# Bab 24: Pengantar Barisan dan Indeksasi

## 24.1 Definisi Formal Barisan sebagai Pemetaan

Bagian V membahas barisan bilangan real. Penjelasan master: barisan adalah fungsi yang domainnya bilangan asli dan kodomainnya bilangan real. Kalimat ini adalah definisinya. Gambaran "deretan bilangan yang ditulis satu per satu" berguna, tetapi tidak cukup tepat untuk pembuktian. Gambaran itu tidak menjelaskan apa artinya dua barisan sama, apakah suku yang berulang dihitung dua kali, atau mengapa beberapa suku pertama tidak menentukan suku berikutnya. Dengan barisan dipandang sebagai fungsi, semua pertanyaan itu dijawab oleh teori fungsi dari Bab 5.

Barisan sudah muncul sebelumnya tanpa definisi umum: barisan yang didefinisikan secara rekursif (Bab 7), barisan interval bersarang (Bab 12), barisan pemotongan desimal (Unit 12.4), dan barisan biner (Bab 22–23). Unit ini memberi kerangka bersama untuk semuanya. Bab 25 kemudian memakai kerangka ini untuk mendefinisikan limit.

Prasyarat: fungsi, kesamaan fungsi, dan komposisi (Bab 5); induksi dan rekursi (Teorema 7.4.1); bilangan real (Bab 9–12).

### Definisi

#### Definisi 24.1.1 (Himpunan Indeks)

Untuk $m\in\mathbb{Z}$, tulis $\mathbb{Z}_{\geq m}=\{n\in\mathbb{Z}:n\geq m\}$. Jadi $\mathbb{Z}_{\geq0}=\mathbb{N}$ dan $\mathbb{Z}_{\geq1}=\mathbb{N}_{+}$.

#### Definisi 24.1.2 (Barisan Real)

Misalkan $m\in\mathbb{Z}$. Barisan real dengan indeks awal $m$ adalah fungsi
$$s:\mathbb{Z}_{\geq m}\to\mathbb{R}.$$
Nilai $s(n)$ ditulis $s_n$ dan disebut suku ke-$n$. Barisan itu ditulis $(s_n)_{n=m}^{\infty}$ atau $(s_n)_{n\geq m}$. Bila indeks awalnya jelas dari konteks, tulis saja $(s_n)$.

Dalam buku ini $\mathbb{N}=\{0,1,2,\ldots\}$. Mengikuti master, indeks awal baku untuk Bagian V–VI adalah $m=1$, sehingga barisan baku adalah fungsi $\mathbb{N}_{+}\to\mathbb{R}$. Indeks awal lain dipakai bila lebih alami, misalnya $m=0$ untuk barisan rekursif yang dimulai dari $a_0$.

Simbol $\infty$ pada $(s_n)_{n=1}^{\infty}$ bukan bilangan real. Simbol itu hanya menyatakan bahwa indeks berjalan melalui semua bilangan bulat $n\geq1$. Tidak ada "suku ke-$\infty$".

#### Contoh 24.1.3 (Contoh Master)

$s_n=\dfrac n{n+1}$ untuk $n\geq1$. Penyebut $n+1\geq2$ tidak nol, sehingga setiap suku terdefinisi. Tiga suku pertama:
$$s_1=\tfrac12,\qquad s_2=\tfrac23,\qquad s_3=\tfrac34.$$
Suku-suku ini naik tegas:
$$s_{n+1}-s_n=\frac{n+1}{n+2}-\frac n{n+1}=\frac{(n+1)^2-n(n+2)}{(n+1)(n+2)}=\frac1{(n+1)(n+2)}>0.$$
Akibatnya, $s$ injektif sebagai fungsi: indeks yang berbeda memberi suku yang berbeda.

### Barisan dan Himpunan Nilainya

#### Definisi 24.1.4 (Himpunan Nilai)

Himpunan nilai barisan $(s_n)_{n\geq m}$ adalah peta fungsi $s$:
$$\{s_n:n\geq m\}=s[\mathbb{Z}_{\geq m}]\subseteq\mathbb{R}.$$

Barisan dan himpunan nilainya adalah objek yang berbeda.

#### Contoh 24.1.5

(a) $s_n=(-1)^n$ untuk $n\geq1$ mempunyai himpunan nilai $\{-1,1\}$, yang hanya beranggota dua. Barisannya sendiri tetap fungsi pada seluruh $\mathbb{N}_{+}$: $-1,1,-1,1,\ldots$.

(b) $t_n=(-1)^{n+1}$ mempunyai himpunan nilai yang sama, tetapi $t\ne s$, karena $t_1=1\ne-1=s_1$.

(c) Barisan konstan $c_n=7$ mempunyai himpunan nilai $\{7\}$.

(d) Barisan $\tfrac12,\tfrac23,\tfrac34,\ldots$ dan barisan $\tfrac23,\tfrac12,\tfrac34,\tfrac45,\ldots$, yang menukar dua suku pertama, mempunyai himpunan nilai yang sama, tetapi berbeda sebagai barisan.

Urutan dan pengulangan adalah bagian dari barisan, tetapi hilang dalam himpunan nilai. Karena itu, konsep seperti limit didefinisikan untuk barisan, bukan untuk himpunan nilainya.

#### Proposisi 24.1.6 (Kesamaan Barisan)

Dua barisan $(s_n)_{n\geq m}$ dan $(t_n)_{n\geq m}$ dengan indeks awal yang sama adalah sama jika dan hanya jika $s_n=t_n$ untuk setiap $n\geq m$.

Bukti. Ini kesamaan fungsi dengan domain dan kodomain yang sama (Bab 5). $\square$

### Cara Menentukan Barisan

Sebuah barisan dapat ditentukan dengan beberapa cara.

(a) Rumus eksplisit, seperti $s_n=\tfrac n{n+1}$ atau $s_n=\lfloor\tfrac n2\rfloor$.

(b) Rumus sepotong-sepotong, misalnya $s_n=n$ untuk $n$ genap dan $s_n=\tfrac1n$ untuk $n$ ganjil.

(c) Rekursi: suku awal dan aturan yang menghitung $s_{n+1}$ dari suku-suku sebelumnya. Keberadaan dan ketunggalan barisan semacam itu dijamin oleh Teorema Rekursi 7.4.1. Teorema itu berlaku untuk sebarang indeks awal, karena indeks dapat digeser (Definisi 24.1.9).

(d) Pencacahan naik dari subhimpunan tak hingga $\mathbb{N}$ (Teorema 20.3.5), misalnya barisan bilangan prima $2,3,5,7,11,\ldots$.

Yang tidak cukup adalah "beberapa suku pertama ditambah titik-titik". Tulisan $1,2,4,8,\ldots$ tidak menentukan sebuah barisan.

#### Contoh 24.1.7 (Pola yang Menipu)

Barisan $u_n=2^{n-1}$ dan
$$v_n=1+(n-1)+\frac{(n-1)(n-2)}2+\frac{(n-1)(n-2)(n-3)}6,\qquad n\geq1,$$
sama-sama dimulai dengan $1,2,4,8$. Akan tetapi $u_5=16$, sedangkan $v_5=1+4+6+4=15$. Untuk memeriksa empat suku pertama: $v_1=1+0+0+0=1$, $v_2=1+1+0+0=2$, $v_3=1+2+1+0=4$, dan $v_4=1+3+3+1=8$. Jadi titik-titik bukan definisi. Setiap barisan dalam buku ini diberikan dengan rumus, rekursi, atau aturan yang lengkap.

#### Contoh 24.1.8 (Barisan Rekursif: Metode Babilonia untuk $\sqrt2$)

Tetapkan $a_1=1$ dan
$$a_{n+1}=\frac{a_n}2+\frac1{a_n},\qquad n\geq1.$$
Agar rekursi sah, setiap $a_n$ harus tidak nol. Induksi memberi $a_n>0$: $a_1=1>0$, dan bila $a_n>0$ maka $a_{n+1}$ adalah jumlah dua bilangan positif. Teorema 7.4.1, dengan fungsi langkah $x\mapsto\tfrac x2+\tfrac1x$ pada $(0,\infty)$, memberi barisan tunggal. Beberapa suku pertama:
$$a_1=1,\quad a_2=\tfrac32,\quad a_3=\tfrac34+\tfrac23=\tfrac{17}{12},\quad a_4=\tfrac{17}{24}+\tfrac{12}{17}=\tfrac{289+288}{408}=\tfrac{577}{408}.$$
Kuadratnya $a_4^2=\tfrac{332929}{166464}$, dengan $332929-2\cdot166464=1$. Jadi $a_4^2-2=\tfrac1{166464}$, sangat dekat dengan $2$. Bab 27 akan membuktikan bahwa barisan ini konvergen ke $\sqrt2$.

### Pergeseran Indeks dan Ekor

#### Definisi 24.1.9 (Pergeseran Indeks)

Untuk barisan $(s_n)_{n\geq m}$ dan $p\in\mathbb{Z}$, barisan $(t_k)_{k\geq m-p}$ dengan $t_k=s_{k+p}$ disebut pergeseran $(s_n)$ sejauh $p$.

Pemetaan $k\mapsto k+p$ adalah bijeksi $\mathbb{Z}_{\geq m-p}\to\mathbb{Z}_{\geq m}$, sehingga $t=s\circ(k\mapsto k+p)$. Suku-sukunya sama dan urutannya sama. Yang berubah hanya label indeksnya. Contoh: $s_n=\tfrac1{n+3}$, $n\geq1$, digeser sejauh $-3$ menjadi $t_k=\tfrac1k$, $k\geq4$. Semua sifat yang dibahas di Bagian V, yaitu keterbatasan, kekonvergenan, dan limit, tidak berubah oleh pergeseran. Hal ini akan dicatat pada setiap definisi.

#### Definisi 24.1.10 (Ekor Barisan)

Untuk $(s_n)_{n\geq m}$ dan $K\geq m$, ekor sejak $K$ adalah pembatasan $(s_n)_{n\geq K}$, yaitu fungsi $s|_{\mathbb{Z}_{\geq K}}$.

Ekor membuang berhingga banyak suku awal. Konsep limit (Bab 25) hanya bergantung pada ekor: mengubah berhingga banyak suku tidak mengubah limit. Gagasan ini akan menjadi tema yang berulang.

### Operasi pada Barisan

#### Definisi 24.1.11 (Operasi Suku demi Suku)

Untuk barisan $(s_n)_{n\geq m}$ dan $(t_n)_{n\geq m}$ serta $c\in\mathbb{R}$, tetapkan
$$(s+t)_n=s_n+t_n,\quad(cs)_n=cs_n,\quad(st)_n=s_nt_n,\quad|s|_n=|s_n|,$$
dan, bila $t_n\ne0$ untuk setiap $n\geq m$, $(s/t)_n=s_n/t_n$.

Bila indeks awalnya berbeda, operasi dilakukan pada ekor bersama, yaitu sejak indeks awal yang lebih besar.

Contoh: dengan $s_n=\tfrac n{n+1}$ dan $t_n=\tfrac1{n+1}$, $(s+t)_n=1$ adalah barisan konstan. Contoh ini sederhana, tetapi Bab 26 akan memakai operasi semacam ini untuk menghitung limit.

### Barisan sebagai Objek

Himpunan semua barisan real dengan indeks awal $1$ adalah $\mathbb{R}^{\mathbb{N}_{+}}$. Menurut Unit 23.2, himpunan ini setara dengan $\mathbb{R}$ (Akibat 23.2.6(c), setelah pergeseran indeks). Dengan operasi Definisi 24.1.11, himpunan itu adalah ruang vektor atas $\mathbb{R}$ (Contoh 23.3.16).

Barisan juga dapat bernilai di himpunan lain: barisan interval $([a_n,b_n])_{n\geq1}$ di Bab 12, barisan titik di $\mathbb{R}^2$, atau barisan himpunan. Definisinya sama, yaitu fungsi dari $\mathbb{Z}_{\geq m}$ ke himpunan tersebut. Bagian V memusatkan perhatian pada barisan real.

Untuk membayangkan barisan, ada dua cara. Pertama, sebagai titik-titik $s_1,s_2,\ldots$ pada garis bilangan, dengan label urutan. Kedua, sebagai grafik fungsi, yaitu titik $(n,s_n)$ pada bidang yang terpisah-pisah di atas setiap bilangan bulat $n\geq m$. Cara kedua memperlihatkan bahwa barisan adalah fungsi. Cara pertama memperlihatkan ke mana suku-sukunya berkumpul.

### Latihan

Latihan 24.1-1. Tuliskan lima suku pertama dari: (a) $s_n=\tfrac{(-1)^n}n$, $n\geq1$; (b) $s_n=n^2-n$, $n\geq1$; (c) $a_1=1$, $a_{n+1}=2a_n+1$. Untuk (c), tebak rumus eksplisit dan buktikan dengan induksi.

Latihan 24.1-2. Buktikan bahwa $s_n=(-1)^n$ dan $t_n=(-1)^{n+1}$, $n\geq1$, mempunyai himpunan nilai yang sama tetapi berbeda sebagai barisan. Apakah ada bijeksi $\sigma:\mathbb{N}_{+}\to\mathbb{N}_{+}$ dengan $t=s\circ\sigma$?

Latihan 24.1-3. Untuk $s_n=\tfrac n{n+1}$, tentukan semua $n\geq1$ dengan $s_n>0{,}999$. Buktikan jawaban Anda.

Latihan 24.1-4. Periksa nilai $v_1,\ldots,v_5$ pada Contoh 24.1.7. Lalu buktikan bahwa untuk setiap daftar hingga $x_1,\ldots,x_k$ dan setiap $r\in\mathbb{R}$, terdapat barisan $(w_n)_{n\geq1}$ dengan $w_i=x_i$ untuk $i\leq k$ dan $w_{k+1}=r$.

Latihan 24.1-5. Tuliskan barisan $s_n=\tfrac1{n+3}$, $n\geq1$, sebagai pergeseran dengan indeks awal $0$, dan dengan indeks awal $4$. Periksa bahwa ketiganya mempunyai himpunan nilai yang sama.

Latihan 24.1-6. Buktikan bahwa pemetaan $s\mapsto(s_{k+1})_{k\geq0}$ adalah bijeksi dari himpunan barisan berindeks awal $1$ ke himpunan barisan berindeks awal $0$.

Latihan 24.1-7. Untuk barisan Contoh 24.1.8, buktikan bahwa $a_n^2\geq2$ untuk setiap $n\geq2$, dan bahwa $a_{n+1}\leq a_n$ untuk setiap $n\geq2$.

Latihan 24.1-8. Misalkan $S=\{n\in\mathbb{N}_{+}:3\nmid n\}=\{1,2,4,5,7,8,\ldots\}$. Buktikan bahwa $s_n=n+\lfloor\tfrac{n-1}2\rfloor$, $n\geq1$, adalah pencacahan naik tegas dari $S$, yaitu bijeksi naik tegas $\mathbb{N}_{+}\to S$.

### Solusi

Solusi 24.1-1. (a) $-1,\tfrac12,-\tfrac13,\tfrac14,-\tfrac15$. (b) $0,2,6,12,20$. (c) $1,3,7,15,31$. Tebakan: $a_n=2^n-1$. Induksi: $a_1=1=2^1-1$. Bila $a_n=2^n-1$, maka $a_{n+1}=2(2^n-1)+1=2^{n+1}-1$. $\square$

Solusi 24.1-2. Himpunan nilai keduanya $\{-1,1\}$, karena $(-1)^n$ bernilai $1$ untuk $n$ genap dan $-1$ untuk $n$ ganjil. Barisannya berbeda karena $s_1=-1\ne1=t_1$. Bijeksi seperti itu ada: $\sigma$ yang menukar $2j-1\leftrightarrow2j$ untuk setiap $j\geq1$. Maka $s_{\sigma(n)}=(-1)^{\sigma(n)}=(-1)^{n+1}=t_n$, karena $\sigma(n)$ dan $n$ selalu berbeda paritas. Jadi penyusunan ulang suku dapat mengubah barisan. $\square$

Solusi 24.1-3. $\tfrac n{n+1}>\tfrac{999}{1000}\iff1000n>999(n+1)\iff n>999$, dengan mengalikan kedua ruas dengan $1000(n+1)>0$. Jadi tepat $n\geq1000$. $\square$

Solusi 24.1-4. Suku-suku rumus $v_n$ untuk $n=1,\ldots,5$: $v_1=1+0+0+0=1$; $v_2=1+1+0+0=2$; $v_3=1+2+1+0=4$; $v_4=1+3+3+1=8$; $v_5=1+4+\tfrac{4\cdot3}2+\tfrac{4\cdot3\cdot2}6=1+4+6+4=15$. Untuk bagian kedua, definisikan $w_i=x_i$ untuk $i\leq k$, $w_{k+1}=r$, dan $w_n=0$ untuk $n>k+1$. Fungsi sepotong-sepotong ini sah. $\square$

Solusi 24.1-5. Indeks awal $0$: $t_k=s_{k+1}=\tfrac1{k+4}$, $k\geq0$. Indeks awal $4$: $u_j=s_{j-3}=\tfrac1j$, $j\geq4$. Ketiganya mempunyai himpunan nilai $\{\tfrac14,\tfrac15,\tfrac16,\ldots\}$, karena $n\mapsto n+3$ adalah bijeksi $\mathbb{N}_{+}\to\mathbb{Z}_{\geq4}$, $k\mapsto k+4$ bijeksi $\mathbb{N}\to\mathbb{Z}_{\geq4}$, dan $j\mapsto j$ identitas. $\square$

Solusi 24.1-6. Inversnya $t\mapsto(t_{n-1})_{n\geq1}$. Kedua komposisi adalah identitas: $(s_{(n-1)+1})=(s_n)$ dan $(t_{(k+1)-1})=(t_k)$. $\square$

Solusi 24.1-7. Untuk $n\geq1$, $a_{n+1}=\tfrac12\bigl(a_n+\tfrac2{a_n}\bigr)$. Ketaksamaan AM-GM versi polinomial (Teorema 10.4.3) dengan dua bilangan $a_n$ dan $\tfrac2{a_n}$ memberi $2=a_n\cdot\tfrac2{a_n}\leq\Bigl(\tfrac{a_n+2/a_n}2\Bigr)^2=a_{n+1}^2$, dan karena $a_{n+1}>0$, juga $a_{n+1}\geq\sqrt2$. Ini berlaku untuk setiap suku dengan indeks $\geq2$. Selanjutnya,
$$a_{n+1}-a_n=\frac1{a_n}-\frac{a_n}2=\frac{2-a_n^2}{2a_n}\leq0\quad\text{untuk }n\geq2,$$
karena $a_n^2\geq2$ dan $a_n>0$. $\square$

Solusi 24.1-8. Untuk $n=2j+1$ dengan $j\geq0$: $\lfloor\tfrac{2j}2\rfloor=j$, sehingga $s_n=3j+1$. Untuk $n=2j+2$: $\lfloor\tfrac{2j+1}2\rfloor=j$, sehingga $s_n=3j+2$. Barisannya $1,2,4,5,7,8,\ldots$.

- Naik tegas: $s_{2j+2}-s_{2j+1}=1$ dan $s_{2j+3}-s_{2j+2}=3(j+1)+1-(3j+2)=2$.
- Nilainya di $S$: $3j+1$ dan $3j+2$ tidak habis dibagi $3$.
- Surjektif: setiap $m\in S$ mempunyai sisa $1$ atau $2$ modulo $3$ (pembagian Euclid, Teorema 7.3.8). Jadi $m=3j+1=s_{2j+1}$ atau $m=3j+2=s_{2j+2}$.

$\square$

### Ringkasan

Barisan real adalah fungsi $s:\mathbb{Z}_{\geq m}\to\mathbb{R}$, dengan indeks awal baku $m=1$. Barisan berbeda dengan himpunan nilainya, karena urutan dan pengulangan penting. Barisan ditentukan oleh rumus, rekursi (Teorema 7.4.1), atau aturan lengkap lain, bukan oleh beberapa suku pertama. Pergeseran indeks dan pengambilan ekor hanya mengubah label atau membuang berhingga banyak suku awal. Operasi dilakukan suku demi suku. Contoh master $s_n=\tfrac n{n+1}$ mempunyai suku $\tfrac12,\tfrac23,\tfrac34,\ldots$ yang naik tegas.

## 24.2 Barisan Terbatas di Atas dan di Bawah

Keterbatasan adalah sifat global pertama dari sebuah barisan: semua suku termuat dalam satu interval. Sifat ini lebih lemah daripada kekonvergenan, tetapi Bab 25–28 menunjukkan bahwa keterbatasan perlu untuk kekonvergenan (Unit 25.2), cukup untuk kekonvergenan bila disertai kemonotonan (Bab 27), dan cukup untuk keberadaan subbarisan konvergen (Bab 28). Unit ini mendefinisikan keterbatasan, menyambungkannya dengan supremum dan infimum (Bab 11), dan memberi alat untuk membuktikan keterbatasan maupun ketakterbatasan.

Prasyarat: Unit 24.1; batas atas, supremum, dan karakterisasi $\varepsilon$ (Bab 11, Teorema 11.3.2); sifat Archimedes (Teorema 11.4.1); nilai mutlak dan ketaksamaan segitiga (Bab 13, 17–18).

### Definisi

#### Definisi 24.2.1 (Barisan Terbatas)

Barisan $(s_n)_{n\geq m}$ disebut:

(a) terbatas di atas jika terdapat $U\in\mathbb{R}$ dengan $s_n\leq U$ untuk setiap $n\geq m$, dan $U$ disebut batas atas barisan;

(b) terbatas di bawah jika terdapat $L\in\mathbb{R}$ dengan $L\leq s_n$ untuk setiap $n\geq m$, dan $L$ disebut batas bawah barisan;

(c) terbatas jika terbatas di atas dan di bawah.

Dengan kata lain, barisan terbatas di atas, di bawah, atau terbatas tepat ketika himpunan nilainya $\{s_n:n\geq m\}$ mempunyai sifat yang sama sebagai himpunan (Bab 11). Pergeseran indeks tidak mengubah himpunan nilai, sehingga tidak mengubah keterbatasan.

#### Proposisi 24.2.2 (Bentuk Nilai Mutlak)

$(s_n)_{n\geq m}$ terbatas jika dan hanya jika terdapat $M\geq0$ dengan $|s_n|\leq M$ untuk setiap $n\geq m$.

Bukti. ($\Leftarrow$) $|s_n|\leq M$ setara dengan $-M\leq s_n\leq M$ (Lemma 13.1.2). Jadi $-M$ batas bawah dan $M$ batas atas.

($\Rightarrow$) Misalkan $L\leq s_n\leq U$. Tetapkan $M=\max(|L|,|U|)$. Maka $s_n\leq U\leq|U|\leq M$, dan $s_n\geq L\geq-|L|\geq-M$. Jadi $|s_n|\leq M$ (Lemma 13.1.1 dan 13.1.2). $\square$

Bilangan $M$ ini tidak tunggal. Setiap bilangan yang lebih besar juga memenuhi. Dalam pembuktian, yang penting adalah adanya suatu $M$, bukan nilai terbaiknya.

#### Contoh 24.2.3 (Contoh Master)

Untuk $s_n=\tfrac n{n+1}$, $n\geq1$: $0<s_n<1$. Pembilang dan penyebut positif, sehingga $s_n>0$. Selain itu $1-s_n=\tfrac1{n+1}>0$, sehingga $s_n<1$. Jadi barisan ini terbatas, dengan $|s_n|\leq1$.

Batas yang terbaik:

- $\inf\{s_n\}=\tfrac12=s_1$, dan nilai ini tercapai sebagai minimum, karena barisan naik tegas (Contoh 24.1.3), sehingga $s_n\geq s_1$.
- $\sup\{s_n\}=1$, dan nilai ini tidak tercapai. $1$ adalah batas atas. Untuk $\varepsilon>0$, Korolari 11.4.3 memberi $n\geq1$ dengan $\tfrac1n<\varepsilon$, sehingga $s_n=1-\tfrac1{n+1}>1-\tfrac1n>1-\varepsilon$. Teorema 11.3.2 memberi $\sup=1$.

Jadi batas $0<s_n<1$ pada master benar, tetapi batas bawah $0$ tidak optimal: batas bawah terbesar adalah $\tfrac12$. Batas atas $1$ optimal, tetapi tidak dicapai oleh suku mana pun.

### Supremum dan Infimum Barisan

#### Definisi 24.2.4

Untuk barisan yang terbatas di atas, $\sup_{n\geq m}s_n=\sup\{s_n:n\geq m\}$. Supremum ini ada menurut aksioma supremum, karena himpunan nilai tidak kosong. Untuk barisan yang terbatas di bawah, $\inf_{n\geq m}s_n=\inf\{s_n:n\geq m\}$, yang ada menurut Teorema 11.3.3.

Supremum barisan tidak harus merupakan suku barisan (Contoh 24.2.3). Bila supremum itu suku barisan, ia adalah suku terbesar.

#### Teorema 24.2.5 (Keterbatasan Ditentukan oleh Ekor)

Misalkan $K\geq m$. Barisan $(s_n)_{n\geq m}$ terbatas di atas, di bawah, atau terbatas jika dan hanya jika ekornya $(s_n)_{n\geq K}$ mempunyai sifat yang sama.

Bukti. Arah ($\Rightarrow$) jelas, karena batas untuk seluruh barisan juga batas untuk ekornya. Untuk ($\Leftarrow$) dengan batas atas: misalkan $s_n\leq U$ untuk $n\geq K$. Himpunan $\{s_m,\ldots,s_{K-1}\}$ hingga. Bila himpunan itu tidak kosong, ia mempunyai maksimum $M_0$ (Teorema 11.1.14). Maka $\max(U,M_0)$ adalah batas atas untuk seluruh barisan. Bila $K=m$, tidak ada yang perlu dibuktikan. Kasus batas bawah serupa, dengan minimum. $\square$

Teorema ini adalah contoh pertama prinsip "berhingga banyak suku tidak penting". Suku awal yang sangat besar, misalnya $s_1=10^{100}$, tidak membuat barisan tak terbatas.

### Membuktikan Keterbatasan

#### Proposisi 24.2.6 (Operasi Mempertahankan Keterbatasan)

Misalkan $(s_n)$ dan $(t_n)$ terbatas, dengan $|s_n|\leq M$ dan $|t_n|\leq N$, dan $c\in\mathbb{R}$. Maka:

(a) $|s_n+t_n|\leq M+N$;

(b) $|cs_n|\leq|c|M$;

(c) $|s_nt_n|\leq MN$;

(d) bila terdapat $\delta>0$ dengan $|t_n|\geq\delta$ untuk semua $n$, maka $|1/t_n|\leq1/\delta$ dan $|s_n/t_n|\leq M/\delta$.

Bukti. (a) Ketaksamaan segitiga (Teorema 13.1.4). (b) dan (c) $|xy|=|x||y|$ (Teorema 17.4.1), dan perkalian ketaksamaan taknegatif. (d) $|1/t_n|=1/|t_n|$ (Teorema 17.4.2), dan $|t_n|\geq\delta>0$ memberi $1/|t_n|\leq1/\delta$. $\square$

Syarat $|t_n|\geq\delta$ pada (d) tidak dapat diganti dengan $t_n\ne0$. Barisan $t_n=\tfrac1n$ terbatas dan tidak pernah nol, tetapi $1/t_n=n$ tidak terbatas.

#### Contoh 24.2.7

(a) $s_n=\dfrac{3n^2-n+5}{n^2+1}$, $n\geq1$, terbatas. Untuk $n\geq1$, $|3n^2-n+5|\leq3n^2+n+5\leq3n^2+n^2+5n^2=9n^2$ (ketaksamaan segitiga, lalu $n\leq n^2$ dan $1\leq n^2$). Juga $n^2+1>n^2$. Jadi $|s_n|<9$. Batas ini kasar, tetapi cukup.

(b) $s_n=(-1)^n\bigl(1+\tfrac1n\bigr)$, $n\geq1$, terbatas: $|s_n|=1+\tfrac1n\leq2$. Barisan ini muncul lagi di Bab 30.

(c) Barisan Babilonia (Contoh 24.1.8) terbatas. $a_1=1$. Untuk $n\geq2$, $\sqrt2\leq a_n\leq a_2=\tfrac32$ (Latihan 24.1-7, yang memberi $a_n\geq\sqrt2$ dan barisan tak naik sejak $n=2$). Jadi $1\leq a_n\leq\tfrac32$ untuk semua $n$.

### Membuktikan Ketakterbatasan

Negasi "terbatas di atas", menurut aturan negasi kuantor (Bab 2):
$$\forall U\in\mathbb{R}\ \exists n\geq m:\ s_n>U.$$
Untuk membuktikan ketakterbatasan, setiap calon batas $U$ harus dikalahkan oleh suatu suku. Satu suku besar saja tidak cukup.

#### Contoh 24.2.8

(a) $s_n=n$ tidak terbatas di atas. Untuk $U\in\mathbb{R}$, sifat Archimedes (Teorema 11.4.1) memberi $n\in\mathbb{N}$ dengan $n>U$. Bila perlu, $n+1\geq1$ juga memenuhi. Barisan ini terbatas di bawah oleh $1$.

(b) $s_n=(-1)^nn$ tidak terbatas di atas maupun di bawah. Suku genap $s_{2k}=2k$ melampaui sebarang $U$, dan suku ganjil $s_{2k+1}=-(2k+1)$ berada di bawah sebarang $L$.

(c) $s_n=2^n$ tidak terbatas di atas. Ketaksamaan Bernoulli (Teorema 10.3.1) memberi $2^n=(1+1)^n\geq1+n>n$, lalu gunakan (a).

(d) $s_n=\sqrt n$ tidak terbatas di atas. Untuk $U>0$, ambil $n>U^2$ dengan sifat Archimedes. Maka $\sqrt n>U$. Seandainya $\sqrt n\leq U$, kuadrat yang naik pada bilangan taknegatif (Teorema 10.2.6) memberi $n\leq U^2$, kontradiksi.

#### Teorema 24.2.9 (Jumlah Harmonik Tidak Terbatas)

Barisan $H_n=\sum_{k=1}^n\tfrac1k$, $n\geq1$, tidak terbatas di atas. Lebih tepatnya, $H_{2^j}\geq1+\tfrac j2$ untuk setiap $j\in\mathbb{N}$.

Bukti. Induksi pada $j$. Untuk $j=0$, $H_1=1$. Untuk langkah,
$$H_{2^{j+1}}=H_{2^j}+\sum_{k=2^j+1}^{2^{j+1}}\frac1k\geq H_{2^j}+2^j\cdot\frac1{2^{j+1}}=H_{2^j}+\frac12,$$
karena jumlah itu terdiri atas $2^j$ suku, dan setiap suku $\geq\tfrac1{2^{j+1}}$. Hipotesis induksi memberi $H_{2^{j+1}}\geq1+\tfrac{j+1}2$.

Untuk $U\in\mathbb{R}$, pilih $j\in\mathbb{N}$ dengan $j>2U$ (Archimedes). Maka $H_{2^j}\geq1+\tfrac j2>U$. $\square$

Pertambahan $H_{n+1}-H_n=\tfrac1{n+1}$ semakin kecil, tetapi barisannya tetap tidak terbatas. Suku-suku yang bertambah dengan langkah mengecil tidak menjamin keterbatasan. Hasil ini akan menjadi contoh dasar deret divergen di Bagian VI.

### Keterbatasan dan Titik Akumulasi

Bila barisan terbatas mempunyai himpunan nilai tak hingga, Teorema Bolzano–Weierstrass untuk himpunan (Teorema 14.3.2) memberi titik akumulasi himpunan nilainya. Bab 28 memakai fakta ini, bersama penanganan kasus himpunan nilai hingga, untuk membuktikan bahwa setiap barisan terbatas mempunyai subbarisan yang konvergen.

### Latihan

Latihan 24.2-1. Tentukan apakah barisan berikut terbatas di atas atau di bawah, dan tentukan supremum serta infimumnya bila ada: (a) $s_n=\tfrac{(-1)^n}n$; (b) $s_n=n^2-6n$; (c) $s_n=\tfrac{2n+1}{n+3}$.

Latihan 24.2-2. Buktikan bahwa $s_n=\dfrac{n^2+3}{2n^2-1}$, $n\geq1$, terbatas, dengan memberikan $M$ eksplisit.

Latihan 24.2-3. Tuliskan negasi lengkap dari "$(s_n)$ terbatas" dalam bentuk kuantor, lalu buktikan bahwa $s_n=n\cdot(1+(-1)^n)$ tidak terbatas.

Latihan 24.2-4. Misalkan $(s_n)$ terbatas di atas dan $(t_n)$ terbatas di atas. Buktikan bahwa $\sup_n(s_n+t_n)\leq\sup_ns_n+\sup_nt_n$, dan beri contoh yang ketaksamaannya tegas.

Latihan 24.2-5. Beri contoh barisan terbatas $(s_n)$ dan $(t_n)$ dengan $t_n\ne0$ untuk semua $n$, tetapi $(s_n/t_n)$ tidak terbatas. Mengapa ini tidak bertentangan dengan Proposisi 24.2.6(d)?

Latihan 24.2-6. Buktikan bahwa $s_n=\left(1+\tfrac1n\right)^n$, $n\geq1$, terbatas di bawah oleh $2$. (Batas atas dibahas di Unit 27.3.)

Latihan 24.2-7. Barisan $x_1=1$, $x_{n+1}=\sqrt{2+x_n}$. Buktikan dengan induksi bahwa $1\leq x_n<2$ untuk semua $n\geq1$.

Latihan 24.2-8. Misalkan $(s_n)_{n\geq1}$ terbatas di atas dengan $u=\sup_ns_n$, dan $u$ bukan suku barisan. Buktikan bahwa untuk setiap $\varepsilon>0$ terdapat tak hingga banyak $n$ dengan $s_n>u-\varepsilon$.

### Solusi

Solusi 24.2-1. (a) $|s_n|\leq1$, sehingga terbatas. Suku ganjil negatif, dengan $s_1=-1$ terkecil, karena $s_n\geq-\tfrac1n\geq-1$. Suku genap positif, dengan $s_2=\tfrac12$ terbesar, karena $s_n\leq\tfrac1n\leq\tfrac12$ untuk $n\geq2$, dan $s_1<0$. Jadi $\inf=\min=-1$ dan $\sup=\max=\tfrac12$.

(b) $s_n=(n-3)^2-9\geq-9$, dengan kesamaan di $n=3$, sehingga $\inf=\min=-9$. Barisan ini tidak terbatas di atas: $s_n\geq(n-3)-9=n-12$ untuk $n\geq4$, karena $k^2\geq k$ untuk $k=n-3\geq1$; lalu gunakan sifat Archimedes.

(c) $s_n=2-\tfrac5{n+3}$. Barisan ini naik tegas, dengan $\inf=\min=s_1=\tfrac34$. $\sup=2$ tidak tercapai: $2$ adalah batas atas, dan untuk $\varepsilon>0$ pilih $n$ dengan $\tfrac5{n+3}<\varepsilon$, misalnya $n>\tfrac5\varepsilon$ (Archimedes). Gunakan Teorema 11.3.2. $\square$

Solusi 24.2-2. Untuk $n\geq1$: $2n^2-1\geq n^2>0$, karena $n^2\geq1$. Juga $n^2+3\leq4n^2$. Jadi $0<s_n\leq\tfrac{4n^2}{n^2}=4$, dan $M=4$ memenuhi. $\square$

Solusi 24.2-3. "Tidak terbatas" berarti tidak terbatas di atas atau tidak terbatas di bawah: $(\forall U\,\exists n:\ s_n>U)\lor(\forall L\,\exists n:\ s_n<L)$. Untuk $s_n=n(1+(-1)^n)$: $s_{2k}=4k$ dan $s_{2k+1}=0$. Untuk $U$, Archimedes memberi $k\geq1$ dengan $4k>U$. Jadi barisan ini tidak terbatas di atas, walaupun terbatas di bawah oleh $0$. $\square$

Solusi 24.2-4. Untuk setiap $n$, $s_n+t_n\leq\sup s+\sup t$, sehingga ruas kanan adalah batas atas, dan supremum tidak melebihi batas atas mana pun. Contoh tegas: $s_n=(-1)^n$ dan $t_n=(-1)^{n+1}$. Maka $s_n+t_n=0$, sehingga $\sup(s+t)=0<1+1=2$. $\square$

Solusi 24.2-5. $s_n=1$ dan $t_n=\tfrac1n$: $s_n/t_n=n$, yang tidak terbatas. Tidak ada $\delta>0$ dengan $\tfrac1n\geq\delta$ untuk semua $n$, karena Korolari 11.4.3 memberi $n$ dengan $\tfrac1n<\delta$. Jadi hipotesis (d) tidak dipenuhi. $\square$

Solusi 24.2-6. Bernoulli (Teorema 10.3.1) dengan $x=\tfrac1n\geq-1$: $\bigl(1+\tfrac1n\bigr)^n\geq1+n\cdot\tfrac1n=2$. $\square$

Solusi 24.2-7. Barisan ini terdefinisi, karena $2+x_n>0$ ketika $x_n\geq1$. Basis: $x_1=1$. Langkah: bila $1\leq x_n<2$, maka $3\leq2+x_n<4$. Akar kuadrat naik tegas pada bilangan taknegatif: untuk $0\leq a<b$, $\sqrt a\geq\sqrt b$ akan memberi $a\geq b$ menurut Teorema 10.2.6. Maka $1\leq\sqrt3\leq x_{n+1}<\sqrt4=2$. $\square$

Solusi 24.2-8. Andaikan hanya berhingga banyak $n$, yaitu $n_1<\cdots<n_k$, yang memenuhi $s_n>u-\varepsilon$. Teorema 11.3.2 memberi paling sedikit satu indeks seperti itu, sehingga $k\geq1$. Tetapkan $v=\max\{s_{n_1},\ldots,s_{n_k}\}$. Karena $u$ bukan suku, $v<u$. Tetapkan $\varepsilon'=\min(\varepsilon,u-v)>0$. Ada $n$ dengan $s_n>u-\varepsilon'\geq u-\varepsilon$, sehingga $n=n_i$ untuk suatu $i$. Tetapi $s_{n_i}\leq v=u-(u-v)\leq u-\varepsilon'$, kontradiksi. $\square$

### Ringkasan

Barisan terbatas di atas, di bawah, atau terbatas tepat ketika himpunan nilainya demikian. Keterbatasan setara dengan $|s_n|\leq M$ untuk suatu $M$, ditentukan oleh ekor barisan, dan dipertahankan oleh jumlah, kelipatan, hasil kali, serta pembagian oleh barisan yang menjauhi nol. Supremum dan infimum barisan dapat tercapai atau tidak; untuk $s_n=\tfrac n{n+1}$, $\inf=\tfrac12$ tercapai dan $\sup=1$ tidak. Ketakterbatasan dibuktikan dengan mengalahkan setiap calon batas, seperti pada $n$, $2^n$, $\sqrt n$, dan jumlah harmonik.