# Bab 26: Teorema Limit Utama Barisan

## 26.1 Teorema Kelinearan Limit Barisan

Penjelasan master untuk Bab 26: hukum-hukum operasional untuk menghitung limit barisan tanpa harus selalu kembali ke definisi $\varepsilon$–$N_0$. Unit 25.3 memperlihatkan bahwa bukti langsung dari definisi bisa panjang, bahkan untuk barisan rasional sederhana. Bab ini membuktikan, sekali untuk selamanya, bahwa limit menghormati operasi aljabar. Setelah itu, limit barisan yang rumit dapat dihitung dari limit potongan-potongannya yang sederhana. Unit ini menangani jumlah, selisih, dan kelipatan skalar, yaitu sifat linear. Unit 26.2 menangani perkalian dan pembagian.

Prasyarat: Bab 25; operasi barisan suku demi suku (Definisi 24.1.11); ruang vektor (Definisi 23.3.13), yang hanya dipakai untuk satu catatan.

### Teorema Utama

#### Teorema 26.1.1 (Kelinearan)

Misalkan $s_n\to S$ dan $t_n\to T$, serta $c\in\mathbb{R}$. Maka:

(a) $s_n+t_n\to S+T$;

(b) $cs_n\to cS$;

(c) $s_n-t_n\to S-T$.

Rumus master: jika $\lim s_n=S$ dan $\lim t_n=T$, maka $\lim(s_n+t_n)=S+T$.

Bukti. (a) Kerja konsep: menurut ketaksamaan segitiga,
$$|(s_n+t_n)-(S+T)|=|(s_n-S)+(t_n-T)|\leq|s_n-S|+|t_n-T|.$$
Jika setiap suku di ruas kanan $<\tfrac\varepsilon2$, jumlahnya $<\varepsilon$.

Bukti formal. Misalkan $\varepsilon>0$. Karena $\tfrac\varepsilon2>0$, ada $N_1$ dengan $|s_n-S|<\tfrac\varepsilon2$ untuk $n\geq N_1$, dan $N_2$ dengan $|t_n-T|<\tfrac\varepsilon2$ untuk $n\geq N_2$. Tetapkan $N_0=\max(N_1,N_2)$. Untuk $n\geq N_0$, kedua ketaksamaan berlaku, sehingga
$$|(s_n+t_n)-(S+T)|<\tfrac\varepsilon2+\tfrac\varepsilon2=\varepsilon.$$

(b) Bila $c=0$, barisan $cs_n=0$ konstan dan $cS=0$. Bila $c\ne0$, misalkan $\varepsilon>0$ dan ambil $N_0$ dengan $|s_n-S|<\tfrac\varepsilon{|c|}$ untuk $n\geq N_0$. Maka $|cs_n-cS|=|c||s_n-S|<\varepsilon$.

(c) $s_n-t_n=s_n+(-1)t_n$. Gunakan (b) dengan $c=-1$, lalu (a). $\square$

Teknik "$\tfrac\varepsilon2+\tfrac\varepsilon2$" adalah pola dasar. Bentuk (iv) Proposisi 25.1.8 menawarkan versi yang lebih santai: dengan $N_1$ dan $N_2$ untuk $\varepsilon$ itu sendiri, jumlahnya $<2\varepsilon$, dan konstanta $2$ diperbolehkan. Kedua cara sama sahnya.

#### Akibat 26.1.2 (Kombinasi Linear Hingga)

Jika $s_n^{(i)}\to S_i$ untuk $i=1,\ldots,k$, dan $c_1,\ldots,c_k\in\mathbb{R}$, maka
$$\sum_{i=1}^kc_is_n^{(i)}\to\sum_{i=1}^kc_iS_i.$$

Bukti. Induksi pada $k$, dengan Teorema 26.1.1(a)(b). Untuk $k=0$, kedua ruas adalah barisan konstan $0$ dan bilangan $0$. $\square$

Jumlah di sini terdiri atas $k$ barisan, dengan $k$ tetap yang tidak bergantung pada $n$. Untuk jumlah yang banyaknya suku tumbuh bersama $n$, Akibat 26.1.2 tidak berlaku. Contoh: $1=\underbrace{\tfrac1n+\cdots+\tfrac1n}_{n\text{ suku}}$. Setiap suku menuju $0$, tetapi jumlahnya selalu $1$. Kekeliruan "limit jumlah = jumlah limit" untuk jumlah dengan banyak suku yang tumbuh adalah salah satu jebakan paling umum. Bagian VI menangani jumlah tak hingga dengan teori deret.

### Contoh Perhitungan

Limit dasar yang sudah dibuktikan dari definisi:

| barisan | limit | rujukan |
|---|---|---|
| $c$ (konstan) | $c$ | Contoh 25.1.3 |
| $\tfrac1n$ | $0$ | Contoh 25.1.4 |
| $\tfrac1{\sqrt n}$ | $0$ | Contoh 25.1.7 |
| $c^n$, $|c|<1$ | $0$ | Contoh 25.3.6 |
| $\tfrac n{2^n}$ | $0$ | Contoh 25.3.5 |
| $\sqrt{n+1}-\sqrt n$ | $0$ | Contoh 25.3.4 |

#### Contoh 26.1.3

(a) $5-\tfrac3n+\tfrac7{\sqrt n}\to5-3\cdot0+7\cdot0=5$, menurut Akibat 26.1.2 dengan tiga barisan.

(b) $\tfrac{2n+1}n=2+\tfrac1n\to2$.

(c) $\tfrac{3^n+2^n}{3^n}=1+\bigl(\tfrac23\bigr)^n\to1$, karena $|\tfrac23|<1$.

(d) $\tfrac{(-1)^n}n+\tfrac1{2^n}\to0$, karena $\bigl|\tfrac{(-1)^n}n\bigr|=\tfrac1n$ (Contoh 25.1.6) dan $\tfrac1{2^n}=(\tfrac12)^n$.

Pada setiap contoh, langkah pertamanya adalah menulis barisan sebagai kombinasi linear dari barisan yang limitnya diketahui. Teorema baru bekerja setelah langkah itu.

### Konvergensi dan Divergensi dalam Jumlah

#### Proposisi 26.1.4

(a) Jika $(s_n)$ konvergen dan $(t_n)$ divergen, maka $(s_n+t_n)$ divergen.

(b) Jumlah dua barisan divergen dapat konvergen.

Bukti. (a) Andaikan $s_n+t_n\to L$. Maka $t_n=(s_n+t_n)-s_n\to L-\lim s_n$ menurut Teorema 26.1.1(c), sehingga $(t_n)$ konvergen. Kontradiksi.

(b) $s_n=(-1)^n$ dan $t_n=-(-1)^n$ divergen, menurut Contoh 25.1.10 dan Teorema 26.1.1(b) dengan $c=-1$: bila $(t_n)$ konvergen, maka $s_n=-t_n$ juga konvergen. Akan tetapi $s_n+t_n=0\to0$. $\square$

Jadi kebalikan Teorema 26.1.1 salah. Dari kekonvergenan $s_n+t_n$ kita tidak dapat menyimpulkan bahwa $s_n$ dan $t_n$ masing-masing konvergen. Dalam penerapan, hipotesis "keduanya konvergen" harus diperiksa sebelum teorema dipakai.

#### Contoh 26.1.5 (Penerapan yang Keliru)

"$\lim\bigl((-1)^n+\tfrac1n\bigr)=\lim(-1)^n+\lim\tfrac1n$" tidak bermakna, karena $\lim(-1)^n$ tidak ada. Penerapan yang benar adalah Proposisi 26.1.4(a): jumlah barisan divergen $(-1)^n$ dan barisan konvergen $\tfrac1n$ divergen. Ini memberi bukti kedua untuk Latihan 25.1-3.

### Struktur: Limit sebagai Fungsi Linear

Misalkan $c$ menyatakan himpunan semua barisan real berindeks awal $1$ yang konvergen. Teorema 26.1.1 menyatakan dua hal:

- $c$ tertutup terhadap jumlah dan kelipatan skalar, sehingga $c$ adalah ruang vektor bagian dari $\mathbb{R}^{\mathbb{N}_{+}}$ (Contoh 23.3.16, setelah pergeseran indeks).
- Pemetaan $\lim:c\to\mathbb{R}$ memenuhi $\lim(s+t)=\lim s+\lim t$ dan $\lim(cs)=c\lim s$, yaitu bersifat linear.

Barisan yang konvergen ke $0$ membentuk ruang bagian $c_0\subseteq c$, yaitu kernel pemetaan $\lim$. Setiap $s\in c$ dapat ditulis tunggal sebagai $s=(\lim s)\cdot\mathbf{1}+(s-(\lim s)\mathbf{1})$, dengan $\mathbf{1}$ barisan konstan $1$ dan bagian kedua anggota $c_0$. Bahasa ini tidak diperlukan untuk menghitung limit. Ia menunjukkan bagaimana teori barisan nanti menyatu dengan analisis fungsional, yang disinggung pada Bab 50.

### Latihan

Latihan 26.1-1. Hitung limit berikut dengan Teorema 26.1.1 dan tabel limit dasar, dan sebutkan setiap langkah: (a) $4+\tfrac6n-\tfrac2{\sqrt n}$; (b) $\tfrac{5n-3}{n}$; (c) $\tfrac{2^n-5^n}{5^n}$; (d) $3\bigl(\sqrt{n+1}-\sqrt n\bigr)-\tfrac n{2^n}$.

Latihan 26.1-2. Buktikan Teorema 26.1.1(a) dengan Proposisi 25.1.2(d), memakai himpunan indeks buruk.

Latihan 26.1-3. Buktikan Akibat 26.1.2 secara lengkap dengan induksi.

Latihan 26.1-4. Misalkan $s_n\to S$. Buktikan bahwa $s_{n+1}-s_n\to0$. Apakah kebalikannya benar? (Petunjuk: Teorema 24.2.9.)

Latihan 26.1-5. Beri contoh barisan $(s_n)$ dan $(t_n)$ yang keduanya divergen, sedangkan $s_n-t_n\to3$.

Latihan 26.1-6. Misalkan $s_n+t_n\to A$ dan $s_n-t_n\to B$. Buktikan bahwa $s_n$ dan $t_n$ konvergen, lalu tentukan limitnya.

Latihan 26.1-7. Jelaskan kesalahan pada "$1=\lim\sum_{k=1}^n\tfrac1n=\sum_{k=1}^n\lim\tfrac1n=0$".

Latihan 26.1-8. Buktikan bahwa $c_0$ adalah ruang bagian dari $c$, yaitu tertutup terhadap jumlah dan kelipatan skalar serta memuat barisan nol. Buktikan pula bahwa $s\in c$ jika dan hanya jika ada $L\in\mathbb{R}$ dengan $s-L\mathbf{1}\in c_0$.

### Solusi

Solusi 26.1-1. (a) $4+6\cdot0-2\cdot0=4$, memakai $\tfrac1n\to0$ dan $\tfrac1{\sqrt n}\to0$. (b) $5-\tfrac3n\to5$. (c) $\bigl(\tfrac25\bigr)^n-1\to0-1=-1$, karena $|\tfrac25|<1$. (d) $3\cdot0-0=0$, memakai Contoh 25.3.4 dan 25.3.5. $\square$

Solusi 26.1-2. Misalkan $\varepsilon>0$. Indeks $n$ dengan $|s_n+t_n-S-T|\geq\varepsilon$ harus memenuhi $|s_n-S|\geq\tfrac\varepsilon2$ atau $|t_n-T|\geq\tfrac\varepsilon2$. Kalau tidak, ketaksamaan segitiga memberi $<\varepsilon$. Jadi himpunan indeks buruk untuk $s+t$ termuat dalam gabungan dua himpunan indeks buruk, masing-masing dengan toleransi $\tfrac\varepsilon2$. Kedua himpunan itu hingga, sehingga gabungannya hingga (Teorema 20.1.9), dan subhimpunannya juga hingga (Teorema 20.1.7). $\square$

Solusi 26.1-3. Untuk $k=1$, gunakan Teorema 26.1.1(b). Untuk langkah, misalkan pernyataan berlaku untuk $k$. Tulis $\sum_{i=1}^{k+1}c_is_n^{(i)}=\Bigl(\sum_{i=1}^kc_is_n^{(i)}\Bigr)+c_{k+1}s_n^{(k+1)}$. Barisan pertama konvergen ke $\sum_{i\leq k}c_iS_i$ menurut hipotesis induksi, dan barisan kedua konvergen ke $c_{k+1}S_{k+1}$ menurut (b). Teorema 26.1.1(a) menyelesaikan langkah ini. $\square$

Solusi 26.1-4. $s_{n+1}\to S$ (Proposisi 25.1.12(b)), sehingga $s_{n+1}-s_n\to S-S=0$. Kebalikannya salah: $H_{n+1}-H_n=\tfrac1{n+1}\to0$, tetapi $(H_n)$ tak terbatas (Teorema 24.2.9), sehingga divergen (Teorema 25.2.3). $\square$

Solusi 26.1-5. $s_n=n+3$ dan $t_n=n$: keduanya tak terbatas sehingga divergen, sedangkan $s_n-t_n=3$. $\square$

Solusi 26.1-6. $s_n=\tfrac12\bigl((s_n+t_n)+(s_n-t_n)\bigr)\to\tfrac{A+B}2$, dan $t_n=\tfrac12\bigl((s_n+t_n)-(s_n-t_n)\bigr)\to\tfrac{A-B}2$, menurut Akibat 26.1.2. $\square$

Solusi 26.1-7. Banyaknya suku, yaitu $n$, berubah bersama $n$. Akibat 26.1.2 hanya berlaku untuk $k$ tetap. Ruas $\sum_{k=1}^n\lim\tfrac1n$ bahkan tidak bermakna, karena $n$ di batas jumlah adalah variabel limit yang sudah "habis" setelah limit diambil. Yang benar: barisan $\sum_{k=1}^n\tfrac1n=1$ konstan, dengan limit $1$. $\square$

Solusi 26.1-8. Barisan nol konvergen ke $0$. Bila $s_n\to0$ dan $t_n\to0$, maka $s_n+t_n\to0$ dan $as_n\to0$ (Teorema 26.1.1). Untuk bagian kedua: bila $s\to L$, maka $s-L\mathbf{1}\to0$ (Proposisi 25.1.12(d)). Sebaliknya, bila $s-L\mathbf{1}\to0$, maka $s=(s-L\mathbf{1})+L\mathbf{1}\to0+L$. $\square$

### Ringkasan

Limit bersifat linear: limit jumlah adalah jumlah limit, limit kelipatan skalar adalah kelipatan limit, dan hal yang sama berlaku untuk kombinasi linear dengan banyak suku yang tetap. Buktinya memakai $\tfrac\varepsilon2+\tfrac\varepsilon2$ dan maksimum dua $N_0$. Hipotesis bahwa masing-masing barisan konvergen penting: jumlah konvergen dan divergen selalu divergen, tetapi dua barisan divergen dapat berjumlah konvergen. Teorema ini tidak berlaku untuk jumlah dengan banyak suku yang tumbuh bersama $n$. Secara struktur, barisan konvergen membentuk ruang vektor, dan $\lim$ adalah fungsi linear padanya.

## 26.2 Teorema Perkalian dan Pembagian Barisan Konvergen

Unit 26.1 menangani operasi linear. Perkalian lebih halus. Selisih $s_nt_n-ST$ tidak dapat langsung dipecah menjadi selisih-selisih $s_n-S$ dan $t_n-T$, sehingga diperlukan satu trik aljabar dan satu fakta dari Unit 25.2: barisan konvergen terbatas. Pembagian memerlukan fakta kedua: barisan dengan limit tak nol akhirnya menjauhi nol (Teorema 25.2.4(b)). Unit ini juga menurunkan akibat-akibat praktis: limit polinomial dan fungsi rasional dari barisan, serta limit akar kuadrat.

Prasyarat: Unit 25.2 (Teorema 25.2.3 dan 25.2.4), Unit 26.1.

### Perkalian

#### Teorema 26.2.1 (Limit Hasil Kali)

Jika $s_n\to S$ dan $t_n\to T$, maka $s_nt_n\to ST$.

Bukti. Kerja konsep: tambahkan dan kurangkan $s_nT$:
$$s_nt_n-ST=s_n(t_n-T)+T(s_n-S),$$
sehingga
$$|s_nt_n-ST|\leq|s_n|\,|t_n-T|+|T|\,|s_n-S|.$$
Suku kedua kecil karena $|T|$ tetap. Suku pertama memuat $|s_n|$, yang berubah bersama $n$, tetapi terbatas.

Bukti formal. Menurut Teorema 25.2.3, ada $M>0$ dengan $|s_n|\leq M$ untuk semua $n$. Misalkan $\varepsilon>0$. Ada $N_1$ dengan $|t_n-T|<\tfrac\varepsilon{2M}$ untuk $n\geq N_1$, dan $N_2$ dengan $|s_n-S|<\tfrac\varepsilon{2(|T|+1)}$ untuk $n\geq N_2$. Untuk $n\geq\max(N_1,N_2)$:
$$|s_nt_n-ST|<M\cdot\frac\varepsilon{2M}+|T|\cdot\frac\varepsilon{2(|T|+1)}<\frac\varepsilon2+\frac\varepsilon2=\varepsilon.$$
Penyebut $|T|+1$ dipakai alih-alih $|T|$ agar tidak terjadi pembagian dengan nol bila $T=0$. $\square$

Peran keterbatasan dalam bukti ini penting. Tanpa batas $M$, suku $|s_n||t_n-T|$ dapat tetap besar. Contohnya $s_n=n$ dan $t_n=\tfrac1n$: $t_n\to0$, tetapi $s_nt_n=1$. Di sini $(s_n)$ tidak konvergen, sehingga hipotesis teorema tidak dipenuhi.

#### Akibat 26.2.2 (Pangkat dan Polinomial)

(a) Jika $s_n\to S$, maka $s_n^k\to S^k$ untuk setiap $k\in\mathbb{N}$.

(b) Jika $s_n\to S$ dan $p(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_dx^d$ polinomial, maka $p(s_n)\to p(S)$.

Bukti. (a) Induksi pada $k$. Untuk $k=0$, barisannya konstan $1$. Langkahnya: $s_n^{k+1}=s_n^k\cdot s_n$ dan Teorema 26.2.1. (b) Akibat 26.1.2 dengan (a). $\square$

### Pembagian

#### Lemma 26.2.3 (Kebalikan)

Misalkan $t_n\to T$ dengan $T\ne0$. Maka terdapat $K$ dengan $t_n\ne0$ untuk semua $n\geq K$, dan barisan $(1/t_n)_{n\geq K}$ konvergen ke $1/T$.

Bukti. Teorema 25.2.4(b) memberi $K$ dengan $|t_n|>\tfrac{|T|}2>0$ untuk $n\geq K$. Untuk $n\geq K$,
$$\left|\frac1{t_n}-\frac1T\right|=\frac{|T-t_n|}{|t_n|\,|T|}\leq\frac{|t_n-T|}{\tfrac{|T|}2\cdot|T|}=\frac2{|T|^2}\,|t_n-T|.$$
Misalkan $\varepsilon>0$, dan ambil $N_1$ dengan $|t_n-T|<\tfrac{|T|^2}2\varepsilon$ untuk $n\geq N_1$. Untuk $n\geq\max(K,N_1)$, $\bigl|\tfrac1{t_n}-\tfrac1T\bigr|<\varepsilon$. $\square$

Barisan $(1/t_n)$ hanya terdefinisi pada ekor sejak $K$. Menurut Proposisi 25.1.12, hal ini tidak menjadi masalah untuk limit. Bila $t_n\ne0$ untuk semua $n$, barisan penuh $(1/t_n)_{n\geq1}$ mempunyai limit yang sama.

#### Teorema 26.2.4 (Limit Hasil Bagi)

Jika $s_n\to S$ dan $t_n\to T\ne0$, maka $\dfrac{s_n}{t_n}\to\dfrac ST$. Barisan hasil bagi terdefinisi sejak suatu indeks $K$.

Bukti. $\tfrac{s_n}{t_n}=s_n\cdot\tfrac1{t_n}$. Gunakan Lemma 26.2.3 dan Teorema 26.2.1 pada ekor sejak $K$. $\square$

#### Akibat 26.2.5 (Fungsi Rasional)

Jika $p,q$ polinomial, $s_n\to S$, dan $q(S)\ne0$, maka $\dfrac{p(s_n)}{q(s_n)}\to\dfrac{p(S)}{q(S)}$.

Bukti. $q(s_n)\to q(S)\ne0$ menurut Akibat 26.2.2. Gunakan Teorema 26.2.4. $\square$

### Teknik: Membagi dengan Pangkat Tertinggi

#### Contoh 26.2.6 (Contoh Master Bab 25, Cara Kedua)

$$\frac{2n+1}{n+3}=\frac{2+\tfrac1n}{1+\tfrac3n}\to\frac{2+0}{1+0}=2.$$
Penyebut $1+\tfrac3n\to1\ne0$, sehingga Teorema 26.2.4 berlaku. Bandingkan dengan Unit 25.3. Cara ini jauh lebih pendek, tetapi tidak menghasilkan rumus $N_0(\varepsilon)$. Bila rumus eksplisit diminta, misalnya untuk analisis galat, cara langsung Unit 25.3 tetap diperlukan. Bila yang diminta hanya nilai limit dan bukti kekonvergenan, teorema ini cukup, karena teorema-teorema ini sudah dibuktikan dari definisi.

#### Contoh 26.2.7 (Fungsi Rasional dalam $n$)

Untuk polinomial $p(n)=a_dn^d+\cdots+a_0$ dan $q(n)=b_en^e+\cdots+b_0$ dengan $a_d,b_e\ne0$, dan $q(n)\ne0$ untuk semua $n\geq1$:

(a) bila $d<e$: $\tfrac{p(n)}{q(n)}\to0$;

(b) bila $d=e$: $\tfrac{p(n)}{q(n)}\to\tfrac{a_d}{b_e}$;

(c) bila $d>e$: barisannya divergen. Sebenarnya barisan itu juga tak terbatas, karena $|r_n|=n^{d-e}|u_n|\geq n\cdot\tfrac{|a_d|}{2|b_e|}$ pada suatu ekor, dengan notasi bukti di bawah.

Bukti (a) dan (b). Bagi pembilang dan penyebut dengan $n^e$. Penyebutnya menjadi $b_e+b_{e-1}\tfrac1n+\cdots+b_0\tfrac1{n^e}\to b_e\ne0$, menurut Akibat 26.1.2 dan 26.2.2 dengan $\tfrac1n\to0$. Pembilangnya menjadi $a_dn^{d-e}+\cdots$. Bila $d<e$, setiap suku memuat $\tfrac1{n^j}$ dengan $j\geq1$, sehingga limitnya $0$. Bila $d=e$, limitnya $a_d$. Teorema 26.2.4 menyelesaikan bukti.

Bukti (c). Tulis $r_n=\tfrac{p(n)}{q(n)}$ dan $u_n=\tfrac{p(n)/n^d}{q(n)/n^e}$. Maka $r_n=n^{d-e}u_n$. Seperti pada (b), $\tfrac{p(n)}{n^d}\to a_d$ dan $\tfrac{q(n)}{n^e}\to b_e\ne0$, sehingga $u_n\to\tfrac{a_d}{b_e}\ne0$. Teorema 25.2.4(b) memberi $u_n\ne0$ sejak suatu indeks. Andaikan $r_n\to L$. Pada ekor itu, $n^{d-e}=\tfrac{r_n}{u_n}\to\tfrac{Lb_e}{a_d}$ (Teorema 26.2.4), sehingga $(n^{d-e})$ terbatas pada ekor itu (Teorema 25.2.3). Padahal $n^{d-e}\geq n$, karena $d-e\geq1$, dan $(n)$ tak terbatas. Kontradiksi. $\square$

Contoh: $\tfrac{3n^2+2n-1}{n^2-5}\to3$, yang membenarkan Contoh 25.3.3 dengan cara kedua. Juga $\tfrac{n^2+1}{2n^2-n}\to\tfrac12$ (Latihan 25.3-2) dan $\tfrac{n^3-n}{n^2+1}$ divergen (Latihan 25.3-7).

### Kasus Penyebut Menuju Nol

Teorema 26.2.4 tidak menyatakan apa pun bila $T=0$. Contoh-contoh berikut menunjukkan bahwa semua kemungkinan dapat terjadi pada pola "$\tfrac00$":

| $s_n$ | $t_n$ | $s_n/t_n$ | perilaku |
|---|---|---|---|
| $\tfrac1n$ | $\tfrac1n$ | $1$ | konvergen ke $1$ |
| $\tfrac1{n^2}$ | $\tfrac1n$ | $\tfrac1n$ | konvergen ke $0$ |
| $\tfrac1n$ | $\tfrac1{n^2}$ | $n$ | tak terbatas |
| $\tfrac{(-1)^n}n$ | $\tfrac1n$ | $(-1)^n$ | terbatas, divergen |

Karena itu "$\tfrac00$" disebut bentuk tak tentu. Tulisan ini bukan bilangan dan bukan hasil perhitungan. Ia hanya label untuk situasi yang memerlukan analisis lebih lanjut. Hal yang sama berlaku untuk "$\infty-\infty$" (Contoh 25.3.4) dan "$0\cdot\infty$" (catatan setelah Teorema 26.2.1). Aturan L'Hôpital untuk fungsi dibahas di Bab 42.

Bila $s_n\to S\ne0$ dan $t_n\to0$ dengan $t_n\ne0$, maka $\tfrac{s_n}{t_n}$ tak terbatas. Akibatnya barisan itu divergen (Latihan 26.2-5).

### Akar Kuadrat

#### Teorema 26.2.8 (Limit Akar)

Jika $s_n\geq0$ untuk semua $n$ dan $s_n\to S$, maka $S\geq0$ dan $\sqrt{s_n}\to\sqrt S$.

Bukti. $S\geq0$ menurut Akibat 25.2.6.

Kasus $S>0$. Dengan merasionalkan,
$$|\sqrt{s_n}-\sqrt S|=\frac{|s_n-S|}{\sqrt{s_n}+\sqrt S}\leq\frac{|s_n-S|}{\sqrt S}.$$
Untuk $\varepsilon>0$, ambil $N_0$ dengan $|s_n-S|<\sqrt S\,\varepsilon$ untuk $n\geq N_0$.

Kasus $S=0$. Untuk $\varepsilon>0$, ambil $N_0$ dengan $s_n<\varepsilon^2$ untuk $n\geq N_0$. Maka $\sqrt{s_n}<\varepsilon$. Bila $\sqrt{s_n}\geq\varepsilon$, Teorema 10.2.6 memberi $s_n\geq\varepsilon^2$. $\square$

Untuk akar pangkat $k\geq2$, hasil yang sama berlaku (Latihan 26.2-7). Faktorisasi $a^k-b^k=(a-b)(a^{k-1}+a^{k-2}b+\cdots+b^{k-1})$ menggantikan perasionalan.

#### Contoh 26.2.9

(a) $\sqrt{4+\tfrac1n}\to2$.

(b) $\sqrt{n^2+n}-n=\dfrac n{\sqrt{n^2+n}+n}=\dfrac1{\sqrt{1+\tfrac1n}+1}\to\dfrac1{1+1}=\tfrac12$, memakai Teorema 26.2.8, 26.1.1, dan 26.2.4. Ini cara kedua untuk Latihan 25.3-3.

(c) Barisan Babilonia (Contoh 24.1.8): andaikan $a_n\to L$. Akibat 25.2.6 dan Latihan 24.1-7 memberi $L\geq\sqrt2>0$. Dari $a_{n+1}=\tfrac{a_n}2+\tfrac1{a_n}$, Proposisi 25.1.12(b) dan teorema-teorema unit ini memberi $L=\tfrac L2+\tfrac1L$, sehingga $L^2=2$ dan $L=\sqrt2$. Perhitungan ini menentukan nilai limit hanya dengan asumsi bahwa limitnya ada. Keberadaan limit dibuktikan di Bab 27 dengan Teorema Kekonvergenan Monoton. Tanpa bukti keberadaan, penalaran semacam ini dapat menyesatkan (Latihan 26.2-8).

### Latihan

Latihan 26.2-1. Hitung limitnya dengan teorema-teorema Bab 26, dan sebutkan hipotesis yang diperiksa: (a) $\tfrac{4n^3-n}{2n^3+7}$; (b) $\tfrac{n^2+5}{n^3-2}$; (c) $\bigl(1-\tfrac2n\bigr)^3$; (d) $\tfrac{2^n+3^n}{3^n-1}$.

Latihan 26.2-2. Buktikan Teorema 26.2.1 dengan memakai identitas $s_nt_n-ST=(s_n-S)(t_n-T)+S(t_n-T)+T(s_n-S)$, tanpa memakai keterbatasan.

Latihan 26.2-3. Beri contoh barisan $(s_n)$ dan $(t_n)$ yang keduanya divergen, sedangkan $(s_nt_n)$ konvergen.

Latihan 26.2-4. Misalkan $s_nt_n\to P$ dan $t_n\to T\ne0$. Buktikan bahwa $s_n$ konvergen, dan tentukan limitnya.

Latihan 26.2-5. Misalkan $s_n\to S\ne0$, $t_n\to0$, dan $t_n\ne0$ untuk semua $n$. Buktikan bahwa $\bigl(\tfrac{s_n}{t_n}\bigr)$ tak terbatas, sehingga divergen.

Latihan 26.2-6. Buktikan bahwa $\sqrt{n+\sqrt n}-\sqrt n\to\tfrac12$.

Latihan 26.2-7. Misalkan $k\geq2$, $s_n\geq0$, dan $s_n\to S>0$. Buktikan bahwa $\sqrt[k]{s_n}\to\sqrt[k]S$, dengan $|a-b|\leq\dfrac{|a^k-b^k|}{b^{k-1}}$ untuk $a\geq0$ dan $b>0$.

Latihan 26.2-8. Barisan $x_1=1$, $x_{n+1}=2x_n$. Penalaran "misalkan $x_n\to L$; maka $L=2L$, jadi $L=0$" memberi limit $0$. Tunjukkan bahwa kesimpulan ini salah, dan jelaskan langkah mana yang tidak sah.

### Solusi

Solusi 26.2-1. (a) Bagi dengan $n^3$: $\tfrac{4-1/n^2}{2+7/n^3}\to\tfrac42=2$, dengan penyebut menuju $2\ne0$. (b) Derajat $2<3$, sehingga limitnya $0$ (Contoh 26.2.7(a)). Penyebut tidak nol untuk $n\geq1$, karena $n^3=2$ tidak mempunyai solusi bulat. (c) $1-\tfrac2n\to1$, sehingga pangkat tiganya $\to1$ (Akibat 26.2.2). (d) Bagi dengan $3^n$: $\tfrac{(2/3)^n+1}{1-(1/3)^n}\to\tfrac{0+1}{1-0}=1$. Penyebut $3^n-1\geq2$ untuk $n\geq1$. $\square$

Solusi 26.2-2. $|s_nt_n-ST|\leq|s_n-S||t_n-T|+|S||t_n-T|+|T||s_n-S|$. Untuk $\varepsilon\in(0,1]$, ambil $N_0$ dengan $|s_n-S|<\varepsilon$ dan $|t_n-T|<\varepsilon$ untuk $n\geq N_0$. Ruas kanan $<\varepsilon^2+|S|\varepsilon+|T|\varepsilon\leq(1+|S|+|T|)\varepsilon$. Bentuk (iv) Proposisi 25.1.8, dengan $C=1+|S|+|T|$, menyelesaikan bukti. Pembatasan $\varepsilon\leq1$ tidak mengurangi keumuman: $N_0$ untuk $\min(\varepsilon,1)$ juga bekerja untuk $\varepsilon$. $\square$

Solusi 26.2-3. $s_n=t_n=(-1)^n$: $s_nt_n=1$. $\square$

Solusi 26.2-4. Sejak suatu $K$, $t_n\ne0$ dan $s_n=\tfrac{s_nt_n}{t_n}\to\tfrac PT$ (Teorema 26.2.4). Suku-suku sebelum $K$ tidak mempengaruhi limit (Proposisi 25.1.12(c)). $\square$

Solusi 26.2-5. Teorema 25.2.4(b) memberi $|s_n|>\tfrac{|S|}2$ sejak suatu $K$. Untuk $M>0$, ambil $N\geq K$ dengan $|t_n|<\tfrac{|S|}{2M}$ untuk $n\geq N$. Maka $\bigl|\tfrac{s_n}{t_n}\bigr|>\tfrac{|S|/2}{|S|/(2M)}=M$. Jadi barisan ini tak terbatas, dan Teorema 25.2.3 memberi divergensi. $\square$

Solusi 26.2-6. $\sqrt{n+\sqrt n}-\sqrt n=\dfrac{\sqrt n}{\sqrt{n+\sqrt n}+\sqrt n}=\dfrac1{\sqrt{1+1/\sqrt n}+1}$, dengan membagi pembilang dan penyebut oleh $\sqrt n>0$. Karena $\tfrac1{\sqrt n}\to0$, Teorema 26.2.8 memberi $\sqrt{1+1/\sqrt n}\to1$, sehingga limitnya $\tfrac12$. $\square$

Solusi 26.2-7. Untuk $a\geq0$ dan $b>0$: $a^k-b^k=(a-b)\sum_{j=0}^{k-1}a^{k-1-j}b^j$. Jumlah itu $\geq b^{k-1}>0$, karena suku $j=k-1$ sama dengan $b^{k-1}$ dan suku lain taknegatif. Jadi $|a-b|\leq\tfrac{|a^k-b^k|}{b^{k-1}}$. Dengan $a=\sqrt[k]{s_n}$ dan $b=\sqrt[k]S$ (Teorema 11.3.8 untuk keberadaan akar): $|\sqrt[k]{s_n}-\sqrt[k]S|\leq\tfrac{|s_n-S|}{(\sqrt[k]S)^{k-1}}$. Untuk $\varepsilon>0$, pilih $N_0$ dengan $|s_n-S|<(\sqrt[k]S)^{k-1}\varepsilon$ untuk $n\geq N_0$. Untuk $s_n=0$, $\sqrt[k]0=0$ dan ketaksamaannya tetap berlaku. $\square$

Solusi 26.2-8. $x_n=2^{n-1}$ tak terbatas (Contoh 24.2.8(c)), sehingga divergen. Langkah yang tidak sah adalah "misalkan $x_n\to L$". Asumsi itu salah, dan dari asumsi salah dapat diturunkan apa saja. Persamaan $L=2L$ hanya menyatakan bahwa jika limitnya ada, maka limit itu $0$. Pernyataan itu benar secara kosong. Jadi keberadaan limit harus dibuktikan secara terpisah. $\square$

### Ringkasan

Limit menghormati perkalian, dan buktinya memakai trik "tambah-kurang $s_nT$" serta keterbatasan barisan konvergen. Limit juga menghormati pembagian bila limit penyebut tak nol, dengan bantuan batas bawah $|t_n|>\tfrac{|T|}2$ pada suatu ekor. Akibatnya, limit polinomial dan fungsi rasional dari barisan diperoleh dengan substitusi, dan fungsi rasional dalam $n$ ditangani dengan membagi oleh pangkat tertinggi. Bila limit penyebut nol, semua kemungkinan dapat terjadi; "$\tfrac00$" hanya label. Akar menghormati limit. Menghitung limit dari persamaan rekursi hanya sah setelah keberadaan limit terbukti.

## 26.3 Teorema Apit / Sandwich untuk Barisan

Teorema aljabar Unit 26.1–26.2 menghitung limit dari bagian-bagian yang limitnya diketahui. Banyak barisan tidak dapat dipecah seperti itu. Contohnya $\tfrac{\sin n}n$: pembilangnya divergen, sehingga Teorema 26.2.4 tidak berlaku. Untuk barisan semacam ini, alatnya adalah perbandingan: bila sebuah barisan terjepit di antara dua barisan yang menuju limit yang sama, barisan itu terpaksa menuju limit tersebut. Unit ini membuktikan teorema perbandingan dan teorema apit, memakainya untuk beberapa limit penting, dan mendefinisikan divergensi ke $+\infty$ bersama aturan perbandingannya.

Prasyarat: Unit 25.2 (Akibat 25.2.6), Unit 26.1–26.2.

### Perbandingan

#### Teorema 26.3.1 (Perbandingan Limit)

Misalkan $s_n\leq t_n$ untuk semua $n\geq K$, $s_n\to S$, dan $t_n\to T$. Maka $S\leq T$.

Bukti. $t_n-s_n\geq0$ untuk $n\geq K$, dan $t_n-s_n\to T-S$ (Teorema 26.1.1). Akibat 25.2.6(a) dengan batas bawah $0$ memberi $T-S\geq0$. $\square$

Seperti pada Akibat 25.2.6, ketaksamaan tegas tidak dipertahankan: $\tfrac1{n+1}<\tfrac1n$ untuk semua $n$, tetapi kedua limitnya $0$. Teorema 26.3.1 mengandaikan bahwa kedua limit ada. Teorema ini tidak membuktikan keberadaan limit.

### Teorema Apit

#### Teorema 26.3.2 (Apit)

Misalkan $a_n\leq s_n\leq b_n$ untuk semua $n\geq K$, dan $a_n\to L$, $b_n\to L$. Maka $(s_n)$ konvergen dan $s_n\to L$.

Bukti. Misalkan $\varepsilon>0$. Ada $N_1$ dengan $|a_n-L|<\varepsilon$ untuk $n\geq N_1$, dan $N_2$ dengan $|b_n-L|<\varepsilon$ untuk $n\geq N_2$. Untuk $n\geq\max(K,N_1,N_2)$:
$$L-\varepsilon<a_n\leq s_n\leq b_n<L+\varepsilon,$$
sehingga $|s_n-L|<\varepsilon$. $\square$

Berbeda dengan Teorema 26.3.1, teorema apit menyimpulkan keberadaan limit. Kita tidak perlu tahu lebih dahulu bahwa $(s_n)$ konvergen. Syarat bahwa kedua penjepit menuju limit yang sama juga penting. Bila $a_n=-1$, $b_n=1$, dan $s_n=(-1)^n$, penjepitnya konvergen ke limit yang berbeda, dan $(s_n)$ divergen.

#### Akibat 26.3.3 (Bentuk Satu Sisi)

Jika $|s_n-L|\leq b_n$ untuk semua $n\geq K$ dan $b_n\to0$, maka $s_n\to L$.

Bukti. $L-b_n\leq s_n\leq L+b_n$, dan kedua penjepit menuju $L$ (Teorema 26.1.1). Gunakan Teorema 26.3.2. $\square$

Bentuk ini paling sering dipakai. Untuk membuktikan $s_n\to L$, cukup tunjukkan bahwa jaraknya ke $L$ dibatasi oleh sesuatu yang menuju $0$. Unit 25.3 melakukan hal ini dengan $b_n=\tfrac Cn$, tetapi akibat ini memperbolehkan sebarang $b_n\to0$.

#### Akibat 26.3.4 (Terbatas Kali Nol)

Jika $(c_n)$ terbatas dan $a_n\to0$, maka $a_nc_n\to0$.

Bukti. Misalkan $|c_n|\leq M$. Maka $|a_nc_n-0|\leq M|a_n|$, dan $M|a_n|\to0$ (Latihan 25.2-2 dan Teorema 26.1.1(b)). Gunakan Akibat 26.3.3. $\square$

Teorema 26.2.1 tidak dapat dipakai di sini, karena $(c_n)$ tidak harus konvergen.

### Contoh Master: $\tfrac{\sin n}n$

#### Pinjaman Berlabel P26-SIN

Fungsi sinus belum didefinisikan secara formal di buku ini. Definisinya melalui deret kuasa, beserta sifat $-1\leq\sin x\leq1$ untuk semua $x\in\mathbb{R}$, dijadwalkan pada Bagian X (Bab 48–49). Contoh berikut memakai sifat itu sebagai pinjaman berlabel. Contoh ini tidak memakai sifat sinus lain apa pun.

#### Contoh 26.3.5 ($\lim\tfrac{\sin n}n=0$)

Menurut P26-SIN, $-1\leq\sin n\leq1$. Karena $n>0$:
$$-\frac1n\leq\frac{\sin n}n\leq\frac1n.$$
Kedua penjepit menuju $0$ (Contoh 25.1.4 dan Teorema 26.1.1(b)). Teorema 26.3.2 memberi $\tfrac{\sin n}n\to0$.

Ini persis rumus master. Bukti yang sama, lewat Akibat 26.3.4 dengan $c_n=\sin n$ dan $a_n=\tfrac1n$, berlaku untuk sebarang barisan terbatas di tempat $\sin n$, misalnya $(-1)^n$, $\lfloor n\sqrt2\rfloor-n\sqrt2$, atau digit desimal ke-$n$ suatu bilangan. Yang dipakai dari sinus hanyalah keterbatasannya.

### Limit-Limit Penting

#### Lemma 26.3.6 (Estimasi Kuadrat)

Untuk $h\geq0$ dan $n\geq1$:
$$(1+h)^n\geq1+nh+\frac{n(n-1)}2h^2.$$

Bukti. Induksi pada $n$. Untuk $n=1$: $1+h\geq1+h+0$. Untuk langkah, kalikan hipotesis dengan $1+h>0$:
$$(1+h)^{n+1}\geq\Bigl(1+nh+\tfrac{n(n-1)}2h^2\Bigr)(1+h)=1+(n+1)h+\Bigl(\tfrac{n(n-1)}2+n\Bigr)h^2+\tfrac{n(n-1)}2h^3.$$
Koefisien $h^2$ adalah $\tfrac{n(n-1)+2n}2=\tfrac{(n+1)n}2$, dan suku $h^3$ taknegatif. $\square$

Ini perluasan Bernoulli (Teorema 10.3.1) dengan satu suku lagi, untuk $h\geq0$. Tambahan suku kuadrat inilah yang memungkinkan contoh berikut.

#### Contoh 26.3.7 ($\sqrt[n]n\to1$)

Untuk $n\geq1$, $\sqrt[n]n\geq1$. Bila $\sqrt[n]n<1$, Teorema 10.2.6 memberi $n<1$. Tulis $\sqrt[n]n=1+h_n$ dengan $h_n\geq0$. Lemma 26.3.6 memberi, untuk $n\geq2$,
$$n=(1+h_n)^n\geq\frac{n(n-1)}2h_n^2,\qquad\text{sehingga}\qquad0\leq h_n\leq\sqrt{\frac2{n-1}}.$$
Karena $\tfrac2{n-1}\to0$, Teorema 26.2.8 memberi $\sqrt{\tfrac2{n-1}}\to0$. Teorema apit memberi $h_n\to0$, sehingga $\sqrt[n]n\to1$.

Bernoulli saja tidak cukup di sini. Bernoulli hanya memberi $n\geq1+nh_n$, yaitu $h_n\leq\tfrac{n-1}n<1$, yang tidak menuju nol.

#### Contoh 26.3.8 ($\sqrt[n]c\to1$ untuk $c>0$)

Untuk $c\geq1$: tulis $\sqrt[n]c=1+h_n$ dengan $h_n\geq0$. Bernoulli memberi $c\geq1+nh_n$, sehingga $0\leq h_n\leq\tfrac{c-1}n\to0$.

Untuk $0<c<1$: $\sqrt[n]c=\dfrac1{\sqrt[n]{1/c}}\to\dfrac11=1$, dengan kasus pertama dan Lemma 26.2.3.

#### Contoh 26.3.9 ($\tfrac{n!}{n^n}\to0$)

$\dfrac{n!}{n^n}=\dfrac1n\cdot\dfrac2n\cdots\dfrac nn\leq\dfrac1n$, karena faktor pertama $\tfrac1n$ dan faktor-faktor lain $\leq1$. Juga $\tfrac{n!}{n^n}>0$. Teorema apit memberi limit $0$.

### Divergen ke Tak Hingga

#### Definisi 26.3.10

Barisan $(s_n)$ divergen ke $+\infty$, ditulis $s_n\to+\infty$ atau $\lim s_n=+\infty$, jika
$$\forall M\in\mathbb{R}\ \ \exists N_0\ \ \forall n\geq N_0:\ s_n>M.$$
Divergen ke $-\infty$ didefinisikan serupa, dengan $s_n<M$.

Barisan yang divergen ke $+\infty$ tak terbatas di atas, sehingga divergen dalam arti Definisi 25.1.1 (Teorema 25.2.3). Tulisan $\lim s_n=+\infty$ adalah label untuk perilaku ini. Tulisan itu tidak menyatakan bahwa limitnya suatu bilangan real, karena $+\infty$ bukan bilangan real. Teorema-teorema aljabar Unit 26.1–26.2 tidak berlaku untuk "limit" $\pm\infty$ tanpa pembuktian tersendiri.

Tak terbatas di atas tidak sama dengan divergen ke $+\infty$. Barisan $s_n=n$ untuk $n$ genap dan $s_n=0$ untuk $n$ ganjil tak terbatas di atas, tetapi tidak divergen ke $+\infty$, karena tak hingga banyak sukunya bernilai $0$.

#### Proposisi 26.3.11 (Perbandingan dan Kebalikan)

(a) Jika $s_n\leq t_n$ untuk $n\geq K$ dan $s_n\to+\infty$, maka $t_n\to+\infty$.

(b) Jika $s_n\to+\infty$, maka $s_n>0$ sejak suatu indeks, dan $\tfrac1{s_n}\to0$.

(c) Jika $t_n>0$ untuk semua $n$ dan $t_n\to0$, maka $\tfrac1{t_n}\to+\infty$.

Bukti. (a) Untuk $M$, ambil $N_0$ untuk $(s_n)$ dan naikkan ke $\max(N_0,K)$. Maka $t_n\geq s_n>M$.

(b) Dengan $M=0$, $s_n>0$ sejak suatu indeks. Untuk $\varepsilon>0$, dengan $M=\tfrac1\varepsilon$: $s_n>\tfrac1\varepsilon>0$ sejak suatu indeks, sehingga $0<\tfrac1{s_n}<\varepsilon$.

(c) Untuk $M>0$, ambil $N_0$ dengan $t_n<\tfrac1M$ untuk $n\geq N_0$. Maka $\tfrac1{t_n}>M$. Untuk $M\leq0$, ambil $N_0$ untuk $M=1$. $\square$

#### Contoh 26.3.12

(a) $n\to+\infty$ (Archimedes), $2^n\geq n$ (Contoh 24.2.8(c)), sehingga $2^n\to+\infty$. Juga $\sqrt n\to+\infty$.

(b) Jumlah harmonik $H_n\to+\infty$. Untuk $M$, pilih $j$ dengan $1+\tfrac j2>M$ (Teorema 24.2.9). Untuk $n\geq2^j$, $H_n\geq H_{2^j}$, karena $H$ naik (setiap suku yang ditambahkan positif). Jadi $H_n>M$.

(c) $\tfrac{n^2+1}{n+1}\geq\tfrac n2$ (Contoh 25.3.7), sehingga barisan ini divergen ke $+\infty$ menurut (a).

### Latihan

Latihan 26.3-1. Hitung limitnya dengan teorema apit: (a) $\tfrac{n+(-1)^n}n$; (b) $\tfrac{2n+\sin n}{n+1}$, dengan P26-SIN; (c) $\tfrac{\lfloor\sqrt n\rfloor}{\sqrt n}$.

Latihan 26.3-2. Buktikan Teorema 26.3.1 secara langsung dari definisi, tanpa Akibat 25.2.6, dengan kontradiksi dan $\varepsilon=\tfrac{S-T}2$.

Latihan 26.3-3. Misalkan $a_n\leq s_n\leq b_n$ dengan $a_n\to A$, $b_n\to B$, dan $A<B$. Apa yang dapat disimpulkan tentang $(s_n)$? Beri contoh konvergen dan contoh divergen.

Latihan 26.3-4. Buktikan bahwa $\sqrt[n]{n^2}\to1$ dan $\sqrt[n]{2^n+3^n}\to3$.

Latihan 26.3-5. Buktikan bahwa untuk $h\geq0$ dan $n\geq1$, $(1+h)^n\geq\tfrac{n(n-1)(n-2)}6h^3$. Simpulkan bahwa $n^2c^n\to0$ untuk $|c|<1$.

Latihan 26.3-6. Misalkan $s_n\to+\infty$. Buktikan: (a) bila $(t_n)$ terbatas di bawah, maka $s_n+t_n\to+\infty$; (b) bila $t_n\to T>0$, maka $s_nt_n\to+\infty$.

Latihan 26.3-7. Beri contoh barisan dengan $\tfrac1{s_n}\to0$ tetapi $s_n$ tidak divergen ke $+\infty$ maupun ke $-\infty$. Buktikan bahwa $\tfrac1{s_n}\to0$ setara dengan $|s_n|\to+\infty$, bila $s_n\ne0$ untuk semua $n$.

Latihan 26.3-8. Misalkan $(c_n)$ terbatas tetapi divergen. Buktikan bahwa $a_nc_n\to0$ untuk setiap $a_n\to0$, tetapi untuk $a_n\to a\ne0$, barisan $(a_nc_n)$ divergen.

### Solusi

Solusi 26.3-1. (a) $1-\tfrac1n\leq\tfrac{n+(-1)^n}n\leq1+\tfrac1n$, dan kedua penjepit menuju $1$. (b) $\tfrac{2n-1}{n+1}\leq s_n\leq\tfrac{2n+1}{n+1}$, karena penyebut positif dan $-1\leq\sin n\leq1$. Kedua penjepit menuju $2$ (Contoh 26.2.7(b)). (c) Sifat lantai: $\sqrt n-1<\lfloor\sqrt n\rfloor\leq\sqrt n$. Membagi dengan $\sqrt n$ memberi $1-\tfrac1{\sqrt n}<s_n\leq1$, dan penjepit kiri menuju $1$. $\square$

Solusi 26.3-2. Andaikan $S>T$, dan ambil $\varepsilon=\tfrac{S-T}2$. Sejak suatu indeks yang juga $\geq K$: $s_n>S-\varepsilon=\tfrac{S+T}2$ dan $t_n<T+\varepsilon=\tfrac{S+T}2$. Jadi $t_n<s_n$, bertentangan dengan $s_n\leq t_n$. $\square$

Solusi 26.3-3. $(s_n)$ terbatas sejak $K$, karena $a_n$ dan $b_n$ terbatas. Bila $(s_n)$ konvergen ke $S$, maka $A\leq S\leq B$ (Teorema 26.3.1). Kekonvergenan tidak dapat disimpulkan. Contoh konvergen: $a_n=0$, $b_n=1$, $s_n=\tfrac12$. Contoh divergen: $a_n=-1$, $b_n=1$, $s_n=(-1)^n$. $\square$

Solusi 26.3-4. $\sqrt[n]{n^2}=(\sqrt[n]n)^2\to1$ (Contoh 26.3.7 dan Akibat 26.2.2). Untuk yang kedua: $3^n\leq2^n+3^n\leq2\cdot3^n$. Akar ke-$n$ naik (kontraposisi Teorema 10.2.6), sehingga $3\leq\sqrt[n]{2^n+3^n}\leq3\sqrt[n]2$. Penjepit kanan menuju $3$ (Contoh 26.3.8). $\square$

Solusi 26.3-5. Buktikan dengan induksi bentuk yang lebih kuat: $(1+h)^n\geq1+nh+\tfrac{n(n-1)}2h^2+\tfrac{n(n-1)(n-2)}6h^3$. Untuk $n=1$, kedua suku terakhir nol. Untuk langkah, kalikan dengan $1+h$. Koefisien $h^3$ menjadi $\tfrac{n(n-1)(n-2)}6+\tfrac{n(n-1)}2=\tfrac{n(n-1)(n+1)}6$, koefisien $h^2$ menjadi $\tfrac{n(n+1)}2$, dan suku $h^4$ dibuang karena taknegatif. Untuk $0<|c|<1$, tulis $\tfrac1{|c|}=1+h$. Untuk $n\geq3$, $|n^2c^n|\leq\tfrac{6n^2}{n(n-1)(n-2)h^3}=\tfrac{6n}{(n-1)(n-2)h^3}$. Ruas kanan menuju $0$ menurut Contoh 26.2.7(a), yang diterapkan pada ekor $n\geq3$ (penyebutnya tidak nol di sana) melalui pergeseran indeks dan Proposisi 25.1.12. Untuk $c=0$, barisannya $0$. Gunakan Akibat 26.3.3. $\square$

Solusi 26.3-6. (a) Misalkan $t_n\geq L$. Untuk $M$, ambil $N_0$ dengan $s_n>M-L$. Maka $s_n+t_n>M$. (b) Sejak suatu indeks $K$, $t_n>\tfrac T2>0$ (Teorema 25.2.4(a)). Untuk $M>0$, ambil $N_0\geq K$ dengan $s_n>\tfrac{2M}T>0$. Maka $s_nt_n>\tfrac{2M}T\cdot\tfrac T2=M$. Untuk $M\leq0$, pakai $N_0$ untuk $M=1$. $\square$

Solusi 26.3-7. $s_n=(-1)^nn$: $\bigl|\tfrac1{s_n}\bigr|=\tfrac1n\to0$, tetapi suku-sukunya bergantian tanda, sehingga tidak divergen ke $+\infty$ maupun ke $-\infty$. Kesetaraan: $\bigl|\tfrac1{s_n}-0\bigr|<\varepsilon\iff|s_n|>\tfrac1\varepsilon$. Jadi definisi "$\tfrac1{s_n}\to0$" dengan $\varepsilon$ sama dengan definisi "$|s_n|\to+\infty$" dengan $M=\tfrac1\varepsilon$. Untuk $M\leq0$, $|s_n|>M$ selalu benar. $\square$

Solusi 26.3-8. Bagian pertama: Akibat 26.3.4. Bagian kedua: andaikan $a_nc_n$ konvergen. Karena $a_n\to a\ne0$, sejak suatu indeks $a_n\ne0$, dan $c_n=\tfrac{a_nc_n}{a_n}$ konvergen (Teorema 26.2.4), kontradiksi. $\square$

### Ringkasan

Limit mempertahankan ketaksamaan tak tegas (Teorema 26.3.1), dengan syarat kedua limit ada. Teorema apit menyimpulkan keberadaan limit: barisan yang terjepit di antara dua barisan dengan limit yang sama konvergen ke limit itu. Bentuk praktisnya: $|s_n-L|\leq b_n\to0$, dan "terbatas kali nol adalah nol". Contoh master $\tfrac{\sin n}n\to0$ hanya memakai $|\sin n|\leq1$, yang dicatat sebagai pinjaman berlabel P26-SIN dengan penutupan di Bab 48–49. Limit penting: $\sqrt[n]n\to1$, lewat estimasi kuadrat $(1+h)^n\geq\tfrac{n(n-1)}2h^2$; $\sqrt[n]c\to1$; dan $\tfrac{n!}{n^n}\to0$. Divergen ke $+\infty$ adalah perilaku yang diberi label $\lim=+\infty$, bukan limit real, dan perilaku itu menurun ke barisan yang lebih besar.