Bab 25: Konvergensi Barisan ($\varepsilon$–$N_0$ Definition)

25.1 Definisi Formal Limit Barisan $\lim s_n = s$

Penjelasan master untuk Bab 25: definisi limit memberi ketepatan matematis tentang bagaimana suku-suku barisan mendekati suatu titik. Kata "mendekati" dalam bahasa sehari-hari tidak cukup. Suku-suku $s_n=\tfrac1n$ semakin dekat ke $0$, tetapi juga semakin dekat ke $-1$, karena jaraknya ke $-1$, yaitu $1+\tfrac1n$, terus mengecil. Walaupun begitu, hanya $0$ yang pantas disebut limitnya. Yang membedakan $0$ dari $-1$ bukan sekadar bahwa jaraknya mengecil, tetapi bahwa jaraknya menjadi lebih kecil daripada sebarang toleransi positif yang ditetapkan lebih dahulu, dan tetap demikian untuk semua suku sesudahnya. Definisi $\varepsilon$–$N_0$ merumuskan gagasan ini secara tepat.

Prasyarat: Bab 24; nilai mutlak, jarak, dan bola terbuka (Bab 13, 17); sifat Archimedes (Teorema 11.4.1, Korolari 11.4.3); negasi kuantor (Bab 2).

Definisi

Definisi 25.1.1 (Limit Barisan)

Misalkan $(s_n)_{n\geq1}$ barisan real dan $s\in\mathbb{R}$. Barisan $(s_n)$ konvergen ke $s$ jika

$$\forall\varepsilon>0\ \ \exists N_0\in\mathbb{N}_{+}\ \ \forall n\geq N_0:\ |s_n-s|<\varepsilon.$$

Bilangan $s$ disebut limit barisan, dan kita menulis $\lim_{n\to\infty}s_n=s$, $\lim s_n=s$, atau $s_n\to s$. Barisan yang konvergen ke suatu $s\in\mathbb{R}$ disebut konvergen. Barisan yang tidak konvergen ke bilangan real mana pun disebut divergen.

Untuk barisan dengan indeks awal $m$, syaratnya adalah $N_0\in\mathbb{Z}_{\geq m}$ dan $n\geq N_0$ dengan $n\in\mathbb{Z}_{\geq m}$.

Cara membaca definisi ini sebagai permainan dua pihak:

• Penantang memberi toleransi $\varepsilon>0$, sekecil apa pun.
• Pembukti harus menjawab dengan indeks $N_0$.
• Jawaban itu sah bila semua suku sejak $N_0$, tanpa kecuali, berjarak kurang dari $\varepsilon$ ke $s$.

Barisan konvergen ke $s$ bila pembukti selalu dapat menjawab. Karena $N_0$ dipilih sesudah $\varepsilon$, $N_0$ boleh bergantung pada $\varepsilon$, dan biasanya memang begitu: toleransi yang lebih kecil memerlukan $N_0$ yang lebih besar.

Notasi $n\to\infty$ hanya bagian dari tulisan. $\infty$ bukan bilangan real, dan tidak ada suku "di $\infty$". Seluruh isi definisi dinyatakan dengan bilangan real $\varepsilon$ dan bilangan bulat $N_0$, $n$.

Proposisi 25.1.2 (Bentuk Lingkungan dan Bentuk Ekor)

Untuk barisan $(s_n)_{n\geq1}$ dan $s\in\mathbb{R}$, pernyataan berikut setara:

(a) $s_n\to s$;

(b) untuk setiap $\varepsilon>0$, terdapat ekor barisan yang seluruhnya termuat di $B(s,\varepsilon)=(s-\varepsilon,s+\varepsilon)$;

(c) untuk setiap lingkungan $U$ dari $s$ (Definisi 13.2.6), terdapat $N_0$ dengan $s_n\in U$ untuk semua $n\geq N_0$;

(d) untuk setiap $\varepsilon>0$, himpunan indeks "buruk" $\{n\geq1:|s_n-s|\geq\varepsilon\}$ hingga.

Bukti. (a)⇔(b): $|s_n-s|<\varepsilon$ setara dengan $s_n\in B(s,\varepsilon)$ (Definisi 13.2.1, Proposisi 13.2.2).

(b)⇒(c): $U$ memuat suatu $B(s,r)$. Terapkan (b) dengan $\varepsilon=r$.

(c)⇒(b): $B(s,\varepsilon)$ adalah lingkungan dari $s$.

(a)⇒(d): indeks buruk semuanya $<N_0$, sehingga termuat dalam $\{1,\ldots,N_0-1\}$, yang hingga (Teorema 20.1.7).

(d)⇒(a): bila himpunan indeks buruk kosong, ambil $N_0=1$. Bila tidak kosong, himpunan itu hingga dan mempunyai maksimum $n^*$ (Teorema 11.1.14). Ambil $N_0=n^*+1$. Setiap $n\geq N_0$ bukan indeks buruk, sehingga $|s_n-s|<\varepsilon$. $\square$

Bentuk (d) menyatakan: "di luar setiap lingkungan-$\varepsilon$ dari $s$ hanya ada berhingga banyak suku". Perhatikan bahwa yang dihitung adalah indeks, bukan nilai. Barisan $0,5,0,5,0,5,\ldots$ hanya mempunyai satu nilai di luar $B(0,1)$, yaitu $5$, tetapi nilai itu muncul pada tak hingga banyak indeks. Karena itu barisan ini tidak konvergen ke $0$.

Contoh Dasar

Contoh 25.1.3 (Barisan Konstan)

$s_n=c$ untuk semua $n$ konvergen ke $c$. Untuk setiap $\varepsilon>0$, ambil $N_0=1$, karena $|c-c|=0<\varepsilon$. Di sini $N_0$ tidak bergantung pada $\varepsilon$.

Contoh 25.1.4 ($\tfrac1n\to0$)

Misalkan $\varepsilon>0$. Korolari 11.4.3 memberi $N_0\in\mathbb{N}_{+}$ dengan $\tfrac1{N_0}<\varepsilon$. Untuk $n\geq N_0$, $\bigl|\tfrac1n-0\bigr|=\tfrac1n\leq\tfrac1{N_0}<\varepsilon$.

Inilah alasan sifat Archimedes disebut "jantung" teori limit. Di lapangan terurut yang tidak Archimedes, yang keberadaannya dicatat tanpa bukti di Bab 8, ada $\varepsilon>0$ yang lebih kecil daripada semua $\tfrac1n$. Dengan definisi yang sama, barisan $\tfrac1n$ di lapangan seperti itu tidak konvergen ke $0$.

Contoh 25.1.5 (Contoh Master Bab 24: $\tfrac n{n+1}\to1$)

$\bigl|\tfrac n{n+1}-1\bigr|=\tfrac1{n+1}<\tfrac1n$. Untuk $\varepsilon>0$, ambil $N_0$ seperti pada Contoh 25.1.4.

Dengan angka: untuk $\varepsilon=0{,}001$, syarat $\tfrac1{n+1}<\tfrac1{1000}$ setara dengan $n>999$. Jadi $N_0=1000$ adalah jawaban terkecil, sesuai dengan Latihan 24.1-3.

Contoh 25.1.6 ($(-1)^n/n\to0$, Tidak Monoton)

$\bigl|\tfrac{(-1)^n}n\bigr|=\tfrac1n$, sehingga argumen Contoh 25.1.4 berlaku tanpa perubahan. Suku-suku barisan ini melompat-lompat di kedua sisi $0$. Kekonvergenan tidak memerlukan kemonotonan. Yang diperlukan adalah bahwa jaraknya ke limit akhirnya kecil.

Contoh 25.1.7 ($\tfrac1{\sqrt n}\to0$)

Untuk $\varepsilon>0$, ambil $N_0>\tfrac1{\varepsilon^2}$ (Archimedes). Untuk $n\geq N_0$, $n>\tfrac1{\varepsilon^2}$, sehingga $\sqrt n>\tfrac1\varepsilon$. Bila $\sqrt n\leq\tfrac1\varepsilon$, Teorema 10.2.6 memberi $n\leq\tfrac1{\varepsilon^2}$. Jadi $\tfrac1{\sqrt n}<\varepsilon$.

Di sini $N_0$ sebanding dengan $\tfrac1{\varepsilon^2}$, jauh lebih besar daripada $\tfrac1\varepsilon$ pada Contoh 25.1.4. Barisan ini konvergen lebih lambat.

Variasi yang Setara

Proposisi 25.1.8 (Bentuk-Bentuk Setara)

Untuk barisan $(s_n)_{n\geq1}$ dan $s\in\mathbb{R}$, masing-masing pernyataan berikut setara dengan $s_n\to s$:

(i) untuk setiap $\varepsilon>0$, terdapat bilangan real $N$ dengan $|s_n-s|<\varepsilon$ untuk semua bilangan bulat $n\geq N$;

(ii) untuk setiap $\varepsilon>0$, terdapat $N_0\in\mathbb{N}_{+}$ dengan $|s_n-s|\leq\varepsilon$ untuk semua $n\geq N_0$;

(iii) untuk setiap $k\in\mathbb{N}_{+}$, terdapat $N_0\in\mathbb{N}_{+}$ dengan $|s_n-s|<\tfrac1k$ untuk semua $n\geq N_0$;

(iv) untuk suatu konstanta tetap $C>0$: untuk setiap $\varepsilon>0$, terdapat $N_0\in\mathbb{N}_{+}$ dengan $|s_n-s|<C\varepsilon$ untuk semua $n\geq N_0$.

Bukti. Setiap pernyataan jelas mengikuti dari definisi. Untuk (i), ambil $N=N_0$. Untuk (ii), "$<$" mengakibatkan "$\leq$". Untuk (iii), ambil $\varepsilon=\tfrac1k$. Untuk (iv), terapkan definisi pada $C\varepsilon>0$.

Arah sebaliknya, dengan $\varepsilon>0$ diberikan:

(i) Pilih $N_0\in\mathbb{N}_{+}$ dengan $N_0\geq N$ (Archimedes, lalu ambil maksimum dengan $1$).

(ii) Terapkan (ii) pada $\tfrac\varepsilon2$: $|s_n-s|\leq\tfrac\varepsilon2<\varepsilon$.

(iii) Pilih $k$ dengan $\tfrac1k<\varepsilon$ (Korolari 11.4.3).

(iv) Terapkan (iv) pada $\tfrac\varepsilon C$. $\square$

Bentuk (iv) membebaskan kita dari keharusan mendapatkan tepat "$<\varepsilon$" pada akhir perhitungan. Hasil seperti "$<3\varepsilon$" sudah cukup, asalkan konstanta $3$ tidak bergantung pada $\varepsilon$ maupun $n$.

Urutan Kuantor dan Negasi

Proposisi 25.1.9 (Kuantor yang Ditukar)

Pernyataan $\exists N_0\ \forall\varepsilon>0\ \forall n\geq N_0:\ |s_n-s|<\varepsilon$ berlaku jika dan hanya jika $s_n=s$ untuk semua $n\geq N_0$, untuk suatu $N_0$.

Bukti. Jika $a=|s_n-s|\geq0$ memenuhi $a<\varepsilon$ untuk setiap $\varepsilon>0$, maka $a=0$. Bila $a>0$, ambil $\varepsilon=a$ untuk memperoleh kontradiksi $a<a$. Sebaliknya, barisan yang akhirnya konstan jelas memenuhi pernyataan itu. $\square$

Jadi menukar urutan "$\forall\varepsilon$" dan "$\exists N_0$" mengubah makna secara drastis: dari "konvergen" menjadi "akhirnya konstan". Barisan $\tfrac1n$ konvergen ke $0$, tetapi tidak pernah sama dengan $0$.

Negasi definisi, menurut aturan negasi kuantor:

$$s_n\not\to s\iff\exists\varepsilon>0\ \ \forall N_0\in\mathbb{N}_{+}\ \ \exists n\geq N_0:\ |s_n-s|\geq\varepsilon.$$

Menurut Proposisi 25.1.2(d), ini berarti ada toleransi $\varepsilon>0$ yang dilanggar oleh tak hingga banyak indeks.

Contoh 25.1.10 ($(-1)^n$ Divergen)

Kita buktikan bahwa $s_n=(-1)^n$ tidak konvergen ke bilangan real mana pun. Andaikan $s_n\to s$. Ambil $\varepsilon=1$. Ada $N_0$ dengan $|s_n-s|<1$ untuk semua $n\geq N_0$. Di antara $n\geq N_0$ ada indeks genap $n$ dan ganjil $n+1$, sehingga $|1-s|<1$ dan $|-1-s|<1$. Ketaksamaan segitiga memberi

$$2=|1-(-1)|\leq|1-s|+|s-(-1)|<1+1=2,$$

kontradiksi.

Pilihan $\varepsilon=1$ tidak kebetulan. Kedua nilai $1$ dan $-1$ berjarak $2$, sehingga tidak ada bola berjari-jari $1$ yang memuat keduanya.

Contoh 25.1.11 ($n$ Divergen)

Andaikan $n\to s$. Dengan $\varepsilon=1$, $n<s+1$ untuk semua $n\geq N_0$. Akibatnya, himpunan $\{n:n\geq N_0\}$ terbatas di atas, sehingga $\mathbb{N}$ terbatas di atas, bertentangan dengan Teorema 11.4.1. Unit 25.2 memperumum argumen ini: setiap barisan konvergen terbatas.

Ekor, Pergeseran, dan Perubahan Berhingga

Proposisi 25.1.12

Misalkan $(s_n)_{n\geq1}$ barisan dan $s\in\mathbb{R}$.

(a) Untuk $K\geq1$: $s_n\to s$ jika dan hanya jika ekor $(s_n)_{n\geq K}$ konvergen ke $s$.

(b) Untuk $p\in\mathbb{N}$: $s_n\to s$ jika dan hanya jika $(s_{k+p})_{k\geq1}\to s$.

(c) Jika $(t_n)_{n\geq1}$ memenuhi $t_n=s_n$ untuk semua $n\geq K$, maka $t_n\to s$ jika dan hanya jika $s_n\to s$.

(d) $s_n\to s\iff(s_n-s)\to0\iff|s_n-s|\to0$.

Bukti. (a) ($\Rightarrow$) $N_0$ yang sama, dinaikkan ke $\max(N_0,K)$. ($\Leftarrow$) $N_0\geq K$ untuk ekor juga bekerja untuk barisan penuh.

(b) ($\Rightarrow$) Bila $|s_n-s|<\varepsilon$ untuk $n\geq N_0$, maka $|s_{k+p}-s|<\varepsilon$ untuk $k\geq N_0$, karena $k+p\geq N_0$. ($\Leftarrow$) Bila $|s_{k+p}-s|<\varepsilon$ untuk $k\geq N_0'$, maka $|s_n-s|<\varepsilon$ untuk $n\geq N_0'+p$.

(c) Kedua barisan mempunyai ekor yang sama sejak $K$; gunakan (a).

(d) Ketiga pernyataan memuat besaran yang sama, yaitu $|s_n-s|=|(s_n-s)-0|=\bigl||s_n-s|-0\bigr|$. $\square$

Proposisi ini membenarkan prinsip "berhingga banyak suku tidak mempengaruhi limit". Mengubah sejuta suku pertama, atau menggeser indeks, tidak mengubah kekonvergenan maupun limitnya.

Latihan

Latihan 25.1-1. Buktikan dengan definisi: (a) $\tfrac{n+2}n\to1$; (b) $\tfrac1{n^2+1}\to0$; (c) $\tfrac{(-1)^n}{\sqrt n}\to0$.

Latihan 25.1-2. Untuk $s_n=\tfrac1{n+1}$ dan limit $0$, tentukan $N_0$ terkecil untuk $\varepsilon=0{,}1$, $\varepsilon=0{,}01$, dan $\varepsilon=0{,}3$. Tuliskan rumus $N_0$ terkecil sebagai fungsi $\varepsilon$.

Latihan 25.1-3. Buktikan bahwa $s_n=(-1)^n+\tfrac1n$ divergen.

Latihan 25.1-4. Buktikan bahwa jika $s_n\to s$, maka $s_{n+1}\to s$ dan $s_{2n}\to s$.

Latihan 25.1-5. Buktikan bahwa $(s_n)$ akhirnya konstan jika dan hanya jika ada $N_0$ sehingga $|s_n-s_m|<\varepsilon$ untuk semua $\varepsilon>0$ dan semua $n,m\geq N_0$. Simpulkan bahwa barisan yang akhirnya konstan konvergen.

Latihan 25.1-6. Misalkan $s_n=1$ bila $n$ kuadrat sempurna dan $s_n=0$ bila tidak. Buktikan bahwa $(s_n)$ divergen.

Latihan 25.1-7. Misalkan $s_n\to s$ dan $s>0$. Buktikan bahwa terdapat $N_0$ dengan $s_n>\tfrac s2$ untuk semua $n\geq N_0$. Mengapa pilihan $\varepsilon=\tfrac s2$ tepat?

Latihan 25.1-8. Untuk $n\geq1$ tetapkan $a_n=\lfloor10^n\sqrt2\rfloor/10^n$, yaitu pemotongan desimal $\sqrt2$ sampai $n$ angka. Buktikan bahwa $0\leq\sqrt2-a_n<10^{-n}$, bahwa $10^{-n}<\tfrac1n$, dan bahwa $a_n\to\sqrt2$. Semua $a_n$ rasional.

Solusi

Solusi 25.1-1. (a) $\bigl|\tfrac{n+2}n-1\bigr|=\tfrac2n$. Untuk $\varepsilon>0$, ambil $N_0>\tfrac2\varepsilon$. Maka untuk $n\geq N_0$, $\tfrac2n\leq\tfrac2{N_0}<\varepsilon$. (b) $\tfrac1{n^2+1}<\tfrac1{n^2}\leq\tfrac1n$; gunakan Contoh 25.1.4. (c) $\bigl|\tfrac{(-1)^n}{\sqrt n}\bigr|=\tfrac1{\sqrt n}$; gunakan Contoh 25.1.7. $\square$

Solusi 25.1-2. $\tfrac1{n+1}<\varepsilon\iff n>\tfrac1\varepsilon-1$. Untuk $\varepsilon=0{,}1$: $n>9$, sehingga $N_0=10$. Untuk $\varepsilon=0{,}01$: $n>99$, sehingga $N_0=100$. Untuk $\varepsilon=0{,}3$: $n>\tfrac73$, sehingga $N_0=3$. Rumus umumnya: $N_0=\max\bigl(1,\lfloor\tfrac1\varepsilon\rfloor\bigr)$. Bilangan bulat terkecil yang $>x-1$ adalah $\lfloor x\rfloor$, menurut sifat lantai. Untuk $\varepsilon\geq1$, setiap $n\geq1$ memenuhi, sehingga $N_0=1$. $\square$

Solusi 25.1-3. Andaikan $s_n\to s$. Untuk $\varepsilon=\tfrac12$, ada $N_0$ dengan $|s_n-s|<\tfrac12$ untuk semua $n\geq N_0$. Ambil $n\geq\max(N_0,4)$ genap. Maka $s_n\geq1$ dan $s_{n+1}=-1+\tfrac1{n+1}\leq-\tfrac34$, sehingga $s_n-s_{n+1}\geq\tfrac74$. Padahal ketaksamaan segitiga memberi $|s_n-s_{n+1}|<\tfrac12+\tfrac12=1$, kontradiksi. $\square$

Solusi 25.1-4. $s_{n+1}$: Proposisi 25.1.12(b) dengan $p=1$. $s_{2n}$: untuk $n\geq N_0$, $2n\geq n\geq N_0$, sehingga $|s_{2n}-s|<\varepsilon$. $\square$

Solusi 25.1-5. Proposisi 25.1.9, dengan $s_m$ di tempat $s$: $|s_n-s_m|<\varepsilon$ untuk semua $\varepsilon$ memberi $s_n=s_m$ untuk semua $n,m\geq N_0$. Jadi $s_n=s_{N_0}$ untuk $n\geq N_0$. Sebaliknya jelas. Barisan yang akhirnya konstan dengan nilai $c$ konvergen ke $c$, menurut Contoh 25.1.3 dan Proposisi 25.1.12(c). $\square$

Solusi 25.1-6. Ada tak hingga banyak kuadrat sempurna, yaitu $k^2$ untuk $k\geq1$, dan tak hingga banyak bukan kuadrat, misalnya $k^2+1$ untuk $k\geq1$, karena $k^2<k^2+1<(k+1)^2$. Andaikan $s_n\to s$, dan ambil $\varepsilon=\tfrac12$. Untuk $k$ cukup besar, $k^2\geq N_0$ dan $k^2+1\geq N_0$, sehingga $|1-s|<\tfrac12$ dan $|0-s|<\tfrac12$. Maka $1\leq|1-s|+|s-0|<1$, kontradiksi. $\square$

Solusi 25.1-7. Terapkan definisi dengan $\varepsilon=\tfrac s2>0$: untuk $n\geq N_0$, $s_n>s-\tfrac s2=\tfrac s2$. Pilihan ini tepat karena bola $B(s,\tfrac s2)=(\tfrac s2,\tfrac{3s}2)$ seluruhnya positif. Toleransi apa pun $\leq s$ juga bekerja untuk menjamin $s_n>0$. Dengan $\tfrac s2$, kita memperoleh batas bawah positif yang eksplisit, yang dipakai untuk pembagian di Bab 26. $\square$

Solusi 25.1-8. Tulis $m=\lfloor10^n\sqrt2\rfloor$. Menurut sifat lantai, $m\leq10^n\sqrt2<m+1$. Membagi dengan $10^n>0$ memberi $a_n\leq\sqrt2<a_n+10^{-n}$. Bernoulli memberi $10^n=(1+9)^n\geq1+9n>n$, sehingga $10^{-n}<\tfrac1n$. Jadi $|a_n-\sqrt2|<\tfrac1n$, dan Contoh 25.1.4 memberi $a_n\to\sqrt2$. Ini barisan rasional yang konvergen di $\mathbb{R}$ ke bilangan irasional. $\square$

Ringkasan

$s_n\to s$ berarti bahwa untuk setiap toleransi $\varepsilon>0$, semua suku sejak indeks $N_0$, yang boleh bergantung pada $\varepsilon$, berjarak kurang dari $\varepsilon$ ke $s$. Setara dengan itu, setiap lingkungan $s$ memuat suatu ekor, atau hanya berhingga banyak indeks yang berada di luar setiap lingkungan-$\varepsilon$. Variasi seperti $\leq\varepsilon$, $N_0$ real, $\varepsilon=\tfrac1k$, dan $C\varepsilon$ setara dengan definisi. Menukar urutan kuantor menghasilkan "akhirnya konstan". Negasinya: ada $\varepsilon$ yang dilanggar tak hingga kali, seperti pada $(-1)^n$ dan $n$. Sifat Archimedes adalah dasar kekonvergenan $\tfrac1n\to0$. Ekor, pergeseran, dan perubahan berhingga tidak mempengaruhi limit.

25.2 Ketunggalan Limit Barisan

Notasi $\lim s_n=s$ memperlakukan limit sebagai sebuah nilai, seperti nilai fungsi. Notasi itu hanya sah bila sebuah barisan tidak dapat konvergen ke dua bilangan yang berbeda. Unit ini membuktikan ketunggalan itu, lalu memakai teknik yang sama untuk beberapa akibat dasar: barisan konvergen terbatas, tanda limit tak nol diwarisi oleh ekor barisan, dan limit tidak dapat keluar dari himpunan tutup. Unit ini juga menghubungkan limit barisan dengan penutupan (Bab 14). Di sana untuk pertama kalinya muncul pemakaian pilihan terhitung dalam analisis, dan pemakaian itu ditandai sesuai kebijakan Unit 23.3.

Prasyarat: Unit 25.1; ketaksamaan segitiga dan segitiga terbalik (Teorema 13.1.4, Teorema 18.3.1); himpunan tutup dan penutupan (Bab 14); Aksioma 23.3.3.

Ketunggalan

Teorema 25.2.1 (Ketunggalan Limit)

Jika $s_n\to s$ dan $s_n\to t$, maka $s=t$.

Bukti. Misalkan $\varepsilon>0$. Ada $N_1$ dengan $|s_n-s|<\varepsilon$ untuk $n\geq N_1$, dan $N_2$ dengan $|s_n-t|<\varepsilon$ untuk $n\geq N_2$. Ambil $n=\max(N_1,N_2)$. Ketaksamaan segitiga memberi

$$|s-t|\leq|s-s_n|+|s_n-t|<2\varepsilon.$$

Jadi bilangan taknegatif $|s-t|$ lebih kecil daripada $2\varepsilon$ untuk setiap $\varepsilon>0$, sehingga $|s-t|=0$ (argumen Proposisi 25.1.9). $\square$

Perhatikan dua hal dalam bukti ini.

Pertama, kedua $N_0$ diambil maksimumnya. Ini teknik baku: bila beberapa syarat masing-masing berlaku "sejak suatu indeks", semuanya berlaku bersama sejak indeks terbesar. Teknik ini hanya bekerja untuk berhingga banyak syarat, karena maksimum dari tak hingga banyak indeks mungkin tidak ada.

Kedua, satu indeks $n$ saja sudah cukup. Kita tidak memerlukan seluruh ekor, hanya satu suku yang dekat ke $s$ dan ke $t$ sekaligus.

Bukti kedua, secara geometris: bila $s\ne t$, ambil $\varepsilon=\tfrac{|s-t|}2$. Bola $B(s,\varepsilon)$ dan $B(t,\varepsilon)$ saling lepas. Masing-masing harus memuat suatu ekor barisan, padahal dua ekor selalu beririsan, yaitu pada ekor sejak indeks yang lebih besar. Kontradiksi.

Kedua bukti hanya memakai sifat metrik (M1)–(M4) (Definisi 13.1.7). Jadi limit barisan di sebarang ruang metrik tunggal.

Setelah Teorema 25.2.1, $\lim s_n$ adalah nama sah untuk satu bilangan real, asalkan barisannya konvergen. Menulis "$\lim s_n$" untuk barisan divergen tidak bermakna. Kalimat "$\lim(-1)^n$ tidak ada" adalah singkatan untuk "$((-1)^n)$ divergen".

Contoh 25.2.2 (Limit di $\mathbb{Q}$)

Barisan pemotongan desimal $a_n$ dari $\sqrt2$ (Latihan 25.1-8) adalah barisan rasional yang konvergen ke $\sqrt2$ di $\mathbb{R}$. Andaikan definisi limit dipakai di dalam $\mathbb{Q}$, dengan $\varepsilon$ dan $s$ rasional, dan $a_n\to q\in\mathbb{Q}$ dalam arti itu. Maka $a_n\to q$ juga di $\mathbb{R}$, karena setiap $\varepsilon>0$ real lebih besar daripada suatu rasional positif (Teorema 11.3.11). Ketunggalan memberi $q=\sqrt2$, bertentangan dengan irasionalitas $\sqrt2$. Jadi di $\mathbb{Q}$ barisan ini tidak mempunyai limit. Ini salah satu wajah ketidaklengkapan $\mathbb{Q}$, yang dibahas lagi di Bab 29.

Keterbatasan

Teorema 25.2.3 (Konvergen Mengakibatkan Terbatas)

Setiap barisan konvergen terbatas. Lebih tepatnya, jika $s_n\to s$ dan $N_0$ dipilih untuk $\varepsilon=1$, maka

$$|s_n|\leq M:=\max\bigl(|s_1|,\ldots,|s_{N_0-1}|,\ |s|+1\bigr)\qquad\text{untuk semua }n\geq1.$$

Bila $N_0=1$, daftar suku awalnya kosong, dan $M=|s|+1$.

Bukti. Untuk $n\geq N_0$, $|s_n|\leq|s_n-s|+|s|<1+|s|$. Untuk $n<N_0$, $|s_n|$ termuat dalam daftar hingga. Maksimum daftar hingga ada (Teorema 11.1.14). $\square$

Kebalikannya salah: $(-1)^n$ terbatas tetapi divergen (Contoh 25.1.10). Kontraposisinya berguna: barisan tak terbatas divergen. Jadi $n$, $2^n$, $\sqrt n$, dan jumlah harmonik $H_n$ divergen (Contoh 24.2.8, Teorema 24.2.9).

Tanda dan Ketaksamaan

Teorema 25.2.4 (Ekor Mewarisi Tanda Limit)

Misalkan $s_n\to s$.

(a) Jika $s>0$, maka terdapat $N_0$ dengan $s_n>\tfrac s2>0$ untuk semua $n\geq N_0$. Hal serupa berlaku untuk $s<0$, dengan $s_n<\tfrac s2$.

(b) Jika $s\ne0$, maka terdapat $N_0$ dengan $|s_n|>\tfrac{|s|}2$ untuk semua $n\geq N_0$.

Bukti. (a) Latihan 25.1-7. Kasus $s<0$ diperoleh dari $-s_n\to-s>0$.

(b) Ambil $\varepsilon=\tfrac{|s|}2$. Untuk $n\geq N_0$, ketaksamaan segitiga terbalik (Teorema 18.3.1) memberi $|s_n|\geq|s|-|s_n-s|>|s|-\tfrac{|s|}2=\tfrac{|s|}2$. $\square$

Bagian (b) akan dipakai untuk pembagian di Bab 26. Bila $t_n\to t\ne0$, maka $1/t_n$ terdefinisi sejak suatu indeks, dan $|1/t_n|<\tfrac2{|t|}$ di sana.

Teorema 25.2.5 (Limit Tidak Keluar dari Himpunan Tutup)

Misalkan $F\subseteq\mathbb{R}$ tutup, $s_n\in F$ untuk semua $n\geq K$, dan $s_n\to s$. Maka $s\in F$.

Bukti. Andaikan $s\notin F$. Karena $\mathbb{R}\setminus F$ buka, ada $r>0$ dengan $B(s,r)\subseteq\mathbb{R}\setminus F$. Ekor barisan sejak suatu $N_0$ termuat di $B(s,r)$. Ambil $n\geq\max(N_0,K)$. Maka $s_n\in F$ dan $s_n\notin F$, kontradiksi. $\square$

Akibat 25.2.6 (Batas Tak Tegas Dipertahankan)

Misalkan $s_n\to s$.

(a) Jika $s_n\leq U$ untuk semua $n\geq K$, maka $s\leq U$. Jika $s_n\geq L$ untuk semua $n\geq K$, maka $s\geq L$.

(b) Jika $a\leq s_n\leq b$ untuk semua $n\geq K$, maka $a\leq s\leq b$.

Bukti. $(-\infty,U]$, $[L,\infty)$, dan $[a,b]$ tutup (Bab 14), sehingga Teorema 25.2.5 berlaku. Bukti langsung untuk (a): bila $s>U$, Teorema 25.2.4(a) pada $s_n-U\to s-U>0$, yang memakai Proposisi 25.1.12(d), memberi $s_n>U$ sejak suatu indeks, kontradiksi. $\square$

Ketaksamaan tegas tidak dipertahankan: $\tfrac1n>0$ untuk semua $n$, tetapi $\lim\tfrac1n=0$. Barisan di $(0,1)$ dapat mempunyai limit $0$ atau $1$, karena $(0,1)$ tidak tutup.

Barisan dan Penutupan

Teorema 25.2.7 (Karakterisasi Barisan untuk Penutupan)

Misalkan $A\subseteq\mathbb{R}$ dan $p\in\mathbb{R}$.

(a) Tanpa pilihan: jika ada barisan $(a_n)$ di $A$ dengan $a_n\to p$, maka $p\in\operatorname{cl}(A)$.

(b) Dengan AC$_\omega$ (Aksioma 23.3.3): jika $p\in\operatorname{cl}(A)$, maka ada barisan $(a_n)_{n\geq1}$ di $A$ dengan $|a_n-p|<\tfrac1n$, sehingga $a_n\to p$.

Bukti. (a) Untuk $r>0$, ekor barisan termuat di $B(p,r)$, dan suku-suku ekor itu anggota $A$. Jadi $B(p,r)\cap A\ne\emptyset$, dan Teorema 14.4.3 memberi $p\in\operatorname{cl}(A)$.

(b) Menurut Teorema 14.4.3, $A_n=A\cap B(p,\tfrac1n)\ne\emptyset$ untuk setiap $n\geq1$. Aksioma 23.3.3 memberi barisan $(a_n)$ dengan $a_n\in A_n$. Maka $|a_n-p|<\tfrac1n$, dan $a_n\to p$ menurut Contoh 25.1.4 dan perbandingan langsung. $\square$

Pilihan pada (b) memang diperlukan secara umum, karena tidak ada aturan yang memilih anggota dari setiap $A\cap B(p,\tfrac1n)$ untuk subhimpunan sebarang $A$. Untuk himpunan konkret, pilihan biasanya dapat dihindari:

• Bila $A$ interval, ambil titik tengah atau titik ujung yang sesuai.
• Bila $A=\mathbb{Q}$, ambil $a_n=\tfrac{\lfloor np\rfloor}n$ (Latihan 25.2-6).
• Bila $A$ terhitung dengan pencacahan $q_0,q_1,\ldots$ yang diberikan, ambil $q_k$ dengan $k$ terkecil yang memenuhi syarat.

Akibat 25.2.8 (Dengan AC$_\omega$)

$F\subseteq\mathbb{R}$ tutup jika dan hanya jika setiap barisan di $F$ yang konvergen mempunyai limit di $F$.

Bukti. ($\Rightarrow$) Teorema 25.2.5, tanpa pilihan. ($\Leftarrow$) Untuk $p\in\operatorname{cl}(F)$, Teorema 25.2.7(b) memberi barisan di $F$ yang konvergen ke $p$, sehingga $p\in F$. Jadi $\operatorname{cl}(F)\subseteq F$. Bersama $F\subseteq\operatorname{cl}(F)$ (Teorema 14.4.2(b)), diperoleh $F=\operatorname{cl}(F)$, yang tutup menurut Teorema 14.4.2(a). $\square$

Latihan

Latihan 25.2-1. Tuliskan bukti geometris Teorema 25.2.1 secara lengkap, termasuk bukti bahwa $B(s,\varepsilon)\cap B(t,\varepsilon)=\emptyset$ untuk $\varepsilon=\tfrac{|s-t|}2$.

Latihan 25.2-2. Buktikan bahwa jika $s_n\to s$, maka $|s_n|\to|s|$. Tunjukkan dengan contoh bahwa kebalikannya salah. Buktikan bahwa kebalikannya benar bila $s=0$.

Latihan 25.2-3. Misalkan $s_n\geq0$ untuk semua $n$ dan $s_n\to s$. Buktikan bahwa $s\geq0$, dan beri contoh dengan $s_n>0$ untuk semua $n$ tetapi $s=0$.

Latihan 25.2-4. Untuk $s_n=\tfrac{2n+1}{n+3}$, yang konvergen ke $2$ (Unit 25.3), tentukan $N_0$ untuk $\varepsilon=1$, lalu hitung $M$ pada Teorema 25.2.3.

Latihan 25.2-5. Buktikan bahwa $s_n\to s$ jika dan hanya jika $s_{2n}\to s$ dan $s_{2n-1}\to s$.

Latihan 25.2-6. Untuk $p\in\mathbb{R}$, tetapkan $q_n=\tfrac{\lfloor np\rfloor}n$, $n\geq1$. Buktikan tanpa pilihan bahwa $q_n\in\mathbb{Q}$, $0\leq p-q_n<\tfrac1n$, dan $q_n\to p$.

Latihan 25.2-7. Misalkan $S\subseteq\mathbb{R}$ tak kosong dan terbatas di atas, dengan $u=\sup S$. Dengan AC$_\omega$, buktikan bahwa terdapat barisan $(x_n)$ di $S$ dengan $x_n\to u$. Bila $S$ adalah interval $[a,b)$, tuliskan barisan seperti itu secara eksplisit.

Latihan 25.2-8. Buktikan bahwa limit barisan konvergen di $[a,b]$ terletak di $[a,b]$. Beri contoh barisan di $(0,1)$ yang konvergen ke $1$, dan barisan di $(0,1)$ yang konvergen ke $0$.

Solusi

Solusi 25.2-1. Bila $x\in B(s,\varepsilon)\cap B(t,\varepsilon)$, maka $|s-t|\leq|s-x|+|x-t|<2\varepsilon=|s-t|$, kontradiksi. Jadi kedua bola saling lepas. Bila $s_n\to s$ dan $s_n\to t$, ada $N_1$ dengan $s_n\in B(s,\varepsilon)$ untuk $n\geq N_1$, dan $N_2$ dengan $s_n\in B(t,\varepsilon)$ untuk $n\geq N_2$. Untuk $n=\max(N_1,N_2)$, $s_n$ berada di kedua bola, kontradiksi. Jadi $s=t$. $\square$

Solusi 25.2-2. $\bigl||s_n|-|s|\bigr|\leq|s_n-s|$ (Teorema 18.3.1), sehingga $N_0$ untuk $(s_n)$ juga bekerja untuk $(|s_n|)$. Kebalikannya salah: $s_n=(-1)^n$ memberi $|s_n|=1\to1$, tetapi $(s_n)$ divergen. Untuk $s=0$: $|s_n-0|=\bigl||s_n|-0\bigr|$, sehingga kedua pernyataan identik (Proposisi 25.1.12(d)). $\square$

Solusi 25.2-3. Akibat 25.2.6(a) dengan $L=0$. Contoh: $s_n=\tfrac1n$. $\square$

Solusi 25.2-4. $|s_n-2|=\tfrac5{n+3}<1\iff n>2$, sehingga $N_0=3$. Suku awal: $s_1=\tfrac34$ dan $s_2=1$. Maka $M=\max(\tfrac34,1,2+1)=3$. Periksa: $0<s_n<2$ untuk semua $n$, karena $s_n=2-\tfrac5{n+3}$, sehingga $|s_n|\leq3$ memang benar, walaupun kasar. $\square$

Solusi 25.2-5. ($\Rightarrow$) Untuk $n\geq N_0$, $2n\geq N_0$ dan $2n-1\geq N_0$. ($\Leftarrow$) Misalkan $|s_{2k}-s|<\varepsilon$ untuk $k\geq N_1$ dan $|s_{2k-1}-s|<\varepsilon$ untuk $k\geq N_2$. Ambil $N_0=2\max(N_1,N_2)$. Untuk $n\geq N_0$, bila $n=2k$ maka $k\geq\max(N_1,N_2)\geq N_1$. Bila $n=2k-1$ maka $2k-1\geq2\max(N_1,N_2)$, sehingga $k>\max(N_1,N_2)\geq N_2$. Pada kedua kasus, $|s_n-s|<\varepsilon$. $\square$

Solusi 25.2-6. $\lfloor np\rfloor\in\mathbb{Z}$ dan $n\geq1$, sehingga $q_n\in\mathbb{Q}$. Sifat lantai memberi $\lfloor np\rfloor\leq np<\lfloor np\rfloor+1$. Membagi dengan $n$ memberi $q_n\leq p<q_n+\tfrac1n$. Jadi $|q_n-p|<\tfrac1n$, dan $q_n\to p$ menurut Contoh 25.1.4. Setiap $q_n$ ditentukan oleh rumus, sehingga tidak ada pilihan. Ini juga memberi bukti barisan bahwa $\mathbb{Q}$ rapat: $\operatorname{cl}(\mathbb{Q})=\mathbb{R}$. $\square$

Solusi 25.2-7. Untuk setiap $n\geq1$, $S_n=\{x\in S:x>u-\tfrac1n\}\ne\emptyset$ menurut Teorema 11.3.2. AC$_\omega$ memberi $x_n\in S_n$. Maka $u-\tfrac1n<x_n\leq u$, sehingga $|x_n-u|<\tfrac1n$ dan $x_n\to u$. Untuk $S=[a,b)$ dengan $u=b$: $x_n=\max\bigl(a,b-\tfrac1n\bigr)$ eksplisit. Barisan ini anggota $[a,b)$, dan $|x_n-b|\leq\tfrac1n$. $\square$

Solusi 25.2-8. $[a,b]$ tutup; gunakan Teorema 25.2.5, atau Akibat 25.2.6(b) secara langsung. Contoh: $1-\tfrac1{n+1}\in(0,1)$ konvergen ke $1$, dan $\tfrac1{n+1}\in(0,1)$ konvergen ke $0$. $\square$

Ringkasan

Limit barisan tunggal, karena dua limit yang berbeda mempunyai lingkungan yang saling lepas, padahal dua ekor selalu beririsan. Teknik "ambil maksimum berhingga banyak $N_0$" adalah alat baku. Barisan konvergen terbatas, sehingga barisan tak terbatas divergen. Ekor barisan mewarisi tanda limit yang tak nol, dengan batas bawah eksplisit $\tfrac{|s|}2$. Limit tidak keluar dari himpunan tutup, sehingga ketaksamaan tak tegas dipertahankan, sedangkan ketaksamaan tegas tidak. Barisan mencirikan penutupan: arah "limit barisan di $A$ termasuk penutupan" tanpa pilihan, dan arah sebaliknya dengan AC$_\omega$, kecuali untuk himpunan konkret yang mempunyai aturan pilih eksplisit.

25.3 Bukti Kekonvergenan Menggunakan Estimasi $\varepsilon$

Definisi limit menuntut, untuk setiap $\varepsilon>0$, sebuah $N_0$ yang bekerja. Unit ini mengajarkan cara menemukan $N_0$ itu dan cara menuliskan buktinya. Ada dua tahap yang perlu dibedakan dengan tegas. Tahap pertama adalah kerja konsep: kita bekerja mundur dari $|s_n-s|<\varepsilon$ untuk mencari syarat pada $n$. Tahap kedua adalah bukti: kita menetapkan $N_0$, lalu bekerja maju dan memeriksa bahwa setiap $n\geq N_0$ memenuhi $|s_n-s|<\varepsilon$. Kerja konsep tidak harus rapi. Bukti harus berupa rantai implikasi yang sah dari $n\geq N_0$ menuju $|s_n-s|<\varepsilon$.

Contoh sulit pada master: membuktikan secara formal bahwa $\lim\dfrac{2n+1}{n+3}=2$, dengan rumus eksplisit $N_0$ sebagai fungsi $\varepsilon$.

Prasyarat: Unit 25.1–25.2; fungsi lantai; Bernoulli (Teorema 10.3.1); Teorema 10.2.6.

Pola Bukti

Setiap bukti $s_n\to s$ dengan definisi mempunyai bentuk berikut:

Misalkan $\varepsilon>0$. Tetapkan $N_0=\ldots$, dengan rumus yang hanya memakai $\varepsilon$ dan konstanta. Maka $N_0\in\mathbb{N}_{+}$. Untuk setiap $n\geq N_0$: $|s_n-s|=\ldots\leq\ldots<\varepsilon$. $\square$

Tiga syarat untuk $N_0$:

1. $N_0$ ditentukan oleh $\varepsilon$ dan konstanta, tidak oleh $n$.
2. $N_0$ adalah bilangan bulat positif. Gunakan lantai dan maksimum dengan $1$. Atau, menurut Proposisi 25.1.8(i), cukup buktikan untuk $N$ real lalu bulatkan.
3. Rantai dari $n\geq N_0$ ke $|s_n-s|<\varepsilon$ berjalan maju. Setiap langkah adalah implikasi yang benar untuk semua $n\geq N_0$.

Contoh Master

Contoh 25.3.1 ($\tfrac{2n+1}{n+3}\to2$, $N_0$ Terkecil)

Kerja konsep. Hitung selisihnya secara eksak:

$$\frac{2n+1}{n+3}-2=\frac{2n+1-2(n+3)}{n+3}=\frac{-5}{n+3},\qquad\left|\frac{2n+1}{n+3}-2\right|=\frac5{n+3}.$$

Untuk $n\geq1$, $n+3>0$. Maka

$$\frac5{n+3}<\varepsilon\iff5<\varepsilon(n+3)\iff n>\frac5\varepsilon-3.$$

Bukti. Misalkan $\varepsilon>0$, dan tetapkan

$$N_0(\varepsilon)=\max\Bigl(1,\ \Bigl\lfloor\frac5\varepsilon-3\Bigr\rfloor+1\Bigr).$$

Ini bilangan bulat positif. Untuk $n\geq N_0$: $n\geq\lfloor\tfrac5\varepsilon-3\rfloor+1>\tfrac5\varepsilon-3$, karena $\lfloor x\rfloor+1>x$. Jadi $n+3>\tfrac5\varepsilon$, sehingga $\tfrac5{n+3}<\varepsilon$. $\square$

Rumus ini memberi $N_0$ terkecil. Bila $n<N_0$ dan $N_0>1$, maka $n\leq\lfloor\tfrac5\varepsilon-3\rfloor\leq\tfrac5\varepsilon-3$, sehingga $\tfrac5{n+3}\geq\varepsilon$.

Tabel:

Pada baris terakhir, $\lfloor-\tfrac12\rfloor+1=0$, sehingga maksimum dengan $1$ diperlukan.

Contoh 25.3.2 (Contoh yang Sama, $N_0$ Sederhana)

Definisi tidak meminta $N_0$ terkecil. Karena $\tfrac5{n+3}<\tfrac5n$, cukup $\tfrac5n\leq\varepsilon$ ditambah ketaksamaan tegas sebelumnya. Bukti: misalkan $\varepsilon>0$, dan ambil $N_0\in\mathbb{N}_{+}$ dengan $N_0\geq\tfrac5\varepsilon$ (Archimedes). Untuk $n\geq N_0$:

$$\left|\frac{2n+1}{n+3}-2\right|=\frac5{n+3}<\frac5n\leq\frac5{N_0}\leq\varepsilon.$$

Untuk $\varepsilon=0{,}01$, ini memberi $N_0=500$ alih-alih $498$. Hasilnya sedikit lebih boros, tetapi sama sahnya, dan perhitungannya lebih sederhana. Untuk barisan yang rumit, menyederhanakan dengan batas atas adalah satu-satunya cara yang praktis.

Teknik Estimasi

Untuk ekspresi yang rumit, persamaan $|s_n-s|<\varepsilon$ sering tidak dapat diselesaikan secara eksak. Strategi bakunya: cari batas sederhana $|s_n-s|\leq\tfrac Cn$, atau $\leq\tfrac C{\sqrt n}$, dan sebagainya, yang berlaku untuk semua $n\geq n_1$. Lalu tetapkan $N_0=\max(n_1,\ldots)$. Aturan memperbesar pecahan taknegatif: perbesar pembilang dan perkecil penyebut, dengan penyebut tetap positif.

Contoh 25.3.3 ($\tfrac{3n^2+2n-1}{n^2-5}\to3$)

Untuk bilangan bulat $n$, $n^2\ne5$, sehingga setiap suku terdefinisi. Selisihnya:

$$\frac{3n^2+2n-1}{n^2-5}-3=\frac{3n^2+2n-1-3n^2+15}{n^2-5}=\frac{2n+14}{n^2-5}.$$

Estimasi untuk $n\geq4$:

• Pembilang: $0<2n+14\leq2n+14n=16n$, karena $n\geq1$.
• Penyebut: $n^2-5\geq\tfrac{n^2}2$, karena $\tfrac{n^2}2\geq5$ ketika $n^2\geq10$, yaitu ketika $n\geq4$. Juga $\tfrac{n^2}2>0$.

Jadi untuk $n\geq4$:

$$\left|\frac{3n^2+2n-1}{n^2-5}-3\right|\leq\frac{16n}{n^2/2}=\frac{32}n.$$

Bukti. Misalkan $\varepsilon>0$, dan tetapkan $N_0=\max\bigl(4,\lfloor\tfrac{32}\varepsilon\rfloor+1\bigr)$. Untuk $n\geq N_0$, estimasi di atas berlaku, dan $n>\tfrac{32}\varepsilon$, sehingga $\tfrac{32}n<\varepsilon$. $\square$

Syarat $n\geq4$ masuk ke $N_0$ melalui maksimum. Langkah ini sering terlupakan.

Contoh 25.3.4 (Merasionalkan: $\sqrt{n+1}-\sqrt n\to0$)

Dengan $(a-b)(a+b)=a^2-b^2$ untuk $a=\sqrt{n+1}$ dan $b=\sqrt n$:

$$0<\sqrt{n+1}-\sqrt n=\frac1{\sqrt{n+1}+\sqrt n}<\frac1{2\sqrt n}\leq\frac1{\sqrt n}.$$

Ketaksamaan tengah berlaku karena $\sqrt{n+1}>\sqrt n$, menurut kontraposisi Teorema 10.2.6. Selanjutnya gunakan Contoh 25.1.7.

Selisih dua suku yang masing-masing tak terbatas dapat konvergen ke $0$. Bentuk "$\infty-\infty$" tidak mempunyai nilai tetap. Ekspresinya harus diubah, misalnya dengan merasionalkan, sebelum diestimasi.

Contoh 25.3.5 ($\tfrac n{2^n}\to0$)

Lemma: $2^n\geq n^2$ untuk $n\geq4$. Basis: $16\geq16$. Langkah: bila $2^n\geq n^2$ dan $n\geq4$, maka $2^{n+1}\geq2n^2=n^2+n^2\geq n^2+4n>n^2+2n+1=(n+1)^2$, karena $n^2\geq4n$ dan $2n>1$.

Untuk $n\geq4$, $0<\tfrac n{2^n}\leq\tfrac n{n^2}=\tfrac1n$. Ambil $N_0=\max\bigl(4,\lfloor\tfrac1\varepsilon\rfloor+1\bigr)$.

Contoh 25.3.6 ($c^n\to0$ untuk $|c|<1$)

Untuk $c=0$, barisannya konstan $0$ (dengan $0^n=0$ untuk $n\geq1$). Untuk $0<|c|<1$, tulis $\tfrac1{|c|}=1+h$ dengan $h>0$. Bernoulli (Teorema 10.3.1) memberi $(1+h)^n\geq1+nh>nh$, sehingga

$$|c^n-0|=|c|^n=\frac1{(1+h)^n}<\frac1{nh}.$$

Misalkan $\varepsilon>0$, dan ambil $N_0>\tfrac1{h\varepsilon}$. Untuk $n\geq N_0$, $\tfrac1{nh}\leq\tfrac1{N_0h}<\varepsilon$. $\square$

Batas Bernoulli kasar. Untuk $c=0{,}9$, $h=\tfrac19$, dan $\varepsilon=0{,}001$, batas itu meminta $n>9000$. Sebenarnya $0{,}9^n<0{,}001$ sudah berlaku jauh lebih awal, sekitar $n\geq66$. Akan tetapi bukti kekonvergenan tidak memerlukan $N_0$ terbaik. Perkiraan yang tajam adalah pertanyaan lain, yang dibahas dengan alat yang lebih kuat pada bab-bab berikutnya.

Kesalahan Umum

(a) $N_0$ bergantung pada $n$. "Ambil $N_0=n+1$" tidak bermakna, karena $N_0$ harus dipilih sebelum $n$.

(b) $N_0$ bukan bilangan bulat. "Ambil $N_0=\tfrac1\varepsilon$" perlu diperbaiki dengan lantai, atau dengan Proposisi 25.1.8(i).

(c) Arah implikasi terbalik. Kerja konsep sering menghasilkan "$|s_n-s|<\varepsilon\Rightarrow n>X$". Yang dibutuhkan adalah "$n>X\Rightarrow|s_n-s|<\varepsilon$". Pada estimasi dengan batas atas, hanya arah kedua yang benar.

(d) Estimasi yang hanya berlaku untuk $n$ besar, tetapi $n_1$ tidak dimasukkan ke dalam $N_0$.

(e) Mengasumsikan limitnya ada lalu menghitungnya. Ini sah setelah teorema-teorema Bab 26, tetapi bukan bukti kekonvergenan dari definisi.

Membuktikan Divergensi dengan Estimasi

Contoh 25.3.7

$s_n=\tfrac{n^2+1}{n+1}$ divergen. Untuk $n\geq1$, $n+1\leq2n$, sehingga $s_n\geq\tfrac{n^2}{2n}=\tfrac n2$. Jadi $(s_n)$ tak terbatas di atas, menurut Archimedes, dan divergen menurut Teorema 25.2.3. Di sini estimasi dipakai untuk memperkecil: perkecil pembilang dan perbesar penyebut.

Latihan

Latihan 25.3-1. Buktikan $\tfrac{3n-1}{n+2}\to3$ dengan rumus $N_0$ terkecil. Hitung $N_0$ untuk $\varepsilon=0{,}01$.

Latihan 25.3-2. Buktikan $\tfrac{n^2+1}{2n^2-n}\to\tfrac12$ dengan estimasi berbentuk $\tfrac Cn$.

Latihan 25.3-3. Buktikan $\sqrt{n^2+n}-n\to\tfrac12$.

Latihan 25.3-4. Buktikan $2^n\geq n^3$ untuk $n\geq10$, lalu buktikan $\tfrac{n^2}{2^n}\to0$.

Latihan 25.3-5. Untuk $c=0{,}9$ dan $\varepsilon=0{,}001$, berapa $N_0$ yang diberikan bukti Contoh 25.3.6? Buktikan bahwa $N_0=100$ juga bekerja, dengan memeriksa $0{,}9^{10}<0{,}35$ dan memakai $0{,}35^{10}<0{,}001$.

Latihan 25.3-6. Temukan kesalahan dalam "bukti" berikut, lalu perbaiki. (a) "Misalkan $\varepsilon>0$. $|\tfrac1n|<\varepsilon$ ketika $n>\tfrac1\varepsilon$. Ambil $N_0=n+1$." (b) "Misalkan $\varepsilon>0$. Ambil $N_0=\tfrac1\varepsilon$. Maka untuk $n\geq N_0$, $\tfrac1n\leq\varepsilon$."

Latihan 25.3-7. Buktikan bahwa $\tfrac{n^3-n}{n^2+1}$ divergen.

Latihan 25.3-8. Untuk $s_n=\sqrt{n+1}-\sqrt n$, tentukan $N_0$ yang bekerja untuk $\varepsilon=0{,}01$ dengan memakai estimasi $\tfrac1{2\sqrt n}$. Buktikan bahwa $N_0$ terkecil tidak lebih besar daripada nilai itu.

Solusi

Solusi 25.3-1. $\tfrac{3n-1}{n+2}-3=\tfrac{-7}{n+2}$, sehingga $|s_n-3|=\tfrac7{n+2}<\varepsilon\iff n>\tfrac7\varepsilon-2$. Ambil $N_0=\max\bigl(1,\lfloor\tfrac7\varepsilon-2\rfloor+1\bigr)$. Ini terkecil, dengan argumen yang sama seperti pada Contoh 25.3.1. Untuk $\varepsilon=0{,}01$: $n>698$, sehingga $N_0=699$. Periksa: $\tfrac7{701}<0{,}01$ dan $\tfrac7{700}=0{,}01\not<0{,}01$. $\square$

Solusi 25.3-2. $\tfrac{n^2+1}{2n^2-n}-\tfrac12=\tfrac{2n^2+2-2n^2+n}{2(2n^2-n)}=\tfrac{n+2}{2n(2n-1)}$. Untuk $n\geq2$: $n+2\leq2n$ dan $2n-1\geq n$, sehingga selisihnya $\leq\tfrac{2n}{2n\cdot n}=\tfrac1n$. Untuk $n=1$, penyebut $2-1=1\ne0$, sehingga suku itu terdefinisi. Ambil $N_0=\max\bigl(2,\lfloor\tfrac1\varepsilon\rfloor+1\bigr)$. $\square$

Solusi 25.3-3. Tulis $r_n=\sqrt{n^2+n}$. Dengan merasionalkan, $r_n-n=\tfrac n{r_n+n}$. Selanjutnya

$$\frac12-\frac n{r_n+n}=\frac{r_n+n-2n}{2(r_n+n)}=\frac{r_n-n}{2(r_n+n)}.$$

Ruas ini positif, karena $r_n>n$. Kita punya $r_n-n=\tfrac n{r_n+n}<\tfrac n{2n}=\tfrac12$ dan $2(r_n+n)>4n$. Jadi $0<\tfrac12-(r_n-n)<\tfrac{1/2}{4n}=\tfrac1{8n}$. Ambil $N_0=\lfloor\tfrac1{8\varepsilon}\rfloor+1$. $\square$

Solusi 25.3-4. Basis: $2^{10}=1024\geq1000$. Langkah: $2^{n+1}\geq2n^3$, dan $2n^3\geq(n+1)^3$ setara dengan $2\geq(1+\tfrac1n)^3$. Untuk $n\geq10$, $(1+\tfrac1n)^3\leq1{,}1^3=1{,}331\leq2$. Jadi untuk $n\geq10$, $0<\tfrac{n^2}{2^n}\leq\tfrac{n^2}{n^3}=\tfrac1n$. Ambil $N_0=\max\bigl(10,\lfloor\tfrac1\varepsilon\rfloor+1\bigr)$. $\square$

Solusi 25.3-5. Bukti memberi $n>\tfrac1{h\varepsilon}=9\cdot1000=9000$, sehingga $N_0=9001$. Untuk $N_0=100$: $0{,}9^2=0{,}81$, $0{,}9^4=0{,}6561$, $0{,}9^8=0{,}6561^2<0{,}4305$, dan $0{,}9^{10}=0{,}9^8\cdot0{,}81<0{,}4305\cdot0{,}81<0{,}35$. Lalu $0{,}35^2=0{,}1225$, $0{,}35^4<0{,}0151$, $0{,}35^8<0{,}000229$, dan $0{,}35^{10}<0{,}000229\cdot0{,}1225<0{,}0000281<0{,}001$. Jadi $0{,}9^{100}=(0{,}9^{10})^{10}<0{,}35^{10}<0{,}001$, memakai Teorema 10.2.6. Untuk $n\geq100$, $0{,}9^n\leq0{,}9^{100}$, karena $0{,}9^{n-100}\leq1$. $\square$

Solusi 25.3-6. (a) $N_0$ bergantung pada $n$. Perbaikan: ambil $N_0=\lfloor\tfrac1\varepsilon\rfloor+1$, yang $>\tfrac1\varepsilon$. Untuk $n\geq N_0$, $\tfrac1n\leq\tfrac1{N_0}<\varepsilon$. (b) $\tfrac1\varepsilon$ mungkin bukan bilangan bulat, dan kesimpulannya "$\leq\varepsilon$" alih-alih "$<\varepsilon$". Bila $N_0$ dibaca sebagai $N$ real, bentuk (i) dan (ii) Proposisi 25.1.8 menyelamatkan bukti ini. Penulisan yang bersih memakai (a). $\square$

Solusi 25.3-7. Untuk $n\geq2$: $n^3-n\geq\tfrac{n^3}2$, karena $\tfrac{n^3}2\geq n$ setara dengan $n^2\geq2$. Juga $n^2+1\leq2n^2$. Jadi $s_n\geq\tfrac{n^3/2}{2n^2}=\tfrac n4$, sehingga $(s_n)$ tak terbatas dan divergen (Teorema 25.2.3). $\square$

Solusi 25.3-8. $s_n<\tfrac1{2\sqrt n}<0{,}01\iff\sqrt n>50\iff n>2500$, dengan Teorema 10.2.6 untuk arah kuadrat. Jadi $N_0=2501$ bekerja. $N_0$ terkecil tidak lebih besar daripada $2501$, karena $2501$ sendiri bekerja dan $N_0$ terkecil adalah minimum himpunan semua $N_0$ yang bekerja, yang tak kosong (Teorema 7.3.4). Nilai terkecil yang sebenarnya mungkin sedikit lebih kecil, karena estimasinya tidak eksak. $\square$

Ringkasan

Bukti kekonvergenan terdiri atas kerja konsep yang mundur, dan bukti yang maju: "misalkan $\varepsilon>0$, tetapkan $N_0$, untuk $n\geq N_0$ maka $\ldots<\varepsilon$". Untuk contoh master, $\bigl|\tfrac{2n+1}{n+3}-2\bigr|=\tfrac5{n+3}$, dan $N_0(\varepsilon)=\max\bigl(1,\lfloor\tfrac5\varepsilon-3\rfloor+1\bigr)$ adalah nilai terkecil yang bekerja. Untuk ekspresi rumit, perkirakan selisihnya dengan batas sederhana $\tfrac Cn$ yang berlaku sejak suatu $n_1$, lalu ambil maksimum. Teknik khususnya meliputi merasionalkan, ketaksamaan Bernoulli, dan lemma pertumbuhan $2^n$. $N_0$ tidak harus terkecil, tetapi harus berupa bilangan bulat yang hanya bergantung pada $\varepsilon$.