# Bab 27: Barisan Monoton dan Teorema Kekonvergenan Monoton

## 27.1 Definisi Barisan Naik dan Turun Monoton

Penjelasan master untuk Bab 27: menghubungkan sifat urutan dengan keberadaan limit barisan. Bab 25–26 membuktikan kekonvergenan dengan menebak limitnya lebih dahulu, lalu memeriksa definisi atau memakai teorema aljabar. Untuk banyak barisan penting, misalnya barisan yang didefinisikan secara rekursif atau $(1+\tfrac1n)^n$, limitnya tidak dapat ditebak dalam bentuk tertutup. Bab 27 memberi cara membuktikan bahwa limit ada tanpa mengetahui nilainya: bila barisannya monoton dan terbatas. Unit ini menyiapkan konsep kemonotonan dan teknik untuk memeriksanya.

Prasyarat: Bab 24–26; induksi (Bab 7); Teorema 10.2.6; AM-GM (Teorema 10.4.3).

### Definisi

#### Definisi 27.1.1 (Barisan Monoton)

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

(a) naik monoton, atau naik, jika $s_{n+1}\geq s_n$ untuk semua $n\geq m$;

(b) naik tegas jika $s_{n+1}>s_n$ untuk semua $n\geq m$;

(c) turun monoton, atau turun, jika $s_{n+1}\leq s_n$ untuk semua $n\geq m$;

(d) turun tegas jika $s_{n+1}<s_n$ untuk semua $n\geq m$;

(e) monoton jika naik atau turun.

Dalam buku ini "naik" berarti tidak turun: suku berikutnya boleh sama. Sebagian buku memakai "tidak turun" untuk (a) dan "naik" untuk (b). Barisan konstan bersifat naik dan turun sekaligus.

#### Proposisi 27.1.2 (Dari Langkah ke Seluruh Barisan)

$(s_n)_{n\geq m}$ naik jika dan hanya jika $s_j\leq s_k$ untuk semua $m\leq j\leq k$. Pernyataan serupa berlaku untuk naik tegas dengan $j<k$, dan untuk turun.

Bukti. ($\Leftarrow$) Ambil $k=j+1$. ($\Rightarrow$) Tetapkan $j$, lalu lakukan induksi pada $k\geq j$. Untuk $k=j$, $s_j\leq s_j$. Bila $s_j\leq s_k$, maka $s_j\leq s_k\leq s_{k+1}$. Versi tegas serupa, dengan basis $k=j+1$. $\square$

Definisi hanya memeriksa pasangan suku yang berurutan, tetapi menurut proposisi ini kesimpulannya berlaku untuk semua pasangan. Akibatnya, barisan naik tegas injektif.

#### Contoh 27.1.3 (Contoh Master)

$s_n=1-\tfrac1n$, $n\geq1$, naik tegas:
$$s_{n+1}-s_n=\frac1n-\frac1{n+1}=\frac1{n(n+1)}>0.$$
Suku-sukunya $0,\tfrac12,\tfrac23,\tfrac34,\ldots$. Barisan ini juga terbatas di atas oleh $1$, dan Unit 27.2 menjelaskan mengapa kombinasi ini menjamin kekonvergenan.

### Teknik Memeriksa Kemonotonan

#### Proposisi 27.1.4 (Uji Selisih dan Uji Rasio)

(a) $(s_n)$ naik jika dan hanya jika $s_{n+1}-s_n\geq0$ untuk semua $n$.

(b) Bila $s_n>0$ untuk semua $n$: $(s_n)$ naik jika dan hanya jika $\tfrac{s_{n+1}}{s_n}\geq1$ untuk semua $n$. Versi tegas dan versi turun serupa.

Bukti. (a) Definisi. (b) Kalikan atau bagi dengan $s_n>0$. $\square$

Uji rasio cocok untuk barisan yang memuat hasil kali, pangkat, atau faktorial. Uji selisih cocok untuk barisan yang memuat jumlah.

#### Contoh 27.1.5

(a) $\tfrac1n$ turun tegas, karena $\tfrac1{n+1}<\tfrac1n$.

(b) $c^n$ dengan $0<c<1$ turun tegas, karena rasionya $c<1$. Untuk $c>1$, $c^n$ naik tegas.

(c) $\tfrac n{2^n}$, $n\geq1$: rasionya $\tfrac{n+1}{2n}\leq1$, dengan kesamaan tepat ketika $n=1$. Jadi barisan ini turun, dengan $s_1=s_2=\tfrac12$, dan turun tegas sejak $n=2$.

(d) $\tfrac{n!}{n^n}$: rasionya $\tfrac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}\cdot\tfrac{n^n}{n!}=\bigl(\tfrac n{n+1}\bigr)^n<1$. Jadi barisan ini turun tegas.

(e) Jumlah harmonik $H_n$ naik tegas, karena selisihnya $\tfrac1{n+1}>0$.

(f) $(-1)^n$ dan $\tfrac{(-1)^n}n$ tidak monoton. Tanda selisihnya bergantian.

### Barisan Rekursif

Kemonotonan barisan rekursif biasanya dibuktikan dengan induksi. Pola dasarnya: bila $s_{n+1}=f(s_n)$ dan $f$ naik pada himpunan yang memuat semua suku, maka $s_n\leq s_{n+1}$ mengakibatkan $f(s_n)\leq f(s_{n+1})$, yaitu $s_{n+1}\leq s_{n+2}$. Jadi cukup memeriksa langkah pertama.

#### Proposisi 27.1.6 (Rekursi dengan Fungsi Naik)

Misalkan $I\subseteq\mathbb{R}$, $f:I\to I$ naik, yaitu $x\leq y$ mengakibatkan $f(x)\leq f(y)$, $s_1\in I$, dan $s_{n+1}=f(s_n)$.

(a) Bila $s_1\leq s_2$, maka $(s_n)$ naik.

(b) Bila $s_1\geq s_2$, maka $(s_n)$ turun.

Bukti. (a) Induksi: $s_1\leq s_2$. Bila $s_n\leq s_{n+1}$, maka $s_{n+1}=f(s_n)\leq f(s_{n+1})=s_{n+2}$. (b) Serupa. $\square$

#### Contoh 27.1.7 ($x_{n+1}=\sqrt{2+x_n}$)

Dengan $x_1=1$, $I=[1,2)$, dan $f(x)=\sqrt{2+x}$. $f$ memetakan $I$ ke $I$ menurut Latihan 24.2-7, dan $f$ naik tegas: untuk $x<y$, $2+x<2+y$, sehingga $\sqrt{2+x}<\sqrt{2+y}$, karena akar naik tegas (kontraposisi Teorema 10.2.6). Juga $x_1=1<\sqrt3=x_2$. Proposisi 27.1.6 memberi bahwa $(x_n)$ naik. Barisan ini juga terbatas di atas oleh $2$.

#### Contoh 27.1.8 (Barisan Babilonia)

Untuk $a_{n+1}=\tfrac{a_n}2+\tfrac1{a_n}$, fungsi $f(x)=\tfrac x2+\tfrac1x$ tidak naik pada $(0,\infty)$. Contohnya $f(1)=\tfrac32>f(\tfrac32)=\tfrac{17}{12}$. Proposisi 27.1.6 tidak berlaku. Latihan 24.1-7 memakai cara lain: selisih $a_{n+1}-a_n=\tfrac{2-a_n^2}{2a_n}\leq0$ untuk $n\geq2$, karena $a_n^2\geq2$ di sana. Jadi barisan Babilonia turun sejak indeks $2$. Suku pertama $a_1=1<a_2=\tfrac32$ melanggar kemonotonan, tetapi ekornya monoton.

#### Definisi 27.1.9 (Akhirnya Monoton)

$(s_n)$ akhirnya naik, atau akhirnya turun, jika suatu ekor $(s_n)_{n\geq K}$ naik, atau turun. Menurut Proposisi 25.1.12, untuk urusan kekonvergenan, "akhirnya monoton" sama baiknya dengan "monoton".

### Monoton dan Terbatas

#### Proposisi 27.1.10

(a) Barisan naik $(s_n)_{n\geq m}$ selalu terbatas di bawah oleh $s_m$. Jadi barisan naik terbatas jika dan hanya jika terbatas di atas.

(b) Untuk barisan naik, $\sup_{n\geq m}s_n=\sup_{n\geq K}s_n$ untuk setiap $K\geq m$, bila salah satunya ada.

Bukti. (a) Proposisi 27.1.2: $s_m\leq s_n$. (b) Himpunan nilai ekor termuat dalam himpunan nilai barisan, sehingga $\sup$ ekor $\leq\sup$ seluruhnya (Proposisi 11.2.15). Sebaliknya, setiap $s_j$ dengan $j<K$ memenuhi $s_j\leq s_K\leq\sup_{n\geq K}s_n$, sehingga $\sup$ ekor adalah batas atas seluruh barisan. Untuk keberadaan: barisan terbatas di atas jika dan hanya jika ekornya terbatas di atas (Teorema 24.2.5). $\square$

### Latihan

Latihan 27.1-1. Tentukan apakah barisan berikut naik, turun, atau tidak monoton, dan buktikan: (a) $\tfrac{n}{n^2+1}$; (b) $\tfrac{3^n}{n!}$; (c) $n+\tfrac{(-1)^n}2$; (d) $\sqrt{n+1}-\sqrt n$.

Latihan 27.1-2. Buktikan versi tegas Proposisi 27.1.2, dan simpulkan bahwa barisan naik tegas injektif.

Latihan 27.1-3. Buktikan bahwa $(s_n)$ sekaligus naik dan turun jika dan hanya jika konstan.

Latihan 27.1-4. Misalkan $(s_n)$ naik dan $(t_n)$ naik. Buktikan bahwa $(s_n+t_n)$ naik. Apakah $(s_nt_n)$ selalu naik? Bagaimana bila semua suku positif?

Latihan 27.1-5. Barisan $y_1=3$, $y_{n+1}=\tfrac12\bigl(y_n+\tfrac5{y_n}\bigr)$. Buktikan bahwa $y_n>0$, $y_n^2\geq5$ untuk $n\geq2$, dan $(y_n)$ turun.

Latihan 27.1-6. Barisan $z_1=0$, $z_{n+1}=\tfrac{z_n^2+1}2$. Buktikan bahwa $(z_n)$ naik dan $0\leq z_n<1$.

Latihan 27.1-7. Buktikan bahwa barisan $\tfrac{(n+1)^2}{2^n}$, $n\geq1$, akhirnya turun, dan tentukan sejak indeks berapa.

Latihan 27.1-8. Beri contoh barisan terbatas yang tidak akhirnya monoton, dan barisan monoton yang tidak terbatas.

### Solusi

Solusi 27.1-1. (a) $s_{n+1}-s_n=\tfrac{n+1}{(n+1)^2+1}-\tfrac n{n^2+1}$. Pembilang selisihnya, setelah disamakan penyebut, adalah $(n+1)(n^2+1)-n(n^2+2n+2)=n^3+n^2+n+1-n^3-2n^2-2n=-n^2-n+1<0$ untuk $n\geq1$. Jadi barisan ini turun tegas. (b) Rasionya $\tfrac3{n+1}$: $\geq1$ untuk $n\leq2$ dan $<1$ untuk $n\geq3$. Jadi barisan ini naik dari $s_1=3$ ke $s_2=s_3=\tfrac92$, lalu turun tegas sejak $n=3$. Barisan ini tidak monoton, tetapi akhirnya turun. (c) Selisihnya $1+\tfrac{(-1)^{n+1}-(-1)^n}2=1-(-1)^n$, yang bernilai $0$ untuk $n$ genap dan $2$ untuk $n$ ganjil. Jadi barisan ini naik, tetapi tidak tegas. (d) $\tfrac1{\sqrt{n+1}+\sqrt n}$, dan penyebutnya naik tegas. Jadi barisan ini turun tegas. $\square$

Solusi 27.1-2. Tetapkan $j$, lalu lakukan induksi pada $k\geq j+1$. Basis $s_j<s_{j+1}$. Bila $s_j<s_k$, maka $s_j<s_k<s_{k+1}$. Bila $j\ne k$, misalkan $j<k$; maka $s_j<s_k$, sehingga $s_j\ne s_k$. $\square$

Solusi 27.1-3. Naik dan turun memberi $s_{n+1}\geq s_n$ dan $s_{n+1}\leq s_n$, sehingga $s_{n+1}=s_n$ untuk semua $n$. Induksi memberi $s_n=s_m$. Sebaliknya jelas. $\square$

Solusi 27.1-4. $(s_{n+1}+t_{n+1})-(s_n+t_n)\geq0$. Hasil kali tidak selalu naik: $s_n=t_n=-\tfrac1n$ naik, tetapi $s_nt_n=\tfrac1{n^2}$ turun. Bila semua suku positif: $s_{n+1}t_{n+1}\geq s_nt_{n+1}\geq s_nt_n$, dengan mengalikan ketaksamaan oleh bilangan positif. $\square$

Solusi 27.1-5. Positif: induksi, karena jumlah dua bilangan positif dibagi $2$ tetap positif. AM-GM (Teorema 10.4.3) untuk $y_n$ dan $\tfrac5{y_n}$: $5\leq\bigl(\tfrac{y_n+5/y_n}2\bigr)^2=y_{n+1}^2$. Juga $y_1^2=9\geq5$. Turun: $y_{n+1}-y_n=\tfrac{5-y_n^2}{2y_n}\leq0$, karena $y_n^2\geq5$ untuk semua $n\geq1$. $\square$

Solusi 27.1-6. $f(x)=\tfrac{x^2+1}2$ naik pada $[0,1)$, karena $0\leq x<y$ memberi $x^2<y^2$. $f$ memetakan $[0,1)$ ke $[\tfrac12,1)\subseteq[0,1)$. $z_1=0<\tfrac12=z_2$. Proposisi 27.1.6 memberi bahwa barisan ini naik, dan induksi memberi $z_n\in[0,1)$. $\square$

Solusi 27.1-7. Rasionya $\tfrac{(n+2)^2}{2(n+1)^2}<1\iff(n+2)^2<2(n+1)^2\iff n^2+4n+4<2n^2+4n+2\iff n^2>2\iff n\geq2$. Untuk $n=1$, rasionya $\tfrac98>1$. Jadi barisan ini turun tegas sejak $n=2$: $s_1=2$, $s_2=\tfrac94$, $s_3=2$, dan seterusnya. $\square$

Solusi 27.1-8. Terbatas tetapi tidak akhirnya monoton: $(-1)^n$. Setiap ekornya memuat pola $-1,1,-1$, yang tidak naik maupun turun. Monoton tetapi tak terbatas: $n$. $\square$

### Ringkasan

Barisan naik memenuhi $s_{n+1}\geq s_n$, dan menurut induksi berlaku $s_j\leq s_k$ untuk $j\leq k$. Versi tegas dan versi turun didefinisikan serupa. Contoh master $1-\tfrac1n$ naik tegas, dengan selisih $\tfrac1{n(n+1)}$. Kemonotonan diperiksa dengan uji selisih, uji rasio, atau induksi untuk rekursi dengan fungsi naik. Barisan naik selalu terbatas di bawah, sehingga keterbatasannya hanya bergantung pada batas atas. Kemonotonan yang berlaku sejak suatu indeks sudah cukup untuk teori limit.

## 27.2 Teorema Kekonvergenan Monoton

Penjelasan master: setiap barisan monoton yang terbatas, yaitu terbatas di atas untuk barisan naik dan terbatas di bawah untuk barisan turun, dipastikan konvergen. (Teks master memuat artefak ketik "`\otext`" pada frasa "terbatas di ..."; isi matematisnya jelas dari keterangan dalam kurung.) Inilah teorema keberadaan pertama untuk limit barisan. Teorema ini menjamin limit tanpa menyebut nilainya. Kekuatannya berasal langsung dari aksioma supremum, dan unit ini juga membuktikan kebalikannya: di lapangan terurut, teorema ini setara dengan aksioma supremum.

Prasyarat: Unit 27.1; aksioma supremum dan karakterisasi $\varepsilon$ (Teorema 11.3.2, 11.3.3); Bab 25–26.

### Teorema

#### Teorema 27.2.1 (Kekonvergenan Monoton)

(a) Jika $(s_n)$ naik dan terbatas di atas, maka $(s_n)$ konvergen, dan $\lim s_n=\sup_ns_n$.

(b) Jika $(s_n)$ turun dan terbatas di bawah, maka $(s_n)$ konvergen, dan $\lim s_n=\inf_ns_n$.

(c) Jika $(s_n)$ naik dan tidak terbatas di atas, maka $s_n\to+\infty$. Jika $(s_n)$ turun dan tidak terbatas di bawah, maka $s_n\to-\infty$.

Jadi barisan monoton konvergen jika dan hanya jika terbatas.

Bukti. (a) Himpunan nilai $\{s_n\}$ tidak kosong dan terbatas di atas, sehingga $u=\sup_ns_n$ ada menurut aksioma supremum. Misalkan $\varepsilon>0$. Menurut Teorema 11.3.2, ada $N_0$ dengan $s_{N_0}>u-\varepsilon$. Untuk $n\geq N_0$, kemonotonan dan sifat batas atas memberi
$$u-\varepsilon<s_{N_0}\leq s_n\leq u,$$
sehingga $|s_n-u|<\varepsilon$.

(b) $(-s_n)$ naik dan terbatas di atas. Menurut (a), $-s_n\to\sup(-s_n)=-\inf s_n$ (Proposisi 11.2.14). Kalikan dengan $-1$ (Teorema 26.1.1(b)).

(c) Untuk $M\in\mathbb{R}$, ada $N_0$ dengan $s_{N_0}>M$, karena $M$ bukan batas atas. Untuk $n\geq N_0$, $s_n\geq s_{N_0}>M$. Kasus turun serupa.

Untuk "jika dan hanya jika": barisan konvergen terbatas (Teorema 25.2.3). Sebaliknya, barisan monoton yang terbatas konvergen menurut (a) atau (b). $\square$

Pada bukti (a), satu suku yang dekat ke $u$ sudah cukup. Kemonotonan menjamin bahwa semua suku sesudahnya juga dekat. Inilah cara kemonotonan mengubah keterangan tentang "suatu suku" (dari supremum) menjadi keterangan tentang "semua suku sejak $N_0$" (limit). Teorema ini juga berlaku untuk barisan yang akhirnya monoton (Definisi 27.1.9 dan Proposisi 25.1.12).

#### Contoh 27.2.2 (Contoh Master Unit 27.1)

$s_n=1-\tfrac1n$ naik dan terbatas di atas oleh $1$. Supremumnya $1$: untuk $\varepsilon>0$, ada $n$ dengan $\tfrac1n<\varepsilon$. Jadi $s_n\to1$. Ini hasil yang sudah diketahui, tetapi sekarang diperoleh tanpa perhitungan $N_0$.

### Menutup Janji-Janji Sebelumnya

#### Contoh 27.2.3 (Barisan Babilonia Konvergen ke $\sqrt2$)

Untuk $a_1=1$ dan $a_{n+1}=\tfrac{a_n}2+\tfrac1{a_n}$ (Contoh 24.1.8): sejak $n=2$, $(a_n)$ turun (Latihan 24.1-7) dan terbatas di bawah oleh $\sqrt2$. Teorema 27.2.1(b), diterapkan pada ekor sejak $2$, memberi $a_n\to L$ untuk suatu $L$. Contoh 26.2.9(c) kemudian memberi $L=\sqrt2$.

Jadi janji Contoh 24.1.8 dipenuhi, dan perhitungan bersyarat di Contoh 26.2.9(c) kini sah karena keberadaan limit sudah dibuktikan. Lebih jauh, $0\leq a_{n+1}-\sqrt2=\tfrac{(a_n-\sqrt2)^2}{2a_n}$ (Latihan 27.2-3), sehingga galatnya kira-kira dikuadratkan setiap langkah. Inilah alasan $a_4=\tfrac{577}{408}$ sudah sangat dekat ke $\sqrt2$.

#### Contoh 27.2.4 ($x_{n+1}=\sqrt{2+x_n}$ Konvergen ke $2$)

$(x_n)$ naik (Contoh 27.1.7) dan terbatas di atas oleh $2$ (Latihan 24.2-7), sehingga $x_n\to L$ dengan $1\leq L\leq2$ (Akibat 25.2.6). Dari $x_{n+1}=\sqrt{2+x_n}$, Teorema 26.2.8 dan Proposisi 25.1.12(b) memberi $L=\sqrt{2+L}$. Jadi $L^2=2+L$, yaitu $(L-2)(L+1)=0$. Karena $L\geq1$, $L=2$.

#### Contoh 27.2.5 (Ekspansi Desimal; Janji Unit 12.4)

Untuk string desimal $(m,(d_k)_{k\geq1})$ (Definisi 12.4.1), barisan pemotongan $s_n=m+\sum_{k=1}^nd_k10^{-k}$ naik, karena $s_{n+1}-s_n=d_{n+1}10^{-(n+1)}\geq0$. Barisan itu terbatas di atas oleh $m+1$ (Lemma 12.4.2). Teorema 27.2.1(a) memberi
$$\lim_{n\to\infty}s_n=\sup_ns_n=x,$$
dengan $x$ nilai string menurut Definisi 12.4.3. Bab 12 mendefinisikan nilai ekspansi desimal sebagai supremum, tanpa limit. Contoh ini menunjukkan bahwa nilai itu sama dengan limit barisan pemotongan. Inilah keterkaitan yang dijanjikan di akhir Unit 12.4. Proposisi 12.4.4 bahkan memberi laju kekonvergenannya: $0\leq x-s_n\leq10^{-n}$. Bagian VI menulis $x=m+\sum_{k=1}^\infty d_k10^{-k}$ sebagai jumlah deret tak hingga, dan pada saat itu notasi ini mempunyai arti yang sudah tersedia.

#### Contoh 27.2.6 (Jumlah $\sum\tfrac1{k^2}$)

$t_n=\sum_{k=1}^n\tfrac1{k^2}$ naik. Untuk $k\geq2$, $\tfrac1{k^2}<\tfrac1{k(k-1)}=\tfrac1{k-1}-\tfrac1k$. Dengan menjumlahkan secara teleskopik,
$$t_n<1+\Bigl(1-\frac1n\Bigr)<2.$$
Jadi $(t_n)$ konvergen ke suatu limit $\leq2$. Teorema ini tidak memberi nilai limitnya. Sebagai fakta yang dicatat tanpa bukti: nilainya $\tfrac{\pi^2}6$ (soal Basel). Buktinya memerlukan alat di luar Bagian V, dan buku ini tidak memakainya. Bandingkan dengan $H_n=\sum\tfrac1k$, yang naik tetapi tak terbatas, sehingga $H_n\to+\infty$ menurut Teorema 27.2.1(c).

### Kekonvergenan Monoton sebagai Aksioma Kelengkapan

Bukti Teorema 27.2.1 memakai aksioma supremum. Teorema berikut menunjukkan bahwa ketergantungan ini tidak dapat dihindari. Di lapangan terurut sebarang, kekonvergenan monoton dan aksioma supremum setara.

Untuk lapangan terurut $F$ (Bab 9–10), definisi limit barisan di $F$ sama persis dengan Definisi 25.1.1, dengan $\varepsilon\in F$, $\varepsilon>0$, dan nilai mutlak di $F$. Bukti-bukti Teorema 25.2.1 (ketunggalan), Teorema 25.2.4(a) (tanda), Teorema 26.1.1 (kelinearan), dan Proposisi 25.1.12(b) (pergeseran) hanya memakai aksioma lapangan terurut, ketaksamaan segitiga, dan $\tfrac\varepsilon2\in F$. Jadi hasil-hasil itu berlaku di $F$. Contoh 25.1.4 ($\tfrac1n\to0$) tidak termasuk, karena memakai sifat Archimedes.

#### Teorema 27.2.7 (Kesetaraan dengan Aksioma Supremum)

Untuk lapangan terurut $F$, pernyataan berikut setara:

(a) setiap subhimpunan $F$ yang tak kosong dan terbatas di atas mempunyai supremum di $F$;

(b) setiap barisan di $F$ yang naik dan terbatas di atas konvergen di $F$.

Bukti. (a)⇒(b): bukti Teorema 27.2.1(a) hanya memakai (a) dan Teorema 11.3.2, yang berlaku di lapangan terurut mana pun untuk himpunan yang mempunyai supremum.

(b)⇒(a). Asumsikan (b).

Langkah 1: $F$ Archimedes. Andaikan himpunan $\{n\cdot1_F:n\in\mathbb{N}_{+}\}$ terbatas di atas. Barisan $s_n=n\cdot1_F$ naik, sehingga menurut (b), $s_n\to L$ untuk suatu $L\in F$. Pergeseran memberi $s_{n+1}\to L$, dan kelinearan memberi $1_F=s_{n+1}-s_n\to L-L=0$. Barisan konstan $1_F$ juga konvergen ke $1_F$, sehingga ketunggalan memberi $1_F=0$, kontradiksi. Jadi untuk setiap $\varepsilon>0$ ada $n$ dengan $n>\tfrac1\varepsilon$. Akibatnya $\tfrac1n\to0$ di $F$, dengan bukti Contoh 25.1.4. Juga $0<\tfrac1{2^n}\leq\tfrac1n$, karena $2^n\geq n$ (Bernoulli, yang berlaku di lapangan terurut), sehingga $\tfrac1{2^n}\to0$ dengan argumen apit Teorema 26.3.2, yang buktinya juga hanya memakai aksioma lapangan terurut.

Langkah 2: barisan turun yang terbatas di bawah konvergen. Bila $(t_n)$ turun dan $t_n\geq L$, maka $(-t_n)$ naik dan terbatas di atas oleh $-L$. Jadi $(-t_n)$ konvergen, dan $t_n=(-1)(-t_n)$ juga konvergen.

Langkah 3: bagi dua. Misalkan $S\subseteq F$ tak kosong dan terbatas di atas. Ambil $x_0\in S$, $a_0=x_0-1$, dan $b_0$ suatu batas atas. Maka $a_0$ bukan batas atas, karena $x_0>a_0$. Definisikan secara rekursif (Teorema 7.4.1), dengan $c_n=\tfrac{a_n+b_n}2$:
$$(a_{n+1},b_{n+1})=\begin{cases}(a_n,c_n),&c_n\text{ batas atas }S,\\(c_n,b_n),&c_n\text{ bukan batas atas }S.\end{cases}$$
Aturan ini tertentu, karena "$c_n$ batas atas $S$" adalah pernyataan yang benar atau salah, sehingga tidak ada pilihan. Induksi memberi, untuk semua $n$:

- $b_n$ batas atas $S$, dan $a_n$ bukan batas atas;
- $a_n\leq a_{n+1}$ dan $b_{n+1}\leq b_n$;
- $b_n-a_n=\tfrac{b_0-a_0}{2^n}$;
- $a_n<b_n$: ada $x\in S$ dengan $x>a_n$, dan $x\leq b_n$.

Langkah 4: limit. $(a_n)$ naik dan terbatas di atas oleh $b_0$, sehingga $a_n\to a$. $(b_n)$ turun dan terbatas di bawah oleh $a_0$, sehingga $b_n\to b$ (Langkah 2). Lalu $b_n-a_n=(b_0-a_0)\tfrac1{2^n}\to0$ (Langkah 1), sedangkan $b_n-a_n\to b-a$. Ketunggalan memberi $a=b$.

Langkah 5: $b=\sup S$.

- $b$ batas atas. Andaikan ada $x\in S$ dengan $x>b$. Maka $x-b_n\to x-b>0$, sehingga $x-b_n>0$ sejak suatu indeks (Teorema 25.2.4(a)). Jadi $x>b_n$, bertentangan dengan $b_n$ batas atas.
- $b$ terkecil. Misalkan $u<b$. Karena $a_n\to b$, $a_n-u\to b-u>0$, sehingga $a_n>u$ untuk suatu $n$. Karena $a_n$ bukan batas atas, ada $x\in S$ dengan $x>a_n>u$. Jadi $u$ bukan batas atas.

Maka $b=\sup S$. $\square$

Teorema ini memberi cara lain untuk merumuskan kelengkapan $\mathbb{R}$: aksioma supremum dapat diganti dengan "setiap barisan naik yang terbatas di atas konvergen". Kedua rumusan menghasilkan teori yang sama. Di $\mathbb{Q}$, keduanya gagal: barisan pemotongan desimal $\sqrt2$ naik dan terbatas di atas, tetapi tidak mempunyai limit di $\mathbb{Q}$ (Contoh 25.2.2). Bab 29 memberi rumusan ketiga, yaitu kekonvergenan barisan Cauchy.

### Latihan

Latihan 27.2-1. Buktikan bahwa barisan $(y_n)$ pada Latihan 27.1-5 konvergen ke $\sqrt5$, dan barisan $(z_n)$ pada Latihan 27.1-6 konvergen ke $1$.

Latihan 27.2-2. Misalkan $s_1=\tfrac12$ dan $s_{n+1}=s_n-s_n^2$. Buktikan bahwa $0<s_n<1$, $(s_n)$ turun, dan $s_n\to0$.

Latihan 27.2-3. Untuk barisan Babilonia, buktikan identitas $a_{n+1}-\sqrt2=\dfrac{(a_n-\sqrt2)^2}{2a_n}$, lalu buktikan $0<a_4-\sqrt2<10^{-5}$ dengan $a_4^2-2=\tfrac1{166464}$.

Latihan 27.2-4. Buktikan Teorema Interval Bersarang (Teorema 12.2.4) dengan Teorema 27.2.1: untuk $[a_n,b_n]$ bersarang, $(a_n)$ naik dan $(b_n)$ turun. Tunjukkan bahwa $\lim a_n$ termuat dalam semua interval.

Latihan 27.2-5. Misalkan $(s_n)$ naik dan $s_n\to L$. Buktikan bahwa $s_n\leq L$ untuk semua $n$. Bila $(s_n)$ naik tegas, buktikan bahwa $s_n<L$ untuk semua $n$.

Latihan 27.2-6. Misalkan $s_n>0$ dan $\tfrac{s_{n+1}}{s_n}\leq q$ untuk semua $n\geq K$, dengan $0<q<1$ tetap. Buktikan bahwa $s_n\to0$. Terapkan pada $\tfrac{3^n}{n!}$.

Latihan 27.2-7. Buktikan Teorema 27.2.1(b) secara langsung dengan Teorema 11.3.3 dan karakterisasi $\varepsilon$ untuk infimum (Teorema 11.2.10), tanpa memakai $(-s_n)$.

Latihan 27.2-8. Pada bukti Teorema 27.2.7, buktikan keempat invarian Langkah 3 dengan induksi.

### Solusi

Solusi 27.2-1. $(y_n)$ turun dan terbatas di bawah oleh $\sqrt5>0$, karena $y_n^2\geq5$ dan $y_n>0$. Jadi $y_n\to L\geq\sqrt5>0$. Dari rekursi, $L=\tfrac12\bigl(L+\tfrac5L\bigr)$, sehingga $L^2=5$ dan $L=\sqrt5$. $(z_n)$ naik dan terbatas di atas oleh $1$, sehingga $z_n\to L\in[0,1]$. Dari rekursi, $L=\tfrac{L^2+1}2$, sehingga $(L-1)^2=0$ dan $L=1$. $\square$

Solusi 27.2-2. Induksi: bila $0<s_n<1$, maka $s_{n+1}=s_n(1-s_n)$ adalah hasil kali dua bilangan di $(0,1)$, sehingga berada di $(0,1)$. Turun: $s_{n+1}-s_n=-s_n^2<0$. Barisan ini terbatas di bawah oleh $0$, sehingga $s_n\to L\geq0$. Dari rekursi, $L=L-L^2$, sehingga $L=0$. $\square$

Solusi 27.2-3. $\tfrac{a_n}2+\tfrac1{a_n}-\sqrt2=\tfrac{a_n^2-2\sqrt2a_n+2}{2a_n}=\tfrac{(a_n-\sqrt2)^2}{2a_n}$. Untuk $a_4$: $a_4-\sqrt2=\tfrac{a_4^2-2}{a_4+\sqrt2}=\tfrac1{166464(a_4+\sqrt2)}$. Karena $a_4\geq\sqrt2>1{,}4$, berlaku $a_4+\sqrt2>2{,}8$, sehingga $0<a_4-\sqrt2<\tfrac1{466099}<10^{-5}$. Di sini $166464\cdot2{,}8=466099{,}2$. $\square$

Solusi 27.2-4. Interval bersarang berarti $[a_{n+1},b_{n+1}]\subseteq[a_n,b_n]$, sehingga $a_n\leq a_{n+1}\leq b_{n+1}\leq b_n$. $(a_n)$ naik dan terbatas di atas oleh $b_1$, sehingga $a_n\to a$. Untuk $k$ tetap, $a_n\leq b_k$ untuk semua $n$. Untuk $n\leq k$, ini karena $a_n\leq a_k\leq b_k$; untuk $n>k$, karena $a_n\leq b_n\leq b_k$. Akibat 25.2.6 memberi $a\leq b_k$. Juga $a_k\leq a$ (Latihan 27.2-5). Jadi $a\in[a_k,b_k]$ untuk setiap $k$. $\square$

Solusi 27.2-5. $L=\sup s_n$ (Teorema 27.2.1(a) dan ketunggalan), sehingga $s_n\leq L$. Bila naik tegas dan $s_n=L$ untuk suatu $n$, maka $s_{n+1}>L$, kontradiksi. $\square$

Solusi 27.2-6. Untuk $n\geq K$, $s_{n+1}\leq qs_n<s_n$, sehingga ekornya turun dan terbatas di bawah oleh $0$. Induksi memberi $0<s_n\leq s_Kq^{n-K}$. Ruas kanan menuju $0$ (Contoh 25.3.6), sehingga Akibat 26.3.3 memberi $s_n\to0$. Untuk $\tfrac{3^n}{n!}$, rasionya $\tfrac3{n+1}\leq\tfrac12$ untuk $n\geq5$. $\square$

Solusi 27.2-7. $\ell=\inf s_n$ ada menurut Teorema 11.3.3. Untuk $\varepsilon>0$, Teorema 11.2.10 memberi $N_0$ dengan $s_{N_0}<\ell+\varepsilon$. Untuk $n\geq N_0$, $\ell\leq s_n\leq s_{N_0}<\ell+\varepsilon$. $\square$

Solusi 27.2-8. Untuk $n=0$: $b_0$ batas atas, $a_0$ bukan batas atas, $b_0-a_0=\tfrac{b_0-a_0}{2^0}$, dan $x_0\in S$ memberi $a_0<x_0\leq b_0$. Langkah: bila $c_n$ batas atas, maka $b_{n+1}=c_n$ batas atas, $a_{n+1}=a_n$ bukan batas atas, dan $b_{n+1}=c_n\leq b_n$, karena $c_n$ titik tengah dan $a_n<b_n$. Bila $c_n$ bukan batas atas, maka $a_{n+1}=c_n\geq a_n$ dan $b_{n+1}=b_n$. Pada kedua kasus, $b_{n+1}-a_{n+1}=\tfrac{b_n-a_n}2=\tfrac{b_0-a_0}{2^{n+1}}$. Ketaksamaan $a_{n+1}<b_{n+1}$ diperoleh dengan argumen yang sama seperti pada $n=0$. $\square$

### Ringkasan

Barisan naik yang terbatas di atas konvergen ke supremumnya. Barisan turun yang terbatas di bawah konvergen ke infimumnya. Barisan monoton yang tak terbatas divergen ke $\pm\infty$. Jadi untuk barisan monoton, "konvergen" sama dengan "terbatas". Teorema ini menutup tiga janji: barisan Babilonia konvergen ke $\sqrt2$ dengan galat yang dikuadratkan, $\sqrt{2+x_n}\to2$, dan nilai ekspansi desimal (Unit 12.4) sama dengan limit barisan pemotongannya. Pola kerjanya: buktikan kemonotonan dan keterbatasan, simpulkan keberadaan limit, lalu tentukan nilainya dari persamaan rekursi. Di lapangan terurut, kekonvergenan monoton setara dengan aksioma supremum, sehingga keduanya dapat dipakai sebagai aksioma kelengkapan.

## 27.3 Bilangan Euler $e$ sebagai Limit Barisan Monoton

Rumus master:
$$e=\lim_{n\to\infty}\Bigl(1+\frac1n\Bigr)^n\approx2{,}71828.$$
Unit ini membuktikan bahwa limit ini ada, dengan Teorema Kekonvergenan Monoton, sehingga $e$ terdefinisi sebagai bilangan real. Unit ini juga membuktikan bahwa $e$ sama dengan limit $\sum_{k=0}^n\tfrac1{k!}$, membuktikan taksiran $2{,}71828$ dengan batas galat yang eksplisit, dan membuktikan bahwa $e$ irasional. Pada setiap langkah, keberadaan limit diperoleh dari kemonotonan dan keterbatasan, bukan dari perhitungan numerik.

Barisan $(1+\tfrac1n)^n$ sudah muncul di Latihan 24.2-6, yang memberi batas bawah $2$ dan menjanjikan batas atas di unit ini.

Prasyarat: Unit 27.1–27.2; AM-GM versi polinomial (Teorema 10.4.3); Bab 26.

### Dua Barisan Monoton

Untuk $n\geq1$ tetapkan
$$a_n=\Bigl(1+\frac1n\Bigr)^n,\qquad b_n=\Bigl(1+\frac1n\Bigr)^{n+1}=a_n\Bigl(1+\frac1n\Bigr).$$

#### Lemma 27.3.1 ($a_n$ Naik Tegas)

$a_n<a_{n+1}$ untuk semua $n\geq1$.

Bukti. Terapkan Teorema 10.4.3 pada $n+1$ bilangan positif: $n$ salinan $1+\tfrac1n$ dan satu bilangan $1$. Rata-ratanya
$$A=\frac{n\bigl(1+\tfrac1n\bigr)+1}{n+1}=\frac{n+2}{n+1}=1+\frac1{n+1}.$$
Hasil kalinya $\bigl(1+\tfrac1n\bigr)^n\cdot1=a_n$. Teorema 10.4.3 memberi $a_n\leq A^{n+1}=a_{n+1}$. Kesamaan hanya terjadi bila semua bilangan sama, padahal $1+\tfrac1n\ne1$. Jadi $a_n<a_{n+1}$. $\square$

#### Lemma 27.3.2 ($b_n$ Turun Tegas)

$b_{n+1}<b_n$ untuk semua $n\geq1$.

Bukti. $\tfrac1{b_n}=\bigl(\tfrac n{n+1}\bigr)^{n+1}$. Terapkan Teorema 10.4.3 pada $n+2$ bilangan positif: $n+1$ salinan $\tfrac n{n+1}$ dan satu bilangan $1$. Rata-ratanya $\tfrac{n+1}{n+2}$, karena jumlahnya $(n+1)\cdot\tfrac n{n+1}+1=n+1$. Jadi
$$\frac1{b_n}=\Bigl(\frac n{n+1}\Bigr)^{n+1}<\Bigl(\frac{n+1}{n+2}\Bigr)^{n+2}=\frac1{b_{n+1}}.$$
Ketaksamaannya tegas karena $\tfrac n{n+1}\ne1$. Membalik kedua ruas positif memberi $b_{n+1}<b_n$. $\square$

#### Teorema 27.3.3 (Keberadaan $e$)

$(a_n)$ dan $(b_n)$ konvergen ke limit yang sama. Limit bersama ini disebut bilangan Euler, $e$. Untuk semua $n\geq1$,
$$a_n<e<b_n,\qquad\text{khususnya}\qquad2\leq a_n<e<b_n\leq4.$$

Bukti. $a_n<b_n$, karena $b_n=a_n(1+\tfrac1n)$ dan $a_n>0$. Jadi $a_n<b_n\leq b_1=4$, sehingga $(a_n)$ naik dan terbatas di atas oleh $4$. Juga $b_n>a_n\geq a_1=2$, sehingga $(b_n)$ turun dan terbatas di bawah oleh $2$. Teorema 27.2.1 memberi $a_n\to e$ dan $b_n\to e'$. Karena $b_n=a_n\bigl(1+\tfrac1n\bigr)$, Teorema 26.2.1 memberi $e'=e\cdot1=e$. Barisan yang naik tegas memenuhi $a_n<e$, dan barisan yang turun tegas memenuhi $e<b_n$ (Latihan 27.2-5 dan versi turunnya). $\square$

Batas atas $4$ menepati janji Latihan 24.2-6. Selisih $b_n-a_n=\tfrac{a_n}n<\tfrac4n$ menuju $0$, tetapi lambat. Untuk mendapatkan lima angka desimal $e$ dari $a_n$ dan $b_n$, diperlukan $n$ dalam orde ratusan ribu. Karena itu kita membutuhkan barisan lain yang lebih cepat.

Contoh numerik: $a_1=2$, $b_1=4$; $a_2=\tfrac94=2{,}25$, $b_2=\tfrac{27}8=3{,}375$; $a_3=\tfrac{64}{27}\approx2{,}370$, $b_3=\tfrac{256}{81}\approx3{,}160$. Jadi $2{,}37<e<3{,}17$.

Tafsiran sebagai model hipotetis: bila suatu simpanan diberi bunga $100\%$ per tahun yang dimajemukkan $n$ kali, saldonya setelah satu tahun adalah $a_n$ kali modal awal. Lemma 27.3.1 menyatakan bahwa pemajemukan yang lebih sering selalu menguntungkan, dan Teorema 27.3.3 menyatakan bahwa keuntungan itu terbatas: faktor pengali tidak pernah mencapai $e$. Model ini hanya ilustrasi aritmetika, bukan klaim tentang produk keuangan tertentu.

### Teorema Binomial

Untuk menghubungkan $a_n$ dengan $\sum\tfrac1{k!}$, kita memerlukan ekspansi $(1+\tfrac1n)^n$. Teorema binomial belum dibuktikan di buku ini (Bab 10 hanya memakai Bernoulli), sehingga teorema itu dibuktikan di sini.

#### Definisi 27.3.4 (Faktorial dan Koefisien Binomial)

$0!=1$ dan $(n+1)!=(n+1)\cdot n!$ (rekursi). Untuk $n\in\mathbb{N}$ dan $0\leq k\leq n$:
$$\binom nk=\frac{n!}{k!\,(n-k)!}.$$

#### Lemma 27.3.5 (Pascal)

$\binom n0=\binom nn=1$, dan untuk $1\leq k\leq n$:
$$\binom n{k-1}+\binom nk=\binom{n+1}k.$$

Bukti. Bagian pertama langsung dari definisi. Untuk identitasnya, samakan penyebut menjadi $k!\,(n+1-k)!$:
$$\frac{n!\,k}{k!\,(n+1-k)!}+\frac{n!\,(n+1-k)}{k!\,(n+1-k)!}=\frac{n!\,(n+1)}{k!\,(n+1-k)!}=\binom{n+1}k.\qquad\square$$

#### Teorema 27.3.6 (Binomial)

Untuk $x,y\in\mathbb{R}$ dan $n\in\mathbb{N}$: $(x+y)^n=\sum_{k=0}^n\binom nkx^{n-k}y^k$.

Bukti. Induksi pada $n$. Untuk $n=0$, kedua ruas bernilai $1$. Untuk langkah,
$$(x+y)^{n+1}=(x+y)\sum_{k=0}^n\binom nkx^{n-k}y^k=\sum_{k=0}^n\binom nkx^{n+1-k}y^k+\sum_{k=1}^{n+1}\binom n{k-1}x^{n+1-k}y^k.$$
Pada jumlah kedua, indeks digeser dengan $k\mapsto k-1$. Kumpulkan koefisien $x^{n+1-k}y^k$. Untuk $k=0$, koefisiennya $\binom n0=1=\binom{n+1}0$. Untuk $k=n+1$, koefisiennya $\binom nn=1=\binom{n+1}{n+1}$. Untuk $1\leq k\leq n$, koefisiennya $\binom n{k-1}+\binom nk=\binom{n+1}k$ (Lemma 27.3.5). $\square$

Bilangan $\binom nk$ adalah bilangan asli. Hal ini mengikuti dari Lemma 27.3.5 dengan induksi pada $n$. Fakta ini tidak dipakai di bawah, tetapi menjelaskan nama "koefisien".

### Deret Faktorial

#### Lemma 27.3.7 (Ekspansi $a_n$)

Untuk $n\geq1$:
$$a_n=\sum_{k=0}^n\frac1{k!}\prod_{j=0}^{k-1}\Bigl(1-\frac jn\Bigr),$$
dengan hasil kali kosong ($k=0$) bernilai $1$. Setiap faktor $1-\tfrac jn$ terletak di $(0,1]$ untuk $0\leq j\leq k-1\leq n-1$.

Bukti. Teorema 27.3.6 dengan $x=1$ dan $y=\tfrac1n$ memberi $a_n=\sum_{k=0}^n\binom nk\tfrac1{n^k}$. Selanjutnya
$$\binom nk\frac1{n^k}=\frac1{k!}\cdot\frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{n^k}=\frac1{k!}\prod_{j=0}^{k-1}\frac{n-j}n.\qquad\square$$

Tetapkan $E_n=\sum_{k=0}^n\tfrac1{k!}$.

#### Teorema 27.3.8 ($e$ sebagai Limit Deret Faktorial)

$(E_n)$ naik tegas, $a_n\leq E_n\leq e$ untuk semua $n\geq1$, dan $E_n\to e$.

Bukti. $E_{n+1}-E_n=\tfrac1{(n+1)!}>0$.

$a_n\leq E_n$: pada Lemma 27.3.7, setiap hasil kali $\leq1$.

$E_m\leq e$ untuk setiap $m$: tetapkan $m$. Untuk $n\geq m$, semua suku di Lemma 27.3.7 taknegatif, sehingga dengan membuang suku $k>m$:
$$a_n\geq\sum_{k=0}^m\frac1{k!}\prod_{j=0}^{k-1}\Bigl(1-\frac jn\Bigr).$$
Ruas kanan adalah jumlah dari $m+1$ suku, dan banyaknya suku itu tetap, tidak bergantung pada $n$. Setiap suku adalah hasil kali paling banyak $m$ faktor $1-\tfrac jn\to1$. Bab 26 (Akibat 26.1.2 dan Teorema 26.2.1) memberi bahwa ruas kanan menuju $\sum_{k=0}^m\tfrac1{k!}=E_m$ bila $n\to\infty$. Teorema 26.3.1 memberi $e=\lim a_n\geq E_m$.

Jadi $a_n\leq E_n\leq e$ dan $a_n\to e$. Teorema apit memberi $E_n\to e$. $\square$

Perhatikan peran $m$ yang tetap dalam bukti. Pada Lemma 27.3.7, banyaknya suku tumbuh bersama $n$. Karena itu kita tidak boleh mengambil limit suku demi suku pada seluruh jumlah (Akibat 26.1.2 dan Latihan 26.1-7). Kita memotongnya dulu di $m$ yang tetap, mengambil limit, lalu membiarkan $m$ bebas.

#### Teorema 27.3.9 (Galat)

Untuk $n\geq1$:
$$0<e-E_n\leq\frac{n+2}{(n+1)!\,(n+1)}<\frac1{n!\,n}.$$

Bukti. Untuk $m>n$:
$$E_m-E_n=\sum_{k=n+1}^m\frac1{k!}\leq\frac1{(n+1)!}\sum_{i=0}^{m-n-1}\frac1{(n+2)^i}<\frac1{(n+1)!}\cdot\frac1{1-\frac1{n+2}}=\frac{n+2}{(n+1)!\,(n+1)}.$$
Langkah pertama memakai $k!=(n+1)!\,(n+2)\cdots k\geq(n+1)!\,(n+2)^{k-n-1}$. Langkah kedua memakai jumlah geometri hingga $\sum_{i=0}^{p}r^i=\tfrac{1-r^{p+1}}{1-r}<\tfrac1{1-r}$ untuk $0<r<1$. Ambil limit $m\to\infty$ dengan Teorema 26.3.1, dengan $E_m\to e$, untuk memperoleh $e-E_n\leq\tfrac{n+2}{(n+1)!(n+1)}$.

Kepositifan: $e\geq E_{n+1}>E_n$.

Ketaksamaan terakhir setara dengan $n(n+2)<(n+1)^2$, yaitu $0<1$. $\square$

#### Contoh 27.3.10 (Angka Master $e\approx2{,}71828$)

Untuk $n=9$: $9!=362880$, dan
$$E_9=\frac{\sum_{k=0}^99!/k!}{9!}=\frac{362880+362880+181440+60480+15120+3024+504+72+9+1}{362880}=\frac{986410}{362880}.$$
Pembagian panjang memberi $2{,}7182815<E_9<2{,}7182816$. Pemeriksaannya: $362880\cdot2{,}7182815=986409{,}99\ldots$, yang lebih kecil daripada $986410$, dan $362880\cdot2{,}7182816=986410{,}03\ldots$, yang lebih besar. Teorema 27.3.9 memberi
$$0<e-E_9\leq\frac{11}{10!\cdot10}=\frac{11}{36288000}<3{,}1\cdot10^{-7}.$$
Jadi
$$2{,}7182815<e<2{,}7182816+0{,}00000031<2{,}7182820.$$
Akibatnya, pembulatan $e$ ke lima angka desimal adalah $2{,}71828$, sesuai angka master. Batas ini dibuktikan, bukan hanya diamati secara numerik.

### Irasionalitas

#### Teorema 27.3.11

$e$ irasional.

Bukti. Andaikan $e=\tfrac pq$ dengan $p,q\in\mathbb{N}_{+}$. Ambil $n=q$. Kalikan Teorema 27.3.9 dengan $n!$:
$$0<n!\,e-n!\,E_n<\frac1n\leq1.$$
$n!\,e=\tfrac{n!\,p}q$ adalah bilangan bulat, karena $q=n$ membagi $n!$. Juga $n!\,E_n=\sum_{k=0}^n\tfrac{n!}{k!}$ bilangan bulat, karena $k!$ membagi $n!$ untuk $k\leq n$. Selisih dua bilangan bulat berada tegas di antara $0$ dan $1$, mustahil. $\square$

Perbandingan dengan $\sqrt2$ (Bab 8 dan 11): irasionalitas $\sqrt2$ dibuktikan secara aljabar dari persamaan $x^2=2$. Irasionalitas $e$ dibuktikan secara analitis dari laju kekonvergenan: $E_n$ mendekati $e$ terlalu cepat untuk $e$ berupa pecahan dengan penyebut $q$.

### Latihan

Latihan 27.3-1. Hitung $a_4$ dan $b_4$ sebagai pecahan, dan simpulkan selang bagi $e$ yang dihasilkan.

Latihan 27.3-2. Buktikan dengan AM-GM bahwa $\bigl(1+\tfrac2n\bigr)^n$ naik tegas, untuk $n\geq1$.

Latihan 27.3-3. Buktikan bahwa $\bigl(1-\tfrac1n\bigr)^n$, $n\geq2$, naik dan terbatas, sehingga konvergen. (Petunjuk: $1-\tfrac1n=\tfrac{n-1}n$, dan bandingkan dengan $b_{n-1}$.) Buktikan bahwa limitnya $\tfrac1e$.

Latihan 27.3-4. Buktikan bahwa $\binom nk\in\mathbb{N}$ untuk $0\leq k\leq n$, dan $\sum_{k=0}^n\binom nk=2^n$.

Latihan 27.3-5. Buktikan bahwa $E_n<3$ untuk semua $n$, dengan memakai $k!\geq2^{k-1}$, lalu simpulkan $e\leq3$.

Latihan 27.3-6. Berapa $n$ terkecil yang dijamin oleh Teorema 27.3.9 memberi $e-E_n<10^{-10}$? Gunakan batas $\tfrac1{n!\,n}$.

Latihan 27.3-7. Buktikan bahwa $\bigl(1+\tfrac1{2n}\bigr)^{2n}\to e$ dan $\bigl(1+\tfrac1n\bigr)^{2n}\to e^2$.

Latihan 27.3-8. Pada bukti Teorema 27.3.11, mengapa kita memerlukan ketaksamaan tegas $e-E_n>0$? Apa yang gagal bila hanya diketahui $e-E_n\geq0$?

### Solusi

Solusi 27.3-1. $a_4=\bigl(\tfrac54\bigr)^4=\tfrac{625}{256}\approx2{,}441$ dan $b_4=\bigl(\tfrac54\bigr)^5=\tfrac{3125}{1024}\approx3{,}052$. Jadi $\tfrac{625}{256}<e<\tfrac{3125}{1024}$, sehingga $2{,}44<e<3{,}06$. $\square$

Solusi 27.3-2. Untuk $n+1$ bilangan, yaitu $n$ salinan $1+\tfrac2n$ dan satu bilangan $1$, rata-ratanya $\tfrac{n+2+1}{n+1}=1+\tfrac2{n+1}$. AM-GM memberi $\bigl(1+\tfrac2n\bigr)^n<\bigl(1+\tfrac2{n+1}\bigr)^{n+1}$, dengan ketaksamaan tegas karena $1+\tfrac2n\ne1$. $\square$

Solusi 27.3-3. $\bigl(1-\tfrac1n\bigr)^n=\bigl(\tfrac{n-1}n\bigr)^n=\tfrac1{(1+\frac1{n-1})^n}=\tfrac1{b_{n-1}}$. Karena $(b_m)$ turun tegas dan positif, $\tfrac1{b_{n-1}}$ naik tegas. Barisan ini terbatas, karena $0<\tfrac1{b_{n-1}}\leq1$. Limitnya $\tfrac1e$, menurut Lemma 26.2.3 dan pergeseran indeks, karena $b_m\to e\ne0$. $\square$

Solusi 27.3-4. Induksi pada $n$ dengan Lemma 27.3.5: $\binom00=1$, dan setiap $\binom{n+1}k$ adalah $1$ atau jumlah dua bilangan asli. Untuk jumlahnya, gunakan Teorema 27.3.6 dengan $x=y=1$. $\square$

Solusi 27.3-5. $k!\geq2^{k-1}$ untuk $k\geq1$, menurut induksi: $(k+1)!=(k+1)k!\geq2\cdot2^{k-1}$. Maka $E_n\leq1+\sum_{k=1}^n2^{-(k-1)}=1+\bigl(2-2^{1-n}\bigr)<3$. Teorema 26.3.1 memberi $e=\lim E_n\leq3$. $\square$

Solusi 27.3-6. Diperlukan $n!\,n>10^{10}$. $13!=6227020800$ dan $13!\cdot13=80951270400>10^{10}$. $12!=479001600$ dan $12!\cdot12=5748019200<10^{10}$. Jadi $n=13$ adalah nilai terkecil yang dijamin oleh batas ini. $\square$

Solusi 27.3-7. $\bigl(1+\tfrac1{2n}\bigr)^{2n}=a_{2n}$, dan $a_{2n}\to e$ (Latihan 25.1-4). $\bigl(1+\tfrac1n\bigr)^{2n}=a_n^2\to e^2$ (Teorema 26.2.1). $\square$

Solusi 27.3-8. Dengan $e-E_n\geq0$ saja, bilangan bulat $n!\,e-n!\,E_n$ hanya diketahui terletak di $[0,1)$. Nilai $0$ mungkin, sehingga tidak ada kontradiksi. Kepositifan tegas, yang berasal dari $E_{n+1}>E_n$ dan $e\geq E_{n+1}$, menyingkirkan nilai $0$. $\square$

### Ringkasan

$a_n=(1+\tfrac1n)^n$ naik tegas dan $b_n=(1+\tfrac1n)^{n+1}$ turun tegas, keduanya dibuktikan dengan AM-GM. Karena $2\leq a_n<b_n\leq4$, Teorema Kekonvergenan Monoton memberi limit bersama $e$, dengan $a_n<e<b_n$. Teorema binomial, yang dibuktikan di sini, menghubungkan $a_n$ dengan $E_n=\sum_{k\leq n}\tfrac1{k!}$. Pemotongan pada $m$ yang tetap memberi $E_n\to e$, dengan galat $<\tfrac1{n!\,n}$. Untuk $n=9$, $2{,}7182815<e<2{,}7182820$, sehingga angka master $e\approx2{,}71828$ terbukti. Laju kekonvergenan yang cepat itu juga membuktikan bahwa $e$ irasional.