pada akhirnya termasuk dalam persekitaran ε₀ dari x, yang bertentangan dengan (i).
Q.E.D.
3. Kriteria Cauchy
A. Definisi Barisan Cauchy
Suatu barisan bilangan real X = (xₙ) dikatakan sebagai barisan Cauchy jika untuk setiap ε > 0 terdapat sebuah bilangan asli H(ε) sedemikian sehingga untuk semua bilangan asli n, m ≥ H(ε), suku-suku xₙ, xₘ memenuhi |xₙ – xₘ| < ε. Dituliskan dalam simbol:
(∀ε > 0)(∃H ∈ ℕ) ∋ (∀n, m ≥ H). |xₙ – xₘ| < ε
Contoh:
Barisan (1/n) adalah barisan Cauchy.
Ambil sebarang ε > 0. Pilih bilangan asli H dengan H > 2/ε. Sehingga ∀m, n ≥ H, kita memiliki 1/n ≤ 1/H < ε/2 dan juga 1/m < ε/2. Oleh karena itu, dapat disimpulkan bahwa jika m, n ≥ H, maka
|1/n – 1/m| ≤ 1/n + 1/m < ε/2 + ε/2 = ε.
Karena ε > 0 adalah sembarang, kita simpulkan bahwa (1/n) adalah barisan Cauchy.
B. Kekochian Barisan Konvergen
Jika X = (xₙ) adalah barisan konvergen, maka X adalah barisan Cauchy.
Bukti:
Jika x = lim X, maka diberikan ε > 0 terdapat bilangan asli K(ε/2) sedemikian sehingga jika n ≥ K(ε/2) maka |xₙ – x| < ε/2. Jadi, jika H(ε) := K(ε/2) dan jika n, m ≥ H(ε), maka kita memiliki
|xₙ – xₘ| = |(xₙ – x) + (x – xₘ)| ≤ |xₙ – x| + |xₘ – x| < ε/2 + ε/2 = ε.
Karena ε > 0 adalah sembarang, disimpulkan bahwa (xₙ) adalah barisan Cauchy.
Q.E.D.
C. Keterbatasan Barisan Cauchy
Barisan Cauchy pasti terbatas.
Bukti:
Misalkan X = (xₙ) adalah barisan Cauchy dan misalkan ε = 1. Jika H = H(1) dan n ≥ H, maka |xₙ – xₘ| < 1.
Oleh karena itu, dengan Pertidaksamaan Segitiga, kita memiliki |xₙ| ≤ |xₘ| + 1 untuk semua n ≥ H. Jika kita tetapkan
M = sup{|x₁, |x₂|, ..., |xH–1|, |xH| + 1},
maka disimpulkan bahwa |xₙ| ≤ M untuk semua n ∈ ℕ.
Q.E.D.
D. Kriteria Konvergensi Cauchy
Kriteria Konvergensi Cauchy Sebuah barisan bilangan real adalah konvergen jika dan hanya jika ia adalah barisan Cauchy.
Bukti:
Kita telah melihat, bahwa sebuah barisan konvergen adalah barisan Cauchy.
Sebaliknya, misalkan X = (xₙ) adalah barisan Cauchy; kita akan tunjukkan bahwa X konvergen ke suatu bilangan real. Pertama kita amati bahwa barisan X adalah terbatas. Oleh karena itu, berdasarkan Teorema Boltsano-Weierstrass, terdapat sub-barisan X' = (xnk) dari X yang konvergen ke suatu bilangan real x*. Kita akan melengkapi bukti dengan menunjukkan bahwa X konvergen ke x*.
Karena X = (xₙ) adalah barisan Cauchy, diberikan ε > 0 terdapat bilangan asli H(ε/2) sedemikian sehingga jika n, m ≥ H(ε/2) maka
|xₙ – xₘ| < ε/2 ...(i)
Karena sub-barisan X' = (xnk) konvergen ke x*, terdapat bilangan asli K ≥ H(ε/2) yang termasuk dalam himpunan {n₁, n₂, ...} sedemikian sehingga
|xₖ – x*| < ε/2.
Karena K ≥ H(ε/2), maka dari (i) dengan m = K, disimpulkan bahwa
|xₙ – xₖ| < ε/2 untuk n ≥ H(ε/2).
Oleh karena itu, jika n ≥ H(ε/2), kita memiliki
|xₙ – x*| = |(xₙ – xₖ) + (xₖ – x*)| ≤ |xₙ – xₖ| + |xₖ – x*| < ε/2 + ε/2 = ε.
Karena ε > 0 adalah sembarang, kita simpulkan bahwa lim(xₙ) = x*. Oleh karena itu, barisan X adalah konvergen.
Q.E.D.
4. Barisan Kontraktif
A. Definisi Barisan Kontraktif
Kita katakan bahwa sebuah barisan X = (xₙ) adalah kontraktif jika terdapat sebuah konstanta C, dengan 0 < C < 1, sedemikian rupa sehingga
|xₙ₊₂ – xₙ₊₁| ≤ C|xₙ₊₁ – xₙ|
untuk semua n ∈ ℕ. Bilangan C disebut konstanta dari barisan kontraktif tersebut.
B. Kekonvergenan Barisan Kontraktif
Setiap barisan kontraktif adalah barisan Cauchy, dan oleh karena itu adalah konvergen.
Bukti:
Jika kita secara berturut-turut menerapkan kondisi definisi untuk barisan kontraktif, kita dapat bekerja mundur ke awal barisan sebagai berikut:
|xₙ₊₂ – xₙ₊₁| ≤ C|xₙ₊₁ – xₙ| ≤ C²|xₙ – xₙ₋₁| ≤ C³|xₙ₋₁ – xₙ₋₂| ≤ ... ≤ Cⁿ|x₂ – x₁|.
Untuk m > n, kita perkirakan |xₘ – xₙ| dengan pertama menerapkan Pertidaksamaan Segitiga dan kemudian menggunakan rumus untuk jumlah deret geometri. Ini memberikan
|xₘ – xₙ| ≤ |xₘ – xₘ₋₁| + |xₘ₋₁ – xₘ₋₂| + ... + |xₙ₊₁ – xₙ| ≤ (Cᵐ⁻² + Cᵐ⁻³ + ... + Cⁿ⁻¹) |x₂ – x₁|
= Cⁿ⁻¹·[(1 – Cᵐ⁻ⁿ)/(1 – C)]·|x₂ – x₁| ≤ Cⁿ⁻¹·[1/(1 – C)]·|x₂ – x₁|.
Karena 0 < C < 1, kita tahu lim(Cⁿ) = 0. Oleh karena itu, kita simpulkan bahwa (xₙ) adalah barisan Cauchy. Sekarang disimpulkan dari Kriteria Konvergensi Cauchy bahwa (xₙ) adalah barisan konvergen.
Q.E.D.
C. Ketaksamaan Terkait Barisan Kontraktif
Jika X = (xₙ) adalah barisan kontraktif dengan konstanta C, 0 < C < 1, dan jika x* = lim X, maka
Bukti:
Dari bukti sebelumnya, jika m > n, maka |xₘ – xₙ| ≤ Cⁿ⁻¹·[1/(1 – C)]·|x₂ – x₁|. Jika kita biarkan m → ∞ dalam pertidaksamaan ini, kita peroleh pernyataan (i).
Untuk membuktikan (ii), ingatlah bahwa jika m > n, maka
|xₘ – xₙ| ≤ |xₘ – xₘ₋₁| + ... + |xₙ₊₁ – xₙ|.
Karena telah dengan mudah ditetapkan, menggunakan Induksi, bahwa
|xₙ₊ₖ – xₙ₊ₖ₋₁| ≤ Cᵏ |xₙ – xₙ₋₁|,
kita simpulkan bahwa
|xₘ – xₙ| ≤ (Cᵐ⁻ⁿ + ... + C² + C) |xₙ – xₙ₋₁|
≤ [C/(1 – C)]·|xₙ – xₙ₋₁|.
Sekarang kita biarkan m → ∞ dalam pertidaksamaan ini untuk memperoleh pernyataan (ii).
Q.E.D.
Contoh Soal
1. Misal a sebarang bilangan real positif, buatlah barisan yang konvergen ke √a.
Misalkan barisan (sₙ) dengan s₁ > 0 dan definisikan sₙ₊₁ = ½(sₙ + a/sₙ) untuk n ∈ ℕ. Sekarang kita tunjukkan bahwa barisan (sₙ) konvergen ke √a. (Proses untuk menghitung akar kuadrat ini dikenal di Mesopotamia sekitar 1500 SM.)
Pertama kita tunjukkan bahwa sₙ² ≥ a untuk n ≥ 2. Perhatikan bahwa
sₙ₊₁ = ½(sₙ + a/sₙ), kalikan masing-masing ruas dengan 2sₙ
2sₙsₙ₊₁ = sₙ² + a ⇔ sₙ² – 2sₙ₊₁sₙ + a = 0
Karena sₙ memenuhi persamaan kuadrat sₙ² – 2sₙ₊₁sₙ + a = 0, persamaan ini memiliki akar real. Oleh karena itu diskriminan 4sₙ₊₁² – 4a tidak boleh negatif; artinya, sₙ₊₁² ≥ a untuk n ≥ 1.
Untuk melihat bahwa (sₙ) pada akhirnya menurun (ultimately decreasing), kita catat bahwa untuk n ≥ 2 kita memiliki
sₙ – sₙ₊₁ = sₙ – ½(sₙ + a/sₙ) = ½(sₙ – a/sₙ) = ½(sₙ² – a)/sₙ ≥ 0.
Oleh karena itu, sₙ₊₁ ≤ sₙ untuk semua n ≥ 2. Menurut Teorema Konvergensi Monoton, s = lim(sₙ) ada. Selain itu, limit s harus memenuhi hubungan s = ½(s + a/s), kalikan masing-masing ruas dengan 2
2s = s + a/s, kurangi masing-masing ruas dengan s
s = a/s, kalikan masing-masing ruas dengan s
s² = a, akarkan masing-masing ruas
Jadi s = √a.
2. Diberikan barisan (fₙ) dengan f₁ = f₂ = 1 dan fₙ₊₁ = fₙ + fₙ₋₁. Misal dibuat barisan (xₙ) dengan xₙ = fₙ/fₙ₊₁, tentukan lim(xₙ).
Berdasarkan pendefinisian (fₙ), beberapa suku pertama adalah 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, ...
Sehingga beberapa suku pertama (xₙ) adalah 1, 1/2, 2/3, 3/5, 5/8, 8/13, ...
Perhatikan xₙ₊₁ = fₙ₊₁/fₙ₊₂ = fₙ₊₁/(fₙ₊₁ + fₙ) = 1/(1 + fₙ/fₙ₊₁) = 1/(1 + xₙ).
Misal lim(xₙ) = x, akan kita peroleh
x = lim(xₙ) = lim(xₙ₊₁) = lim[1/(1 + xₙ)] = 1/[1 + lim(xₙ)] = 1/(1 + x), kalikan masing-masing ruas dengan 1 + x diperoleh
x + x² = 1 ⇔ x + x² – 1 = 0, solusi positif dari persamaan kuadrat ini adalah (–1 + √5)/2 ≈ 0,618034.
3. Buktikan bahwa jika (xₙ) dan (yₙ) barisan Cauchy, maka (xₙyₙ) juga barisan Cauchy.
Ambil sebarang ε > 0.
(xₙ) dan (yₙ) barisan Cauchy maka terbatas, sehingga
(∃M₁, M₂ > 0) ∋ (∀n ∈ ℕ). |xₙ| ≤ M₁ ∧ |yₙ| ≤ M₂
Pilih M = max{M₁, M₂}.
(xₙ) dan (yₙ) barisan Cauchy, berarti
(∃H₁, H₂ ∈ ℕ) ∋ (∀n, m ≥ H₁). |xₙ – xₘ| < ε/2M ∧ (∀n, m ≥ H₂). |yₙ – yₘ| < ε/2M.
Pilih H = max{H₁, H₂}, sehingga (∀n, m ≥ H) berlaku
|xₙyₙ – xₘyₘ| = |xₙyₙ – xₙyₘ + xₙyₘ – xₘyₘ| = |xₙ(yₙ – yₘ) + yₘ(xₙ – xₘ)| ≤ |xₙ|·|yₙ – yₘ| + |yₘ|·|xₙ – xₘ|
< M·ε/2M + M·ε/2M = ε.
Q. E. D.
4. Buktikan bahwa barisan (xₙ) dengan xₙ = (n + 1)/2n + n/(n + 1) merupakan barisan Cauchy.
Ambil sebarang ε > 0. Pilih H ∈ ℕ dengan H > 3/ε, sehingga (∀n, m ≥ H) berlaku
|xₙ – xₘ| = |(n + 1)/2n + n/(n + 1) – [(m + 1)/2m + m/(m + 1)]|
= |½ + 1/2n + 1 – 1/(n + 1) – [½ + 1/2m + 1 – 1/(m + 1)]| = |1/2n – 1/2m – 1/(n + 1) + 1/(m + 1)|
≤ |1/2n – 1/2m| + |1/(m + 1) – 1/(n + 1)| ≤ 1/2n + 1/2m + |1/(m + 1)| + |1/(n + 1)|
< 1/2H + 1/2H + 1/H + 1/H = 3/H < ε.
Q. E. D.
Komentar
Posting Komentar