# Bab 29: Barisan Cauchy dan Kriteria Kelengkapan

## 29.1 Definisi Formal Barisan Cauchy

Penjelasan master untuk Bab 29: memeriksa kekonvergenan barisan tanpa harus mengetahui nilai limitnya terlebih dahulu. Definisi limit (Bab 25) menyebut limitnya, $|s_n-s|<\varepsilon$, sehingga untuk memakainya kita harus sudah mempunyai calon $s$. Teorema Kekonvergenan Monoton (Bab 27) menghindari kebutuhan itu, tetapi hanya untuk barisan monoton. Cauchy mengusulkan syarat yang hanya membandingkan suku-suku barisan satu sama lain: suku-suku yang jauh di belakang saling berdekatan. Unit ini mendefinisikan barisan Cauchy dan membuktikan sifat-sifat dasarnya. Unit 29.2 membuktikan bahwa di $\mathbb{R}$, dan hanya di lapangan yang lengkap, syarat ini setara dengan kekonvergenan.

Prasyarat: Bab 25–28.

### Definisi

#### Definisi 29.1.1 (Barisan Cauchy)

Barisan $(s_n)_{n\geq1}$ disebut barisan Cauchy jika
$$\forall\varepsilon>0\ \ \exists N_0\in\mathbb{N}_{+}\ \ \forall m,n\geq N_0:\ |s_n-s_m|<\varepsilon.$$

Rumusan master: suku-suku barisan semakin lama semakin mendekati satu sama lain ketika indeks $m,n$ menjadi sangat besar, yaitu $|s_n-s_m|<\varepsilon$. Kata kuncinya adalah "semua pasangan" $m,n\geq N_0$, bukan hanya pasangan berurutan.

Definisi ini tidak menyebut limit. Definisi ini juga bermakna di $\mathbb{Q}$ dan di sebarang ruang metrik $(X,d)$, dengan $d(s_n,s_m)$ di tempat $|s_n-s_m|$.

#### Proposisi 29.1.2 (Bentuk Setara)

Untuk barisan $(s_n)$, pernyataan berikut setara:

(a) $(s_n)$ Cauchy;

(b) untuk setiap $\varepsilon>0$ ada $N_0$ dengan $|s_{n+p}-s_n|<\varepsilon$ untuk semua $n\geq N_0$ dan $p\geq0$;

(c) untuk setiap $\varepsilon>0$ ada $N_0$ dengan $|s_n-s_{N_0}|<\varepsilon$ untuk semua $n\geq N_0$.

Bukti. (a)⇒(b): ambil $m=n+p$. (b)⇒(c): ambil $n=N_0$ dan $p=n-N_0$. (c)⇒(a): terapkan (c) dengan $\tfrac\varepsilon2$. Untuk $m,n\geq N_0$, $|s_n-s_m|\leq|s_n-s_{N_0}|+|s_{N_0}-s_m|<\varepsilon$. $\square$

Bentuk (c) menyatakan bahwa sejak $N_0$, seluruh ekor termuat dalam bola $B(s_{N_0},\varepsilon)$, yang berpusat di suku barisan itu sendiri. Pusat bola ini adalah suku yang sudah diketahui, bukan limit yang belum diketahui.

### Selisih Berurutan Tidak Cukup

Syarat $|s_{n+1}-s_n|\to0$ jauh lebih lemah daripada syarat Cauchy.

#### Contoh 29.1.3

(a) $H_n=\sum_{k\leq n}\tfrac1k$: $H_{n+1}-H_n=\tfrac1{n+1}\to0$, tetapi $H_{2n}-H_n=\sum_{k=n+1}^{2n}\tfrac1k\geq n\cdot\tfrac1{2n}=\tfrac12$. Jadi untuk $\varepsilon=\tfrac12$ tidak ada $N_0$ yang bekerja, karena pasangan $m=2n$ dan $n\geq N_0$ selalu melanggar. $(H_n)$ bukan barisan Cauchy.

(b) $\sqrt n$: $\sqrt{n+1}-\sqrt n\to0$ (Contoh 25.3.4), tetapi $\sqrt{4n}-\sqrt n=\sqrt n$ tak terbatas.

Dalam kedua contoh, langkah-langkah kecil terakumulasi menjadi jarak yang besar. Syarat Cauchy mengendalikan akumulasi itu, karena ia mengendalikan semua pasangan sekaligus.

### Contoh Barisan Cauchy

#### Contoh 29.1.4

(a) $\tfrac1n$: untuk $m,n\geq N_0$, kedua bilangan terletak di $(0,\tfrac1{N_0}]$, sehingga $\bigl|\tfrac1n-\tfrac1m\bigr|<\tfrac1{N_0}$. Ambil $N_0>\tfrac1\varepsilon$.

(b) $t_n=\sum_{k=1}^n\tfrac1{k^2}$: untuk $m>n\geq1$,
$$0<t_m-t_n=\sum_{k=n+1}^m\frac1{k^2}<\sum_{k=n+1}^m\Bigl(\frac1{k-1}-\frac1k\Bigr)=\frac1n-\frac1m<\frac1n.$$
Jadi $(t_n)$ Cauchy, dengan $N_0>\tfrac1\varepsilon$. Bandingkan dengan Contoh 27.2.6, yang membuktikan kekonvergenan lewat kemonotonan.

(c) Pemotongan desimal $a_n$ dari string $(m,(d_k))$: untuk $m'>n$, $0\leq a_{m'}-a_n\leq\sum_{k=n+1}^{m'}9\cdot10^{-k}<10^{-n}$ (Lemma 12.4.2). Jadi $(a_n)$ Cauchy.

(d) $(-1)^n$ bukan barisan Cauchy: $|s_{n+1}-s_n|=2$ untuk semua $n$.

### Sifat Dasar

#### Proposisi 29.1.5 (Konvergen Mengakibatkan Cauchy)

Jika $s_n\to s$, maka $(s_n)$ Cauchy.

Bukti. Ambil $N_0$ dengan $|s_n-s|<\tfrac\varepsilon2$ untuk $n\geq N_0$. Untuk $m,n\geq N_0$, $|s_n-s_m|\leq|s_n-s|+|s-s_m|<\varepsilon$. $\square$

Bukti ini hanya memakai ketaksamaan segitiga. Jadi proposisi ini berlaku di lapangan terurut mana pun dan di ruang metrik mana pun.

#### Proposisi 29.1.6 (Cauchy Mengakibatkan Terbatas)

Setiap barisan Cauchy terbatas.

Bukti. Dengan $\varepsilon=1$ pada Proposisi 29.1.2(c), $|s_n|\leq|s_{N_0}|+1$ untuk $n\geq N_0$. Suku-suku sebelumnya berhingga banyak. Gunakan Teorema 24.2.5. $\square$

#### Proposisi 29.1.7 (Cauchy dengan Subbarisan Konvergen)

Jika $(s_n)$ Cauchy dan mempunyai subbarisan $s_{n_k}\to L$, maka $s_n\to L$.

Bukti. Misalkan $\varepsilon>0$. Ambil $N_0$ dengan $|s_n-s_m|<\tfrac\varepsilon2$ untuk $m,n\geq N_0$, dan $k_0$ dengan $|s_{n_k}-L|<\tfrac\varepsilon2$ untuk $k\geq k_0$. Untuk $n\geq N_0$, ambil $k\geq\max(k_0,N_0)$. Maka $n_k\geq k\geq N_0$ (Lemma 28.1.2), sehingga
$$|s_n-L|\leq|s_n-s_{n_k}|+|s_{n_k}-L|<\varepsilon.\qquad\square$$

Proposisi ini juga hanya memakai ketaksamaan segitiga. Proposisi ini menyatakan bahwa barisan Cauchy tidak dapat "terbelah": bila satu bagian tak hingga dari barisan itu konvergen, seluruh barisan ikut konvergen ke limit yang sama.

#### Proposisi 29.1.8 (Operasi)

Jika $(s_n)$ dan $(t_n)$ Cauchy dan $c\in\mathbb{R}$, maka $(s_n+t_n)$, $(cs_n)$, dan $(s_nt_n)$ Cauchy.

Bukti. Jumlah: $|(s_n+t_n)-(s_m+t_m)|\leq|s_n-s_m|+|t_n-t_m|$. Gunakan $\tfrac\varepsilon2$. Kelipatan: kalikan dengan $|c|$. Hasil kali: menurut Proposisi 29.1.6, $|s_n|\leq M$ dan $|t_n|\leq M$, dan
$$|s_nt_n-s_mt_m|\leq|s_n||t_n-t_m|+|t_m||s_n-s_m|\leq M(|t_n-t_m|+|s_n-s_m|).$$
Gunakan bentuk konstanta (Proposisi 25.1.8(iv), yang diterapkan dengan cara yang sama pada definisi Cauchy). $\square$

### Cauchy di $\mathbb{Q}$

#### Contoh 29.1.9

Pemotongan desimal $a_n=\lfloor10^n\sqrt2\rfloor/10^n$ adalah barisan rasional. Barisan itu Cauchy di $\mathbb{Q}$: untuk $m>n$, $0\leq a_m-a_n<10^{-n}$, dan $10^{-n}$ dapat dibuat lebih kecil daripada sebarang $\varepsilon\in\mathbb{Q}$ yang positif. Akan tetapi barisan itu tidak konvergen di $\mathbb{Q}$ (Contoh 25.2.2).

Jadi, di $\mathbb{Q}$, Cauchy tidak mengakibatkan konvergen. Barisan Cauchy di $\mathbb{Q}$ menunjuk ke suatu "lubang". Gagasan ini melandasi konstruksi Cantor bagi $\mathbb{R}$: bilangan real didefinisikan sebagai kelas barisan Cauchy rasional, dengan dua barisan dianggap sama bila selisihnya menuju $0$. Konstruksi ini adalah alternatif dari potongan Dedekind (Bab 8) dan hanya disebut di sini. Buku ini tidak memakainya.

### Latihan

Latihan 29.1-1. Buktikan langsung dari definisi bahwa barisan berikut Cauchy: (a) $\tfrac{n+1}n$; (b) $\tfrac{(-1)^n}{n^2}$; (c) $\sum_{k=1}^n\tfrac1{2^k}$.

Latihan 29.1-2. Tanpa memakai logaritma, buktikan bahwa $s_n=\sum_{k=1}^n\tfrac1{\sqrt k}$ bukan barisan Cauchy, dengan menaksir $s_{4n}-s_n$ dari bawah.

Latihan 29.1-3. Beri contoh barisan dengan $|s_{n+1}-s_n|\leq\tfrac1n$ untuk semua $n$, tetapi bukan barisan Cauchy. Beri pula contoh dengan $|s_{n+1}-s_n|\leq\tfrac1{2^n}$ dan buktikan bahwa setiap barisan seperti itu Cauchy.

Latihan 29.1-4. Tuliskan negasi lengkap dari "$(s_n)$ Cauchy" dengan kuantor, lalu buktikan dengan negasi itu bahwa $s_n=n^{(-1)^n}$ bukan barisan Cauchy.

Latihan 29.1-5. Buktikan bahwa subbarisan dari barisan Cauchy adalah barisan Cauchy.

Latihan 29.1-6. Misalkan $(s_n)$ Cauchy dan $|s_n|\geq\delta>0$ untuk semua $n$. Buktikan bahwa $\bigl(\tfrac1{s_n}\bigr)$ Cauchy.

Latihan 29.1-7. Dua barisan $(s_n)$ dan $(t_n)$ disebut setara jika $s_n-t_n\to0$. Buktikan bahwa jika $(s_n)$ Cauchy dan setara dengan $(t_n)$, maka $(t_n)$ Cauchy.

Latihan 29.1-8. Buktikan Proposisi 29.1.7 dengan rincian untuk $\varepsilon=0{,}01$, $(s_n)=$ pemotongan desimal $\tfrac13=0{,}333\ldots$, dan subbarisan $(s_{2k})$. Tentukan $N_0$ dan $k_0$ secara eksplisit.

### Solusi

Solusi 29.1-1. (a) $\bigl|\tfrac{n+1}n-\tfrac{m+1}m\bigr|=\bigl|\tfrac1n-\tfrac1m\bigr|<\tfrac1{N_0}$ untuk $m,n\geq N_0$. (b) $|s_n-s_m|\leq\tfrac1{n^2}+\tfrac1{m^2}\leq\tfrac2{N_0^2}\leq\tfrac2{N_0}$; ambil $N_0>\tfrac2\varepsilon$. (c) Untuk $m>n$, $\sum_{k=n+1}^m2^{-k}=2^{-n}-2^{-m}<2^{-n}\leq\tfrac1n$, dengan teleskopik $2^{-k}=2^{-(k-1)}-2^{-k}$ dan $2^n\geq n$. $\square$

Solusi 29.1-2. $s_{4n}-s_n=\sum_{k=n+1}^{4n}\tfrac1{\sqrt k}\geq3n\cdot\tfrac1{\sqrt{4n}}=\tfrac{3\sqrt n}2\geq\tfrac32$. Jadi untuk $\varepsilon=1$ tidak ada $N_0$ yang bekerja. $\square$

Solusi 29.1-3. Contoh pertama: $H_n$, dengan $|H_{n+1}-H_n|=\tfrac1{n+1}\leq\tfrac1n$, bukan Cauchy (Contoh 29.1.3). Bagian kedua: untuk $m>n$, $|s_m-s_n|\leq\sum_{k=n}^{m-1}2^{-k}<2^{-(n-1)}\leq\tfrac2n$. Contoh: $s_n=\sum_{k=1}^n\tfrac{(-1)^k}{2^k}$. $\square$

Solusi 29.1-4. $\exists\varepsilon>0\ \forall N_0\ \exists m,n\geq N_0:\ |s_n-s_m|\geq\varepsilon$. Untuk $s_n=n^{(-1)^n}$, ambil $\varepsilon=1$. Untuk sebarang $N_0$, ambil $n=2N_0$ dan $m=2N_0+1$. Maka $|s_n-s_m|=2N_0-\tfrac1{2N_0+1}\geq2-\tfrac13>1$. $\square$

Solusi 29.1-5. Untuk $k,j\geq N_0$, $n_k\geq k\geq N_0$ dan $n_j\geq N_0$, sehingga $|s_{n_k}-s_{n_j}|<\varepsilon$. $\square$

Solusi 29.1-6. $\bigl|\tfrac1{s_n}-\tfrac1{s_m}\bigr|=\tfrac{|s_m-s_n|}{|s_n||s_m|}\leq\tfrac{|s_n-s_m|}{\delta^2}$. Ambil $N_0$ untuk $\delta^2\varepsilon$. $\square$

Solusi 29.1-7. $|t_n-t_m|\leq|t_n-s_n|+|s_n-s_m|+|s_m-t_m|$. Untuk $\varepsilon>0$, ambil $N_0$ sehingga ketiga suku $<\tfrac\varepsilon3$ untuk $m,n\geq N_0$. $\square$

Solusi 29.1-8. $s_n=\sum_{k=1}^n3\cdot10^{-k}$ dan $L=\tfrac13$. Karena $3\cdot10^{-k}=\tfrac13\bigl(10^{-(k-1)}-10^{-k}\bigr)$, jumlah teleskopik memberi $s_n=\tfrac13(1-10^{-n})$. Untuk $m>n$, $|s_m-s_n|=\tfrac13(10^{-n}-10^{-m})<\tfrac13\cdot10^{-n}$. Jadi $N_0=3$ memberi $|s_n-s_m|<\tfrac1{3000}<0{,}005=\tfrac\varepsilon2$. Selanjutnya $\tfrac13-s_{2k}=\tfrac13\cdot10^{-2k}\leq\tfrac1{300}<0{,}005$ untuk $k\geq1$. Jadi $k_0=1$. Untuk $n\geq3$, ambil $k=\max(1,3)=3$: $n_k=6$, dan $|s_n-\tfrac13|\leq|s_n-s_6|+|s_6-\tfrac13|<0{,}005+0{,}005$. $\square$

### Ringkasan

Barisan Cauchy memenuhi $|s_n-s_m|<\varepsilon$ untuk semua $m,n\geq N_0$, tanpa menyebut limit. Setara dengan itu, ekornya termuat dalam bola berjari-jari $\varepsilon$ di sekitar suku $s_{N_0}$. Syarat ini lebih kuat daripada selisih berurutan yang menuju nol, seperti diperlihatkan oleh $H_n$ dan $\sqrt n$. Barisan konvergen selalu Cauchy. Barisan Cauchy terbatas, dan bila mempunyai subbarisan yang konvergen, barisan itu sendiri konvergen ke limit yang sama. Semua sifat ini hanya memakai ketaksamaan segitiga. Di $\mathbb{Q}$, barisan Cauchy tidak selalu konvergen; Unit 29.2 membuktikan bahwa di $\mathbb{R}$ selalu konvergen.

## 29.2 Kriteria Kekonvergenan Cauchy

Unit 29.1 menunjukkan bahwa barisan konvergen selalu Cauchy, dan bahwa di $\mathbb{Q}$ kebalikannya gagal. Unit ini membuktikan bahwa di $\mathbb{R}$ kebalikannya berlaku. Hasilnya adalah kriteria kekonvergenan Cauchy, yaitu kriteria kekonvergenan yang tidak menyebut limit. Unit ini juga menempatkan kriteria itu di antara rumusan-rumusan kelengkapan, dan membahas implementasi yang disebut master: uji berhenti dalam metode numerik iteratif. Pembahasan implementasi itu juga menunjukkan dengan tepat apa yang dijamin dan apa yang tidak.

Prasyarat: Unit 29.1; Teorema Bolzano–Weierstrass (Teorema 28.2.3); Teorema 27.2.7 dan 28.2.8.

### Teorema Utama

#### Teorema 29.2.1 (Kriteria Cauchy)

Barisan real konvergen jika dan hanya jika barisan itu Cauchy.

Bukti. ($\Rightarrow$) Proposisi 29.1.5.

($\Leftarrow$) Misalkan $(s_n)$ Cauchy. Proposisi 29.1.6 menyatakan bahwa $(s_n)$ terbatas. Teorema 28.2.3 memberi subbarisan yang konvergen ke suatu $L$. Proposisi 29.1.7 memberi $s_n\to L$. $\square$

Bukti ini memakai kelengkapan $\mathbb{R}$ tepat satu kali, yaitu melalui Bolzano–Weierstrass. Bagian lainnya hanya memakai ketaksamaan segitiga. Bukti ini tidak memakai aksioma pilihan, karena Teorema 28.2.3 dibuktikan tanpa pilihan.

#### Contoh 29.2.2

(a) $t_n=\sum_{k\leq n}\tfrac1{k^2}$ Cauchy (Contoh 29.1.4(b)), sehingga konvergen. Ini bukti kedua, tanpa kemonotonan.

(b) $u_n=\sum_{k=1}^n\tfrac{(-1)^{k+1}}k=1-\tfrac12+\tfrac13-\cdots$. Barisan ini tidak monoton, sehingga Teorema 27.2.1 tidak langsung berlaku. Untuk $m>n$, $|u_m-u_n|=\bigl|\tfrac1{n+1}-\tfrac1{n+2}+\cdots\pm\tfrac1m\bigr|\leq\tfrac1{n+1}$. Ketaksamaan ini dibuktikan dengan mengelompokkan suku berpasangan (Latihan 29.2-3). Jadi $(u_n)$ Cauchy, sehingga konvergen. Nilai limitnya tidak ditentukan oleh argumen ini. Bagian VI membahas deret berganti tanda secara umum.

(c) Barisan apa pun yang memenuhi $|s_{n+1}-s_n|\leq\tfrac C{2^n}$ konvergen (Latihan 29.1-3).

### Kelengkapan

#### Teorema 29.2.3 (Rumusan Cauchy bagi Kelengkapan)

Untuk lapangan terurut $F$, pernyataan berikut setara:

(a) $F$ memenuhi aksioma supremum;

(b) $F$ Archimedes, dan setiap barisan Cauchy di $F$ konvergen di $F$.

Bukti. (a)⇒(b): sifat Archimedes adalah Teorema 11.4.1, yang dibuktikan dari aksioma supremum. Kekonvergenan barisan Cauchy adalah Teorema 29.2.1, yang buktinya memakai BW, dan BW mengikuti dari aksioma supremum (Teorema 28.2.8).

(b)⇒(a): misalkan $S\subseteq F$ tak kosong dan terbatas di atas. Bangun $(a_n)$ dan $(b_n)$ dengan bagi dua seperti pada Langkah 3 bukti Teorema 27.2.7. Konstruksi itu hanya memakai aksioma lapangan terurut. Untuk $m\geq n$, $a_n\leq a_m\leq b_m\leq b_n$, sehingga
$$|a_m-a_n|\leq b_n-a_n=\frac{b_0-a_0}{2^n},\qquad|b_m-b_n|\leq\frac{b_0-a_0}{2^n}.$$
Karena $F$ Archimedes, $\tfrac1{2^n}\leq\tfrac1n\to0$. Jadi $(a_n)$ dan $(b_n)$ Cauchy, sehingga keduanya konvergen menurut (b), ke $a$ dan $b$. Selisihnya menuju $0$, sehingga $a=b$. Langkah 5 bukti Teorema 27.2.7, yang hanya memakai aksioma lapangan terurut, memberi $b=\sup S$. $\square$

Syarat Archimedes tidak dapat dibuang. Ada lapangan terurut yang tidak Archimedes, tetapi setiap barisan Cauchy-nya konvergen. Contoh bakunya adalah lapangan Levi-Civita, yang memuat infinitesimal. Lapangan seperti itu tidak memenuhi aksioma supremum: $\mathbb{N}$ terbatas di atas tetapi tidak mempunyai supremum. Fakta ini dicatat tanpa bukti. Sumber: entri "Levi-Civita field" dan "Non-Archimedean ordered field", Wikipedia (https://en.wikipedia.org/wiki/Levi-Civita_field, https://en.wikipedia.org/wiki/Non-Archimedean_ordered_field), diakses 2 Oktober 2026.

Dengan Teorema 27.2.7 dan 28.2.8, sekarang ada empat rumusan setara bagi kelengkapan lapangan terurut:

1. aksioma supremum;
2. kekonvergenan monoton;
3. Bolzano–Weierstrass;
4. Archimedes ditambah kekonvergenan barisan Cauchy.

Rumusan keempat adalah satu-satunya yang tidak memakai urutan secara langsung dalam kesimpulannya. Karena itu rumusan inilah yang dibawa ke ruang metrik: ruang metrik disebut lengkap bila setiap barisan Cauchy-nya konvergen. Bab 50 menyinggung perluasan ini.

### Implementasi: Uji Berhenti pada Metode Iteratif

Penjelasan implementasi master: kriteria Cauchy dipakai dalam metode numerik iteratif untuk menguji apakah perhitungan sudah mendekati hasil yang stabil. Banyak algoritma menghasilkan barisan $x_1,x_2,\ldots$, misalnya metode Babilonia untuk akar, dengan harapan bahwa barisan itu konvergen ke jawaban $L$ yang tidak diketahui. Karena $L$ tidak diketahui, kita tidak dapat memeriksa $|x_n-L|<\varepsilon$ secara langsung. Kriteria Cauchy menyarankan pemeriksaan $|x_n-x_m|$ sebagai gantinya.

Ada dua catatan penting.

(a) Uji praktis "$|x_{n+1}-x_n|<\text{tol}$" bukan uji Cauchy. Uji ini hanya memeriksa pasangan berurutan pada satu indeks. Contoh 29.1.3 menunjukkan bahwa selisih berurutan dapat menuju $0$ sementara barisannya divergen. Sebuah program yang menjumlahkan $H_n$ dan berhenti ketika penambahan terakhir $<10^{-6}$ akan berhenti, tetapi angka yang dicetak bukan limit apa pun. Uji berhenti hanya sah bila disertai informasi tambahan tentang barisannya.

(b) Informasi tambahan yang paling umum adalah sifat kontraksi. Untuk barisan seperti itu, selisih berurutan memang mengendalikan galat, seperti dibuktikan teorema berikut.

#### Teorema 29.2.4 (Barisan Kontraktif)

Misalkan $0<q<1$ dan $|x_{n+1}-x_n|\leq q\,|x_n-x_{n-1}|$ untuk semua $n\geq2$. Maka $(x_n)$ Cauchy, sehingga konvergen ke suatu $L$, dan untuk semua $n\geq2$:
$$|x_n-L|\leq\frac q{1-q}\,|x_n-x_{n-1}|.$$

Bukti. Induksi memberi $|x_{k+1}-x_k|\leq q^{k-n}|x_{n+1}-x_n|$ untuk $k\geq n$. Untuk $m>n\geq2$,
$$|x_m-x_n|\leq\sum_{k=n}^{m-1}|x_{k+1}-x_k|\leq|x_{n+1}-x_n|\sum_{j=0}^{m-n-1}q^j<\frac{|x_{n+1}-x_n|}{1-q}\leq\frac{q\,|x_n-x_{n-1}|}{1-q}.$$
Ruas kanan $\leq\tfrac{q^{n-1}|x_2-x_1|}{1-q}\to0$ (Contoh 25.3.6), sehingga $(x_n)$ Cauchy dan, menurut Teorema 29.2.1, konvergen ke $L$. Untuk $n$ tetap, ambil limit $m\to\infty$ dengan Akibat 25.2.6 dan Latihan 25.2-2 untuk memperoleh taksiran galat. $\square$

Taksiran ini disebut taksiran a posteriori. Taksiran ini memakai selisih yang sudah dihitung, $|x_n-x_{n-1}|$, untuk menjamin jarak ke limit yang tidak diketahui. Inilah bentuk uji berhenti yang sah: bila $q$ diketahui, berhenti ketika $\tfrac q{1-q}|x_n-x_{n-1}|<\text{tol}$.

#### Contoh 29.2.5 (Iterasi $x_{n+1}=\tfrac1{1+x_n}$)

Tetapkan $x_1=1$ dan $x_{n+1}=f(x_n)$ dengan $f(x)=\tfrac1{1+x}$.

- Invarian. Bila $x\in[\tfrac12,1]$, maka $1+x\in[\tfrac32,2]$, sehingga $f(x)\in[\tfrac12,\tfrac23]\subseteq[\tfrac12,1]$. Jadi semua $x_n\in[\tfrac12,1]$.
- Kontraksi. Untuk $x,y\in[\tfrac12,1]$,
$$|f(x)-f(y)|=\frac{|x-y|}{(1+x)(1+y)}\leq\frac{|x-y|}{(3/2)^2}=\frac49|x-y|.$$
Jadi $q=\tfrac49$, dan $\tfrac q{1-q}=\tfrac45$.
- Limit. Teorema 29.2.4 memberi $x_n\to L\in[\tfrac12,1]$. Dari $L=\tfrac1{1+L}$, $L^2+L-1=0$, sehingga $L=\tfrac{\sqrt5-1}2$, karena $L>0$.
- Suku-suku: $1,\tfrac12,\tfrac23,\tfrac35,\tfrac58,\tfrac8{13},\tfrac{13}{21},\tfrac{21}{34},\ldots$, yaitu rasio bilangan Fibonacci berurutan.
- Uji berhenti. $|x_8-x_7|=\bigl|\tfrac{21}{34}-\tfrac{13}{21}\bigr|=\tfrac{|441-442|}{714}=\tfrac1{714}$. Jadi $|x_8-L|\leq\tfrac45\cdot\tfrac1{714}=\tfrac4{3570}<0{,}0012$. Ini jaminan yang dibuktikan, bukan perkiraan.

Catatan cakupan. Pembahasan ini memakai aritmetika real yang eksak. Komputer bekerja dengan himpunan bilangan berhingga, sehingga perhitungannya membawa galat pembulatan. Analisis galat pembulatan adalah bidang tersendiri (analisis numerik) dan tidak dibahas di buku ini. Buku ini juga tidak membuat klaim tentang perangkat lunak atau perangkat keras tertentu.

### Latihan

Latihan 29.2-1. Buktikan dengan kriteria Cauchy bahwa $\sum_{k=1}^n\tfrac1{k(k+1)}$ dan $\sum_{k=1}^n\tfrac1{k!}$ konvergen.

Latihan 29.2-2. Buktikan bahwa jika $(s_n)$ Cauchy, maka $(|s_n|)$ Cauchy. Apakah kebalikannya benar?

Latihan 29.2-3. Buktikan bahwa untuk $m>n$, $\Bigl|\sum_{k=n+1}^m\tfrac{(-1)^{k+1}}k\Bigr|\leq\tfrac1{n+1}$. (Petunjuk: kelompokkan suku berpasangan, dan perhatikan bahwa jumlah bolak-balik dengan suku positif yang turun terletak di antara $0$ dan suku pertamanya.)

Latihan 29.2-4. Buktikan bahwa jika $|s_{n+1}-s_n|\leq c_n$ untuk semua $n$, dan $\sum_{k=1}^nc_k$ konvergen, maka $(s_n)$ konvergen.

Latihan 29.2-5. Untuk barisan Babilonia, buktikan bahwa untuk $n\geq2$, $|a_{n+1}-a_n|\leq\tfrac12|a_n-a_{n-1}|$. (Petunjuk: $a_{n+1}-a_n=g(a_n)-g(a_{n-1})$ dengan $g(x)=\tfrac x2+\tfrac1x$, dan $|g(x)-g(y)|=|x-y|\bigl|\tfrac12-\tfrac1{xy}\bigr|$.) Simpulkan kekonvergenannya dengan Teorema 29.2.4.

Latihan 29.2-6. Beri contoh program hipotetis yang memakai uji $|x_{n+1}-x_n|<10^{-3}$ untuk barisan $x_n=\sqrt n$. Pada $n$ berapa program itu berhenti, dan mengapa nilainya tidak bermakna?

Latihan 29.2-7. Untuk Contoh 29.2.5, tentukan $n$ terkecil sehingga taksiran a posteriori menjamin $|x_n-L|<10^{-4}$. Gunakan $|x_n-x_{n-1}|=\tfrac1{F_nF_{n+1}}$ dengan $F$ bilangan Fibonacci ($F_1=F_2=1$), tanpa membuktikan rumus itu.

Latihan 29.2-8. Buktikan bahwa ruang metrik $(0,1]$ dengan $d(x,y)=|x-y|$ tidak lengkap, dan $[0,1]$ lengkap.

### Solusi

Solusi 29.2-1. Untuk yang pertama, teleskopik memberi $\sum_{k=n+1}^m\tfrac1{k(k+1)}=\tfrac1{n+1}-\tfrac1{m+1}<\tfrac1{n+1}$. Untuk yang kedua, Teorema 27.3.9 memberi $E_m-E_n<\tfrac1{n!\,n}\leq\tfrac1n$. Keduanya Cauchy, sehingga konvergen menurut Teorema 29.2.1. $\square$

Solusi 29.2-2. $\bigl||s_n|-|s_m|\bigr|\leq|s_n-s_m|$. Kebalikannya salah: $(-1)^n$ tidak Cauchy, tetapi $|(-1)^n|=1$ Cauchy. $\square$

Solusi 29.2-3. Tulis $T=\sum_{k=n+1}^m\tfrac{(-1)^{k+1}}k=\pm\bigl(\tfrac1{n+1}-\tfrac1{n+2}+\tfrac1{n+3}-\cdots\bigr)$, dengan $m-n$ suku. Misalkan $c_1>c_2>\cdots>c_r>0$ suku-suku mutlaknya, dan $A=c_1-c_2+c_3-\cdots\pm c_r$. Dengan mengelompokkan $(c_1-c_2)+(c_3-c_4)+\cdots$, setiap kelompok positif, dan suku tunggal terakhir, bila ada, juga positif. Jadi $A\geq0$. Dengan mengelompokkan $c_1-(c_2-c_3)-(c_4-c_5)-\cdots$, setiap kurung positif, dan suku terakhir yang tersisa, bila ada, adalah $-c_r<0$. Jadi $A\leq c_1$. Maka $|T|=A\leq c_1=\tfrac1{n+1}$. $\square$

Solusi 29.2-4. Untuk $m>n$, $|s_m-s_n|\leq\sum_{k=n}^{m-1}c_k=C_{m-1}-C_{n-1}$, dengan $C_j=\sum_{k\leq j}c_k$ dan $C_0=0$. Karena $(C_j)$ konvergen, $(C_j)$ Cauchy (Proposisi 29.1.5), sehingga ruas kanan $<\varepsilon$ untuk $m,n$ besar. Jadi $(s_n)$ Cauchy dan konvergen. $\square$

Solusi 29.2-5. Identitas: $g(x)-g(y)=\tfrac{x-y}2+\tfrac1x-\tfrac1y=\tfrac{x-y}2-\tfrac{x-y}{xy}=(x-y)\bigl(\tfrac12-\tfrac1{xy}\bigr)$. Semua suku memenuhi $a_n\geq1$: $a_1=1$, dan $a_n\geq\sqrt2$ untuk $n\geq2$. Jadi untuk $x=a_n$ dan $y=a_{n-1}$, $xy\geq1$, sehingga $\tfrac1{xy}\in(0,1]$ dan $\bigl|\tfrac12-\tfrac1{xy}\bigr|\leq\tfrac12$. Maka $|a_{n+1}-a_n|=|g(a_n)-g(a_{n-1})|\leq\tfrac12|a_n-a_{n-1}|$ untuk $n\geq2$, dan Teorema 29.2.4 dengan $q=\tfrac12$ memberi kekonvergenan. $\square$

Solusi 29.2-6. $\sqrt{n+1}-\sqrt n=\tfrac1{\sqrt{n+1}+\sqrt n}<10^{-3}\iff\sqrt{n+1}+\sqrt n>1000$. Ini pertama kali terjadi sekitar $n=250000$. Untuk $n=249999$, $\sqrt{250000}+\sqrt{249999}<1000$. Untuk $n=250000$, $\sqrt{250001}+500>1000$. Program berhenti dengan nilai sekitar $500$, padahal $\sqrt n\to+\infty$. Angka $500$ hanya mencerminkan toleransi yang dipilih. $\square$

Solusi 29.2-7. Diperlukan $\tfrac45\cdot\tfrac1{F_nF_{n+1}}<10^{-4}$, yaitu $F_nF_{n+1}>8000$. Bilangan Fibonacci: $1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,\ldots$. $F_{10}F_{11}=55\cdot89=4895<8000$ dan $F_{11}F_{12}=89\cdot144=12816>8000$. Jadi $n=11$. $\square$

Solusi 29.2-8. Di $(0,1]$, $\tfrac1n$ Cauchy tetapi tidak konvergen di $(0,1]$, karena limitnya di $\mathbb{R}$ adalah $0$, dan ketunggalan menyingkirkan limit lain. Di $[0,1]$, barisan Cauchy konvergen di $\mathbb{R}$ (Teorema 29.2.1), dan limitnya di $[0,1]$ karena interval itu tutup (Teorema 25.2.5). $\square$

### Ringkasan

Di $\mathbb{R}$, barisan konvergen jika dan hanya jika Cauchy. Buktinya: Cauchy mengakibatkan terbatas, BW memberi subbarisan konvergen, dan barisan Cauchy mengikuti subbarisannya. Kriteria ini membuktikan kekonvergenan tanpa mengetahui limit, misalnya untuk $\sum\tfrac1{k^2}$ dan deret bolak-balik. Di lapangan terurut, "Archimedes + Cauchy lengkap" setara dengan aksioma supremum, dan Archimedes tidak dapat dibuang (lapangan Levi-Civita). Untuk metode iteratif, selisih berurutan yang kecil saja tidak menjamin apa pun, tetapi untuk barisan kontraktif taksiran a posteriori $|x_n-L|\leq\tfrac q{1-q}|x_n-x_{n-1}|$ memberi uji berhenti yang sah.