Bab 28: Subbarisan dan Teorema Bolzano-Weierstrass

28.1 Definisi Formal Subbarisan

Penjelasan master untuk Bab 28: mengekstrak bagian-bagian suatu barisan untuk melihat perilakunya. Barisan $(-1)^n\bigl(1+\tfrac1n\bigr)$ tidak konvergen, tetapi suku-suku genapnya menuju $1$ dan suku-suku ganjilnya menuju $-1$. Barisan itu "terbelah" menjadi dua bagian yang masing-masing berperilaku baik. Subbarisan adalah alat untuk merumuskan pembelahan semacam ini dengan tepat. Unit ini mendefinisikan subbarisan, membuktikan hubungannya dengan kekonvergenan, dan memperkenalkan limit subbarisan. Unit 28.2 membuktikan bahwa setiap barisan terbatas mempunyai paling sedikit satu limit subbarisan.

Prasyarat: Bab 24–27; komposisi fungsi (Bab 5); pencacahan naik subhimpunan tak hingga $\mathbb{N}$ (Teorema 20.3.5); urutan baik (Teorema 7.3.4).

Definisi

Definisi 28.1.1 (Subbarisan)

Misalkan $(s_n)_{n\geq1}$ barisan. Misalkan pula $(n_k)_{k\geq1}$ barisan bilangan bulat positif yang naik tegas: $n_1<n_2<n_3<\cdots$. Barisan $(t_k)_{k\geq1}$ dengan

disebut subbarisan dari $(s_n)$. Sebagai fungsi, $t=s\circ\nu$, dengan $\nu:\mathbb{N}_{+}\to\mathbb{N}_{+}$, $\nu(k)=n_k$, naik tegas.

Subbarisan mengambil tak hingga banyak suku dari barisan asal, mempertahankan urutannya, dan tidak mengulang suku. Indeks barunya $k$ adalah nomor urut di dalam subbarisan, sedangkan $n_k$ adalah posisi suku itu di barisan asal.

Lemma 28.1.2

Bila $(n_k)$ bilangan bulat positif yang naik tegas, maka $n_k\geq k$ untuk semua $k$.

Bukti. Induksi: $n_1\geq1$. Bila $n_k\geq k$, maka $n_{k+1}\geq n_k+1\geq k+1$, karena $n_{k+1}>n_k$ dan keduanya bilangan bulat. $\square$

Contoh 28.1.3

Untuk $s_n=\tfrac1n$:

(a) $n_k=2k$ memberi $t_k=\tfrac1{2k}$, yaitu suku-suku genap.

(b) $n_k=k^2$ memberi $\tfrac1{k^2}$.

(c) $n_k=2^k$ memberi $\tfrac1{2^k}$.

(d) Barisan $1,1,\tfrac12,\tfrac12,\ldots$ bukan subbarisan, karena indeks $1$ dipakai dua kali, sehingga $(n_k)$ tidak naik tegas.

(e) Barisan $\tfrac12,1,\tfrac14,\tfrac13,\ldots$ bukan subbarisan, karena urutannya dibalik.

(f) $(s_n)$ sendiri adalah subbarisan dari dirinya, dengan $n_k=k$. Ekor $(s_n)_{n\geq K}$, yang diberi indeks ulang $n_k=k+K-1$, juga subbarisan.

Proposisi 28.1.4 (Subbarisan dari Subbarisan)

Subbarisan dari suatu subbarisan $(s_n)$ adalah subbarisan dari $(s_n)$.

Bukti. Bila $t=s\circ\nu$ dan $u=t\circ\mu$, dengan $\nu$ dan $\mu$ naik tegas, maka $u=s\circ(\nu\circ\mu)$. Komposisi dua fungsi naik tegas naik tegas: $j<k$ memberi $\mu(j)<\mu(k)$, lalu $\nu(\mu(j))<\nu(\mu(k))$. $\square$

Subbarisan dan Kekonvergenan

Teorema 28.1.5

Jika $s_n\to L$, maka setiap subbarisan $(s_{n_k})$ konvergen ke $L$.

Bukti. Misalkan $\varepsilon>0$, dan ambil $N_0$ dengan $|s_n-L|<\varepsilon$ untuk $n\geq N_0$. Untuk $k\geq N_0$, Lemma 28.1.2 memberi $n_k\geq k\geq N_0$, sehingga $|s_{n_k}-L|<\varepsilon$. $\square$

Akibat 28.1.6 (Uji Divergensi dengan Subbarisan)

(a) Jika $(s_n)$ mempunyai dua subbarisan yang konvergen ke limit berbeda, maka $(s_n)$ divergen.

(b) Jika $(s_n)$ mempunyai subbarisan yang divergen, maka $(s_n)$ divergen.

Bukti. Kontraposisi Teorema 28.1.5, bersama ketunggalan limit (Teorema 25.2.1). $\square$

Contoh 28.1.7 (Contoh Master Bab 30)

$s_n=(-1)^n\bigl(1+\tfrac1n\bigr)$. Suku genap $s_{2k}=1+\tfrac1{2k}\to1$, dan suku ganjil $s_{2k-1}=-\bigl(1+\tfrac1{2k-1}\bigr)\to-1$. Menurut Akibat 28.1.6(a), $(s_n)$ divergen. Bandingkan dengan bukti langsung Contoh 25.1.10 untuk $(-1)^n$. Subbarisan memberi bukti yang lebih ringkas.

Teorema 28.1.5 hanya berjalan satu arah. Kebalikannya, "jika setiap subbarisan konvergen ke $L$ maka $s_n\to L$", benar tetapi remeh, karena $(s_n)$ subbarisan dari dirinya sendiri. Versi yang lebih berguna adalah berikut.

Teorema 28.1.8 (Kriteria Subbarisan)

$s_n\to L$ jika dan hanya jika setiap subbarisan $(s_n)$ mempunyai subbarisan lebih lanjut yang konvergen ke $L$.

Bukti. ($\Rightarrow$) Teorema 28.1.5: setiap subbarisan sudah konvergen ke $L$.

($\Leftarrow$) Kontraposisi. Misalkan $s_n\not\to L$. Menurut Proposisi 25.1.2(d), ada $\varepsilon>0$ dengan himpunan $B=\{n:|s_n-L|\geq\varepsilon\}$ tak hingga. Teorema 20.3.5 memberi pencacahan naik tegas $n_1<n_2<\cdots$ dari $B$. Pencacahan ini dibuat tanpa pilihan, dengan anggota terkecil. Subbarisan $(s_{n_k})$ memenuhi $|s_{n_k}-L|\geq\varepsilon$ untuk semua $k$. Setiap subbarisan lebih lanjut juga memenuhinya, sehingga tidak ada yang konvergen ke $L$. $\square$

Proposisi 28.1.9 (Penutup Indeks Hingga)

Misalkan $\mathbb{N}_{+}=B_1\cup\cdots\cup B_r$, dengan setiap $B_i$ tak hingga. Misalkan pula subbarisan yang diperoleh dari mencacah $B_i$ secara naik konvergen ke $L$ untuk setiap $i$. Maka $s_n\to L$.

Bukti. Misalkan $\varepsilon>0$. Untuk setiap $i$, hanya berhingga banyak $n\in B_i$ yang memenuhi $|s_n-L|\geq\varepsilon$ (Proposisi 25.1.2(d)), sebab pencacahan naik mengubah "berhingga banyak indeks subbarisan" menjadi "berhingga banyak anggota $B_i$". Gabungan $r$ himpunan hingga hingga (Teorema 20.1.9). Proposisi 25.1.2(d) memberi $s_n\to L$. $\square$

Kasus $r=2$ dengan bilangan genap dan ganjil adalah Latihan 25.2-5. Banyaknya himpunan harus hingga. Dengan tak hingga banyak himpunan $B_i=\{i\}$ yang masing-masing hingga, atau dengan tak hingga banyak himpunan tak hingga, kesimpulannya dapat gagal (Latihan 28.1-6).

Limit Subbarisan

Definisi 28.1.10 (Limit Subbarisan)

$L\in\mathbb{R}$ disebut limit subbarisan, atau titik kumpul, dari $(s_n)$ jika ada subbarisan $(s_{n_k})$ dengan $s_{n_k}\to L$.

Teorema 28.1.11 (Karakterisasi)

Untuk barisan $(s_n)$ dan $L\in\mathbb{R}$, pernyataan berikut setara:

(a) $L$ limit subbarisan dari $(s_n)$;

(b) untuk setiap $\varepsilon>0$, himpunan $\{n:|s_n-L|<\varepsilon\}$ tak hingga;

(c) untuk setiap $\varepsilon>0$ dan setiap $K$, ada $n\geq K$ dengan $|s_n-L|<\varepsilon$.

Bukti. (a)⇒(b): sejak suatu $k_0$, $|s_{n_k}-L|<\varepsilon$, dan indeks $n_k$ dengan $k\geq k_0$ berbeda satu sama lain. Jadi himpunan itu tak hingga.

(b)⇔(c): subhimpunan $\mathbb{N}_{+}$ tak hingga jika dan hanya jika tidak terbatas di atas. Himpunan yang terbatas di atas oleh $K$ termuat di $\{1,\ldots,K\}$, sehingga hingga. Sebaliknya, himpunan hingga yang tak kosong mempunyai maksimum (Teorema 11.1.14).

(c)⇒(a): definisikan secara rekursif

Kedua himpunan tidak kosong menurut (c), dan minimumnya ada menurut urutan baik. Langkah rekursinya ditentukan, sehingga tidak ada pilihan. $(n_k)$ naik tegas dan $|s_{n_k}-L|<\tfrac1k$, sehingga $s_{n_k}\to L$ menurut Akibat 26.3.3. $\square$

Perbedaan antara "limit" dan "limit subbarisan" terletak pada kuantornya. Limit: hanya berhingga banyak indeks yang berada di luar setiap lingkungan-$\varepsilon$. Limit subbarisan: tak hingga banyak indeks yang berada di dalam setiap lingkungan-$\varepsilon$. Barisan konvergen mempunyai tepat satu limit subbarisan, yaitu limitnya (Teorema 28.1.5).

Contoh 28.1.12

(a) $(-1)^n\bigl(1+\tfrac1n\bigr)$ mempunyai limit subbarisan $1$ dan $-1$, dan tidak ada yang lain. Bila $L\ne\pm1$, ambil $\varepsilon=\tfrac12\min(|L-1|,|L+1|)>0$. Sejak suatu indeks, setiap suku berjarak $<\varepsilon$ ke $1$ atau ke $-1$, sehingga berjarak $\geq\varepsilon$ ke $L$. Jadi hanya berhingga banyak indeks yang memenuhi (b).

(b) Misalkan $q:\mathbb{N}_{+}\to\mathbb{Q}$ bijeksi (Teorema 21.2.6, setelah pergeseran indeks). Setiap $x\in\mathbb{R}$ adalah limit subbarisan $(q_n)$: setiap interval $(x-\varepsilon,x+\varepsilon)$ memuat tak hingga banyak rasional (Teorema 11.3.11, yang diterapkan berulang), sehingga memuat tak hingga banyak indeks. Jadi himpunan limit subbarisan bisa sebesar $\mathbb{R}$, walaupun barisannya terhitung.

(c) $s_n=n$ tidak mempunyai limit subbarisan, karena setiap subbarisannya tak terbatas.

Proposisi 28.1.13 (Hubungan dengan Titik Akumulasi)

Misalkan $V=\{s_n:n\geq1\}$ himpunan nilai. Jika $L$ titik akumulasi $V$ (Definisi 14.2.1), maka $L$ limit subbarisan dari $(s_n)$. Kebalikannya tidak berlaku.

Bukti. Setiap lingkungan $B(L,\varepsilon)$ memuat tak hingga banyak anggota $V$ (Lemma 14.2.6). Anggota-anggota yang berbeda mempunyai indeks yang berbeda, sehingga himpunan $\{n:|s_n-L|<\varepsilon\}$ tak hingga. Teorema 28.1.11 berlaku.

Contoh untuk kebalikannya: barisan konstan $s_n=c$. $c$ adalah limit subbarisan, tetapi $V=\{c\}$ tidak mempunyai titik akumulasi. Barisan mencatat pengulangan, sedangkan himpunan nilai tidak. $\square$

Latihan

Latihan 28.1-1. Untuk $s_n=\tfrac1n$, manakah yang merupakan subbarisan: (a) $\tfrac1{3k+1}$; (b) $\tfrac1{k!}$; (c) $\tfrac1{\lfloor k/2\rfloor+1}$; (d) $\tfrac1{2^k-k}$? Jelaskan.

Latihan 28.1-2. Buktikan bahwa bila $(s_n)$ terbatas, setiap subbarisannya terbatas, dan bila $(s_n)$ naik, setiap subbarisannya naik.

Latihan 28.1-3. Buktikan dengan subbarisan bahwa barisan berikut divergen: (a) $(-1)^n\tfrac n{n+1}$; (b) $n^{(-1)^n}$; (c) $s_n=$ sisa pembagian $n$ oleh $3$.

Latihan 28.1-4. Tentukan semua limit subbarisan dari $(-1)^n+\tfrac1n$, dan dari $s_n$ pada Latihan 28.1-3(c). Buktikan bahwa tidak ada limit subbarisan lain.

Latihan 28.1-5. Misalkan $(s_n)$ naik dan mempunyai subbarisan yang konvergen ke $L$. Buktikan bahwa $s_n\to L$.

Latihan 28.1-6. Beri contoh barisan $(s_n)$ dan partisi $\mathbb{N}_{+}=\bigcup_{i\geq1}B_i$ menjadi tak hingga banyak himpunan tak hingga, sehingga subbarisan pada setiap $B_i$ konvergen ke $0$, tetapi $(s_n)$ tidak konvergen ke $0$. (Petunjuk: gunakan fungsi pasangan Cantor atau pangkat dua.)

Latihan 28.1-7. Buktikan bahwa $L$ limit subbarisan dari $(s_n)$ jika dan hanya jika $L\in\operatorname{cl}\{s_n:n\geq K\}$ untuk setiap $K\geq1$.

Latihan 28.1-8. Misalkan $(s_n)$ terbatas dan setiap subbarisannya yang konvergen mempunyai limit $L$. Buktikan dengan Teorema 28.1.8, dengan menganggap hasil Unit 28.2 (setiap barisan terbatas mempunyai subbarisan konvergen), bahwa $s_n\to L$.

Solusi

Solusi 28.1-1. (a) Ya: $n_k=3k+1$ naik tegas. (b) Tidak: $1!=2!=1$, sehingga $n_1=n_2$. Barisan $\tfrac1{(k+1)!}$ adalah subbarisan. (c) Tidak: $\lfloor k/2\rfloor+1$ bernilai $1,2,2,3,3,\ldots$ untuk $k=1,2,3,\ldots$, sehingga ada pengulangan. (d) Ya: $2^k-k$ bernilai $1,2,5,12,\ldots$, dan $(2^{k+1}-(k+1))-(2^k-k)=2^k-1\geq1$. $\square$

Solusi 28.1-2. $|s_{n_k}|\leq M$ karena $s_{n_k}$ adalah suku $(s_n)$. Bila $(s_n)$ naik, $n_k<n_{k+1}$ memberi $s_{n_k}\leq s_{n_{k+1}}$ (Proposisi 27.1.2). $\square$

Solusi 28.1-3. (a) Suku genap $\to1$ dan suku ganjil $\to-1$. (b) Suku genap $s_{2k}=2k$ tak terbatas, sehingga subbarisan itu divergen. (Suku ganjil $\tfrac1{2k-1}\to0$.) (c) $s_{3k}=0$ dan $s_{3k+1}=1$, dua subbarisan konstan dengan limit berbeda. $\square$

Solusi 28.1-4. Untuk $(-1)^n+\tfrac1n$: limit subbarisannya $\pm1$. Argumen ketiadaan limit lain sama dengan Contoh 28.1.12(a). Untuk sisa pembagian oleh $3$: limit subbarisannya $\{0,1,2\}$. Untuk $L\notin\{0,1,2\}$, ambil $\varepsilon$ sebagai setengah jarak terkecil dari $L$ ke $0$, $1$, dan $2$. Tidak ada suku dalam $B(L,\varepsilon)$. $\square$

Solusi 28.1-5. Misalkan $s_{n_k}\to L$. Untuk setiap $n$, ada $k$ dengan $n_k\geq n$ (Lemma 28.1.2, $k=n$), sehingga $s_n\leq s_{n_k}\leq L$ (Latihan 27.2-5 untuk subbarisan naik). Jadi $(s_n)$ terbatas di atas oleh $L$, dan konvergen menurut Teorema 27.2.1 ke suatu $L'$. Teorema 28.1.5 memberi $s_{n_k}\to L'$, sehingga $L'=L$. $\square$

Solusi 28.1-6. Tulis setiap $n\in\mathbb{N}_{+}$ secara tunggal sebagai $n=2^{i-1}(2j-1)$ dengan $i,j\geq1$. Tetapkan $B_i=\{2^{i-1}(2j-1):j\geq1\}$, yang tak hingga dan saling lepas. Tetapkan $s_n=1$ bila $j=1$, yaitu bila $n=2^{i-1}$, dan $s_n=0$ bila $j\geq2$. Pada setiap $B_i$, hanya suku pertamanya yang bernilai $1$, sehingga subbarisannya akhirnya $0$ dan konvergen ke $0$. Akan tetapi $s_{2^{i-1}}=1$ untuk tak hingga banyak $i$, sehingga $(s_n)$ tidak konvergen ke $0$. $\square$

Solusi 28.1-7. ($\Rightarrow$) Ekor subbarisan termuat di $\{s_n:n\geq K\}$ dan konvergen ke $L$, sehingga Teorema 25.2.7(a) memberi $L\in\operatorname{cl}$. ($\Leftarrow$) Untuk $\varepsilon>0$ dan $K$, Teorema 14.4.3 memberi $n\geq K$ dengan $|s_n-L|<\varepsilon$. Teorema 28.1.11(c) menyelesaikan. Tidak ada pilihan yang dipakai. $\square$

Solusi 28.1-8. Misalkan $(s_{n_k})$ sebarang subbarisan. Subbarisan itu terbatas (Latihan 28.1-2), sehingga mempunyai subbarisan lebih lanjut yang konvergen (Unit 28.2). Subbarisan lebih lanjut itu adalah subbarisan $(s_n)$ (Proposisi 28.1.4) yang konvergen, sehingga limitnya $L$. Teorema 28.1.8 memberi $s_n\to L$. $\square$

Ringkasan

Subbarisan adalah komposisi $s\circ\nu$ dengan $\nu$ naik tegas, sehingga $n_k\geq k$. Barisan konvergen mewariskan limitnya ke semua subbarisan. Dua subbarisan dengan limit berbeda membuktikan divergensi, seperti pada contoh master Bab 30, $(-1)^n(1+\tfrac1n)$. Kriteria subbarisan menyatakan bahwa $s_n\to L$ jika dan hanya jika setiap subbarisan mempunyai subbarisan lebih lanjut yang konvergen ke $L$. Limit subbarisan dicirikan oleh "tak hingga banyak indeks di setiap lingkungan-$\varepsilon$", dan subbarisannya dapat dibangun tanpa pilihan dengan rekursi "indeks terkecil berikutnya". Titik akumulasi himpunan nilai adalah limit subbarisan, tetapi tidak sebaliknya.

28.2 Teorema Bolzano-Weierstrass untuk Barisan Terbatas

Penjelasan master: setiap barisan terbatas di $\mathbb{R}$ pasti memiliki setidaknya satu subbarisan yang konvergen. Barisan terbatas tidak harus konvergen, seperti $(-1)^n$, tetapi selalu ada bagian darinya yang konvergen. Teorema ini adalah versi barisan dari Teorema Bolzano–Weierstrass untuk himpunan (Teorema 14.3.2), dan merupakan alat utama untuk bab-bab kekontinuan. Teorema nilai ekstrem (Bab 37) dan kekontinuan seragam (Bab 38) dibangun di atasnya.

Unit ini memberi dua bukti. Bukti pertama memakai lemma subbarisan monoton dan Teorema Kekonvergenan Monoton. Bukti kedua memakai Teorema 14.3.2. Keduanya tanpa aksioma pilihan.

Prasyarat: Unit 28.1; Teorema 27.2.1; Teorema 14.3.2 dan Lemma 14.3.1; Teorema 20.3.5.

Subbarisan Monoton

Definisi 28.2.1 (Indeks Puncak)

Indeks $p$ disebut puncak dari $(s_n)$ jika $s_p\geq s_m$ untuk semua $m>p$. Dengan kata lain, tidak ada suku sesudahnya yang lebih besar.

Gambaran: dari puncak $p$, seluruh "pemandangan ke kanan" tidak lebih tinggi.

Lemma 28.2.2 (Subbarisan Monoton)

Setiap barisan real mempunyai subbarisan yang monoton.

Bukti. Misalkan $P$ himpunan indeks puncak.

Kasus 1: $P$ tak hingga. Teorema 20.3.5 memberi pencacahan naik tegas $p_1<p_2<\cdots$ dari $P$. Karena $p_k$ puncak dan $p_{k+1}>p_k$, $s_{p_k}\geq s_{p_{k+1}}$. Jadi $(s_{p_k})$ turun.

Kasus 2: $P$ hingga. Ambil $N$ lebih besar daripada semua anggota $P$, misalnya $N=1$ bila $P=\emptyset$ dan $N=\max P+1$ bila tidak. Setiap $n\geq N$ bukan puncak, sehingga ada $m>n$ dengan $s_m>s_n$. Definisikan secara rekursif

Himpunan pada langkah rekursi tidak kosong, karena $n_k\geq N$ bukan puncak, dan minimumnya ada menurut urutan baik. Maka $(n_k)$ naik tegas dan $s_{n_{k+1}}>s_{n_k}$. Jadi $(s_{n_k})$ naik tegas. $\square$

Lemma ini tidak memerlukan keterbatasan. Lemma ini juga tidak memakai kelengkapan $\mathbb{R}$, sehingga berlaku di lapangan terurut mana pun. Kelengkapan baru masuk pada langkah berikut.

Teorema Bolzano–Weierstrass

Teorema 28.2.3 (Bolzano–Weierstrass)

Setiap barisan terbatas $(s_n)$ di $\mathbb{R}$ mempunyai subbarisan yang konvergen. Bila $a\leq s_n\leq b$ untuk semua $n$, limit subbarisan itu terletak di $[a,b]$.

Bukti pertama. Lemma 28.2.2 memberi subbarisan monoton. Subbarisan itu terbatas, karena suku-sukunya adalah suku $(s_n)$. Teorema 27.2.1 memberi bahwa subbarisan itu konvergen. Limitnya di $[a,b]$ menurut Akibat 25.2.6. $\square$

Bukti kedua. Misalkan $V=\{s_n:n\geq1\}$, yang terbatas.

Kasus $V$ hingga. Untuk setiap $v\in V$, tulis $I_v=\{n:s_n=v\}$. Maka $\mathbb{N}_{+}=\bigcup_{v\in V}I_v$, yaitu gabungan berhingga banyak himpunan. Bila semua $I_v$ hingga, gabungannya hingga (Lemma 14.3.1 atau Teorema 20.1.9), padahal $\mathbb{N}_{+}$ tak hingga. Jadi ada $v$ dengan $I_v$ tak hingga. Untuk menghindari pilihan, ambil $v=s_n$ dengan $n$ terkecil sehingga $I_{s_n}$ tak hingga. Pencacahan naik $I_v$ (Teorema 20.3.5) memberi subbarisan konstan $v$, yang konvergen.

Kasus $V$ tak hingga. Teorema 14.3.2 memberi titik akumulasi $L$ dari $V$. Proposisi 28.1.13 menyatakan bahwa $L$ limit subbarisan dari $(s_n)$. $\square$

Bukti kedua memperlihatkan prinsip sarang merpati tak hingga: bila tak hingga banyak indeks dibagi ke berhingga banyak "sarang" (nilai), satu sarang memuat tak hingga banyak indeks. Pada kasus himpunan nilai tak hingga, peran itu diambil alih oleh pembagian dua berulang dalam bukti Teorema 14.3.2.

Contoh 28.2.4

(a) $(-1)^n$: subbarisan konstan $s_{2k}=1$.

(b) $(-1)^n\bigl(1+\tfrac1n\bigr)$: puncaknya adalah indeks genap, karena $s_{2k}=1+\tfrac1{2k}$ lebih besar daripada semua suku sesudahnya. Kasus 1 Lemma 28.2.2 memberi subbarisan turun $s_2,s_4,s_6,\ldots$ yang konvergen ke $1$.

(c) $s_n=\tfrac{\lfloor n\sqrt2\rfloor}{n}-\sqrt2+\tfrac{(-1)^n}2$ terbatas, karena $\bigl|\tfrac{\lfloor n\sqrt2\rfloor}n-\sqrt2\bigr|<\tfrac1n$ (Latihan 25.2-6). Teorema 28.2.3 menjamin subbarisan konvergen. Di sini subbarisan genap konvergen ke $\tfrac12$ dan subbarisan ganjil ke $-\tfrac12$.

Akibat-Akibat

Teorema 28.2.5 (Satu Limit Subbarisan)

Barisan terbatas yang mempunyai tepat satu limit subbarisan $L$ konvergen ke $L$.

Bukti. Ini Latihan 28.1-8, dengan Teorema 28.2.3. Secara langsung: andaikan $s_n\not\to L$. Ada $\varepsilon>0$ dan subbarisan $(s_{n_k})$ dengan $|s_{n_k}-L|\geq\varepsilon$ (bukti Teorema 28.1.8). Subbarisan itu terbatas, sehingga mempunyai subbarisan lebih lanjut yang konvergen ke suatu $L'$, dengan $|L'-L|\geq\varepsilon$ (Akibat 25.2.6 pada $|s_{n_k}-L|\geq\varepsilon$ dan Latihan 25.2-2). Jadi $L'\ne L$ adalah limit subbarisan kedua, kontradiksi. $\square$

Syarat keterbatasan diperlukan. Barisan $s_n=n$ untuk $n$ genap dan $s_n=0$ untuk $n$ ganjil hanya mempunyai satu limit subbarisan, yaitu $0$, tetapi divergen.

Teorema 28.2.6 (Kekompakan Barisan Interval Tutup)

Misalkan $F\subseteq\mathbb{R}$ tutup dan terbatas. Setiap barisan di $F$ mempunyai subbarisan yang konvergen ke suatu titik di $F$.

Bukti. Teorema 28.2.3 memberi subbarisan konvergen, dan limitnya di $F$ menurut Teorema 25.2.5. $\square$

Sifat ini disebut kekompakan barisan. Interval $[a,b]$ adalah contoh utamanya. Kedua syarat diperlukan:

• Tanpa tutup: di $(0,1]$, barisan $\tfrac1n$ hanya mempunyai subbarisan yang konvergen ke $0\notin(0,1]$.
• Tanpa terbatas: di $[0,\infty)$, barisan $n$ tidak mempunyai subbarisan konvergen.

Teorema 28.2.7 (Kebalikan, dengan AC$_\omega$)

Misalkan $A\subseteq\mathbb{R}$, dan setiap barisan di $A$ mempunyai subbarisan yang konvergen ke suatu titik di $A$. Dengan AC$_\omega$ (Aksioma 23.3.3), $A$ tutup dan terbatas.

Bukti. Terbatas: andaikan tidak. Untuk setiap $n$, $A_n=\{x\in A:|x|>n\}\ne\emptyset$. AC$_\omega$ memberi $x_n\in A_n$. Setiap subbarisan $(x_{n_k})$ memenuhi $|x_{n_k}|>n_k\geq k$, sehingga tak terbatas dan tidak konvergen. Kontradiksi.

Tutup: misalkan $p\in\operatorname{cl}(A)$. Teorema 25.2.7(b), dengan AC$_\omega$, memberi barisan di $A$ yang konvergen ke $p$. Subbarisannya juga konvergen ke $p$, sehingga menurut hipotesis $p\in A$. Jadi $\operatorname{cl}(A)\subseteq A$, dan $A$ tutup. $\square$

Bersama Teorema 28.2.6, dengan AC$_\omega$: subhimpunan $\mathbb{R}$ kompak secara barisan jika dan hanya jika tutup dan terbatas. Kekompakan dalam arti selimut terbuka (Heine–Borel) adalah topik lanjutan. Bab 50 menyinggung hubungan keduanya.

Bolzano–Weierstrass sebagai Aksioma Kelengkapan

Teorema 28.2.8

Di lapangan terurut $F$, pernyataan "setiap barisan terbatas mempunyai subbarisan yang konvergen di $F$" setara dengan aksioma supremum.

Bukti. (Supremum ⇒ BW) Bukti pertama Teorema 28.2.3 hanya memakai Lemma 28.2.2, yang berlaku di lapangan terurut mana pun, dan Teorema Kekonvergenan Monoton, yang mengikuti dari aksioma supremum (Teorema 27.2.7).

(BW ⇒ supremum) Kita buktikan kekonvergenan monoton, lalu memakai Teorema 27.2.7. Misalkan $(s_n)$ naik dan terbatas di atas. Barisan itu terbatas di bawah oleh $s_1$, sehingga BW memberi subbarisan $s_{n_k}\to L$. Subbarisan itu naik, sehingga $s_{n_k}\leq L$ untuk semua $k$. Bila $s_{n_j}>L$ untuk suatu $j$, maka $s_{n_k}\geq s_{n_j}$ untuk $k\geq j$, sehingga $L\geq s_{n_j}$ (Akibat 25.2.6), kontradiksi. Untuk setiap $n$, pilih $k=n$: $n_k\geq n$, sehingga $s_n\leq s_{n_k}\leq L$. Untuk $\varepsilon>0$, ada $k_0$ dengan $s_{n_{k_0}}>L-\varepsilon$. Untuk $n\geq n_{k_0}$, $L-\varepsilon<s_{n_{k_0}}\leq s_n\leq L$. Jadi $s_n\to L$. Semua langkah ini hanya memakai aksioma lapangan terurut. $\square$

Jadi aksioma supremum, Teorema Kekonvergenan Monoton, dan Teorema Bolzano–Weierstrass adalah tiga rumusan setara bagi kelengkapan $\mathbb{R}$. Di $\mathbb{Q}$, BW gagal. Barisan pemotongan desimal $\sqrt2$ terletak di $\mathbb{Q}\cap[1,2]$, tetapi setiap subbarisannya konvergen di $\mathbb{R}$ ke $\sqrt2$ (Teorema 28.1.5), sehingga tidak ada subbarisan yang konvergen ke bilangan rasional.

Latihan

Latihan 28.2-1. Tentukan secara eksplisit subbarisan yang konvergen dari: (a) $(-1)^n+\tfrac1n$; (b) $s_n=\tfrac{r_n}7$, dengan $r_n$ sisa pembagian $n$ oleh $7$; (c) $s_n=(-1)^n\tfrac n{n+1}$.

Latihan 28.2-2. Tentukan himpunan indeks puncak untuk (a) $\tfrac{(-1)^n}n$; (b) $1-\tfrac1n$; (c) $\tfrac1n$. Lalu tentukan subbarisan monoton yang dihasilkan oleh bukti Lemma 28.2.2.

Latihan 28.2-3. Buktikan Teorema 28.2.3 secara langsung dengan bagi dua. Pada setiap langkah, pilih separuh kiri bila separuh kiri memuat suku dengan tak hingga banyak indeks, dan separuh kanan bila tidak.

Latihan 28.2-4. Buktikan tanpa pilihan bahwa barisan yang tidak terbatas di atas mempunyai subbarisan yang divergen ke $+\infty$.

Latihan 28.2-5. Buktikan bahwa barisan terbatas konvergen jika dan hanya jika himpunan limit subbarisannya tepat beranggota satu.

Latihan 28.2-6. Beri contoh barisan di $\mathbb{Q}\cap[0,1]$ yang tidak mempunyai subbarisan yang konvergen di $\mathbb{Q}$. Buktikan klaim Anda.

Latihan 28.2-7. Buktikan bahwa setiap barisan di $[0,1]\times[0,1]$, yaitu pasangan $(x_n,y_n)$ dengan $x_n,y_n\in[0,1]$, mempunyai subbarisan dengan kedua komponennya konvergen.

Latihan 28.2-8. Pada bukti Teorema 28.2.7, jelaskan di mana AC$_\omega$ dipakai. Untuk $A=\mathbb{N}$, tunjukkan bagaimana pemakaian itu dapat dihindari.

Solusi

Solusi 28.2-1. (a) $s_{2k}=1+\tfrac1{2k}\to1$. (b) $s_{7k}=0$, subbarisan konstan. (c) $s_{2k}=\tfrac{2k}{2k+1}\to1$. $\square$

Solusi 28.2-2. (a) Suku genap positif $\tfrac1n$ dan suku ganjil negatif. Indeks genap $n$ adalah puncak, karena semua suku sesudahnya $\leq\tfrac1{n+2}<\tfrac1n$ atau negatif. Indeks ganjil bukan puncak, karena suku sesudahnya positif. Jadi $P=\{2,4,6,\ldots\}$, dan subbarisannya $\tfrac12,\tfrac14,\ldots$, yang turun. (b) Barisan ini naik tegas, sehingga tidak ada puncak. Kasus 2 dengan $N=1$ memberi $n_{k+1}=n_k+1$, yaitu seluruh barisan. (c) Setiap indeks adalah puncak, sehingga subbarisannya adalah seluruh barisan, yang turun. $\square$

Solusi 28.2-3. Misalkan $s_n\in[a_0,b_0]$. Definisikan $[a_{j+1},b_{j+1}]$ sebagai separuh kiri $[a_j,c_j]$, dengan $c_j=\tfrac{a_j+b_j}2$, bila $\{n:s_n\in[a_j,c_j]\}$ tak hingga, dan sebagai separuh kanan $[c_j,b_j]$ bila tidak. Induksi menunjukkan bahwa $I_j=\{n:s_n\in[a_j,b_j]\}$ selalu tak hingga: bila separuh kiri hanya memuat berhingga banyak indeks, separuh kanan memuat sisanya, yang tak hingga. Ambil $n_1=\min I_1$ dan $n_{j+1}=\min\{n\in I_{j+1}:n>n_j\}$. Interval-interval itu bersarang dengan panjang $\tfrac{b_0-a_0}{2^j}\to0$, sehingga irisannya $\{L\}$ (Bab 12). Karena $|s_{n_j}-L|\leq\tfrac{b_0-a_0}{2^j}$, $s_{n_j}\to L$. Semua langkahnya ditentukan, tanpa pilihan. $\square$

Solusi 28.2-4. Untuk setiap $M$, himpunan $\{n:s_n>M\}$ tak hingga. Kalau hingga, $\max(M,\text{nilai-nilai pada indeks itu})$ adalah batas atas. Definisikan $n_1=\min\{n:s_n>1\}$ dan $n_{k+1}=\min\{n>n_k:s_n>k+1\}$. Maka $s_{n_k}>k$, sehingga $s_{n_k}\to+\infty$. $\square$

Solusi 28.2-5. ($\Rightarrow$) Teorema 28.1.5: setiap subbarisan konvergen ke limit yang sama, dan limit itu memang limit subbarisan. Jadi himpunan limit subbarisannya $\{\lim s_n\}$. ($\Leftarrow$) Teorema 28.2.5. $\square$

Solusi 28.2-6. Pemotongan desimal $a_n$ dari $\tfrac{\sqrt2}2\in(0,1)$ terletak di $\mathbb{Q}\cap[0,1]$. Setiap subbarisannya konvergen di $\mathbb{R}$ ke $\tfrac{\sqrt2}2$ (Teorema 28.1.5), yang irasional. Bila suatu subbarisan konvergen di $\mathbb{Q}$ ke $q$, maka ia juga konvergen di $\mathbb{R}$ ke $q$ (seperti pada Contoh 25.2.2), sehingga $q=\tfrac{\sqrt2}2$ menurut ketunggalan. Kontradiksi. $\square$

Solusi 28.2-7. BW memberi subbarisan $(x_{n_k})$ yang konvergen. Barisan $(y_{n_k})_k$ terbatas, sehingga BW memberi subbarisan lebih lanjut $(y_{n_{k_j}})_j$ yang konvergen. Subbarisan $(x_{n_{k_j}})_j$ tetap konvergen (Teorema 28.1.5). Jadi pasangan $(x_{n_{k_j}},y_{n_{k_j}})$ konvergen pada kedua komponennya. $\square$

Solusi 28.2-8. AC$_\omega$ dipakai untuk memilih $x_n\in A$ dengan $|x_n|>n$ untuk setiap $n$ sekaligus, dan dipakai pula di dalam Teorema 25.2.7(b). Untuk $A=\mathbb{N}$, pilihannya eksplisit: $x_n=n+1$. Secara umum, bila $A$ mempunyai pencacahan yang diberikan, pilih anggota dengan indeks pencacahan terkecil. $\square$

Ringkasan

Setiap barisan mempunyai subbarisan monoton, lewat lemma indeks puncak dan tanpa kelengkapan. Bersama Teorema Kekonvergenan Monoton, ini memberi Bolzano–Weierstrass: setiap barisan terbatas di $\mathbb{R}$ mempunyai subbarisan konvergen. Bukti kedua memakai Teorema 14.3.2 dan prinsip sarang merpati tak hingga, juga tanpa pilihan. Akibatnya: barisan terbatas dengan satu limit subbarisan konvergen; himpunan tutup dan terbatas kompak secara barisan, dengan kebalikannya memerlukan AC$_\omega$ yang ditandai. Di lapangan terurut, BW setara dengan aksioma supremum, dan BW gagal di $\mathbb{Q}$.