BARISAN BILANGAN REAL
3.1. Barisan dan Limit Barisan
Di sini diharapkan pembaca mengingat kembali bahwa yang dimaksud dengansuatu barisan pada suatu himpunan S adalah suatu fungsi pada himpunan N = {1, 2, 3,...} dengan daerah hasilnya di S. Selanjutnya dalam bab ini kita hanya memperhatikanbarisan di R.
3.1.1. Definisi.
Suatu barisan bilangan real (atau suatu barisan di R) adalah suatufungsi pada himpunan N dengan daerah hasil yang termuat di R.
Dengan kata lain, suatu barisan di R memasangkan masing-masing bilanganasli n = 1, 2, 3, ... secara tunggal dengan bilangan real. Bilangan real yang diperolehtersebut disebut elemen, atau nilai, atau suku dari barisan tersebut. Hal yang biasauntuk menuliskan elemen dari R yang berpasangan dengan nÎN, dengan suatu simbol
seperti xn (atau an, atau zn). Jadi bila X : N ¾¾® R suatu barisan, kita akan biasamenuliskan nilai X di n dengan Xn, dari pada X(n), kita akan menuliskan barisan inidengan notasi
X, Xn, (Xn : n Î N),
Kita menggunakan kurung untuk menyatakan bahwa urutan yang diwarisi dari Nadalah hal yang penting. Jadi, kita membedakan penulisan X = (Xn : nÎN),
Yangsuku-sukunya mempunyai urutan dan himpunan nilai-nilai dari barisan tersebut { Xn :nÎN} yang urutannya tidak diperhatikan. Sebagai contoh, barisan X = ((-1)n : nÎN)yang berganti-ganti -1 dan 1, sedangkan himpunan nilai barisan tersebut { (-1)n: nÎN }
sama dengan {-1, 1}.
Dalam mendefinisikan barisan sering lebih mudah dengan menulis secaraberurutan suku-sukunya, dan berhenti setelah aturan formasinya kelihatan. Jadikita boleh menulis
X = (2, 4, 6, 8, ...)untuk barisan bilangan genap positif,atau
Y= untuk barisan kebalikan dari bilangan asli,atau
Z= untuk barisan kebalikan dari kuadrat bilangan asli. Metode yang lebih memuaskanadalah degan menuliskan formula untuk suku umum dari barisan tersebut, seperti
X = (2n : nÎN), Y = ( :mÎN), Z = ( : sÎN)
Dalam prakteknya, sering lebih mudah dengan menentukan nilai x1 dan suatuformula untuk mendapatkan xn + 1 (n ³ 1) bila xn diketahui dan formula xn+1 (n ³ 1)dari x1, x2, ... xn. Metode ini kita katakan sebagai pendefinisian barisan secara induktifatau rekursif.Dengan cara ini, barisan bilangan bulat positif X di atas dapat kita definisikan
Dengan x1 = 2 xn+1 = xn + 2 (n ³ 1);
atau dengan definisi
x1 = 2 xn+1 = x1 + xn (n ³ 1).
Catatan :Barisan yang diberikan dengan proses induktif sering muncul di ilmu komputer, Khususnya,
barisan yang didefinisikan dengan suatu proses induktif dalam bentuk x1 = diberikan, xn+1 = f(xn)untuk nÎN dapat dipertanggungjawabkan untuk dipelajari dengan menggunakan komputer. Barisanyang didefinisikan dengan proses : y1 = diberikan, yn = .gn(y1,y2, ... ,yn) untuk nÎN juga dapat dikerjakan(secara sama). Tetapi, perhitungan dari suku-suku barisan demikian menjadi susah untuk n yangbesar, karena kita harus menyimpan masing-masing nilai y1, ..., yn dalam urutan untuk menghitung yn+1.
3.1.2. Contoh-contoh.
(a). Bila b Î R, barisan B = (b, b, b, ...), yang sukunya tetap b, disebut barisan konstanb. Jadi barisan konstan 1 adalah (1, 1, 1, ...) semua yang sukunya 1, dan barisankonstan 0 adalah baisan (0, 0, 0, ...).
(b). Barisan kuadrat bilangan asli adalah barisan S = (12, 22, 32, ...) = (n2: nÎN), yangtentu saja sama dengan barisan (1, 4, 9, ..., n2, ...).
(c). Bila aÎR, maka barisan A = (an : nÎN) adalah barisan (a1, a2, a3, ..., an, ...).Khususnya bila a = , maka kita peroleh barisan
(d). Barisan Fibonacci F = (fn : n Î N) diberikan secara induktif sebagai berikut :
f1 = 1,f2 = 1, f2+1 = fn-1 + fn (n ³ 2)
Maka sepuluh suku pertama barisan Fibonacci dapat dilihat sebagai F = (1, 1, 2, 3,5, 8, 13, 21, 34, 55, ...)
Sekarang akan kita kenalkan cara-cara penting dalam mengkonstruksi barisan
baru dari barisan-barisan yang diberikan.
3.1.3. Definisi.
Bila X = (xn) dan Y = (yn) barisan bilangan real, kita definisikan jumlah
X + Y = (xn + yn: nÎN), selisih X - Y = (xn–yn : nÎN), dan hasil kali XY = (xnyn: nÎN). Bila c Î R, kita definisikan hasil kali X dengan c yaitu cX = (cxn : nÎN).
Akhirnya, bila Z = (zn) suatu barisan dengan zn¹ 0 untuk semua nÎN, maka hasil
bagi X oleh Z adalah X/Z = (xn/ zn : nÎN).
Sebagai contoh, bila X dan Y berturut-turut adalah barisan-barisan
X = (2, 4, 6, ..., 2n, ...), Y =
maka kita mempunyai
X + Y =
X-Y =
XY = (2, 2, 2, ...,2, ...),
3X = (6, 12, 18, ..., 6n, ...),
= 2, 8, 18, ...,2n2, ...).
Kita catat bahwa bila z menyatakan barisan
Z = (0, 2, 0, ..., 1 + (-1)n, ...),
maka kita dapat mendefinisikan X + Z, X-Z, dan X.Z; tetapi tidak dengan X/Z, karenaZ mempunyai suku 0.
Limit suatu barisan
Terdapat beberapa konsep limit dalam analisa real. Pemikiran limit barisanmerupakan yang paling mendasar dan merupakan fokus kita dalam bab ini.
3.1.4. Definisi.
Misalkan X = (xn) barisan bilangan real. Suatu bilangan real x dikatakanlimit dari (xn), bila untuk setiap e > 0 terdapat bilangan asli K(e), sedemikian sehinggauntuk semua n³ K(e), suku-suku xn terletak dalam lingkungan-e, Ve(x).
Bila x merupakan suatu limit dari barisan tersebut, kita katakan juga bahwa X= (xn) konvergen ke x (atau mempunyai limit x). Bila suatu barisan mempunyai limit,kita katakan barisan tersebut konvergen, bila tidak kita katakan divergen.Penulisan K(e) digunakan untuk menunjukkan secara eksplisit bahwa pemilihanK bergantung pada e; namun demikian sering lebih mudah menuliskannya denganK, dari pada K(e). Dalam banyak hal nilai e yang “kecil” biasanya akan memerlukannilai K yang “besar” untuk menjamin bahwa xn terletak di dalam lingkungan Ve(x)untuk semua n ³ K = K(e).Kita juga dapat mendefinisikan kekonvergenan X = (xn) ke x dengan mengatakan: untuk setiap lingkungan-e Ve(x) dari x, semua (kecuali sejumlah hingga) suku-sukudari x terletak di dalam Ve(x). Sejumlah hingga suku-suku tersebut mungkin tidakterletak di dalam Ve(x) yaitu x1, x2, ..., xK(e)-1.
Bila suatu barisan x = (xn) mempunyai limit x di R, kita akan menggunakannotasi.
lim X = x atau lim (xn) = x.
Kita juga akan menggunakan simbol xn ¾® x, yang menyatakan bahwa nilai xn “mendekati” x bila n menuju 0.
3.1.5. Ketunggalan limit.
Suatu barisan bilangan real hanya dapat mempunyai satulimit.
Bukti :
Andaikan sebaliknya, yaitu x¢ dan x¢¢ keduanya limit dari X = (xn) dan x’¹x”. Kitapilih e > 0 sehingga Ve(x’) dan Ve(x”) saling asing (yaitu, e < ½½x” - x’½). Sekarangmisalkan K’ dan K” bilangan asli sehingga bila n > K’ maka xnÎVe(x’) dan bila n >K” maka xnÎVe(x”). Tetapi ini kontradiksi dengan pengandaian bahwa Ve(x’) danVe(x”) saling asing. (Mengapa?). Haruslah x’ = x”.
3.1.6. Teorema.
Misalkan X = (xn) barisan bilangan real dan misalkan pula xÎR.
Maka pernyataan berikut ekivalen.
(a). X konvergen ke x.
(b). untuk setiap lingkungan-e Ve(x), terdapat bilangan asli K(e) sehingga untuk semuan ³ K(e), suku-suku xnÎVe(x).
(c). untuk setiap e > 0, terdapat bilangan asli K(e) sehingga untuk semua n ³ K(e),
suku-suku xn memenuhi ½xn - x½<e.
(d). untuk setiap e > 0, terdapat bilangan asli K(e) sehingga untuk semua n ³ K(e),suku-suku xn memenuhix-e < xn< + e, " n ³ K(e)
Bukti :
Ekivalensi dari (a) dan (b) merupakan definisi. Sedangkan ekivalensi dari (b), (c), dan (d) mengikuti implikasi berikut :
xnÎVe(x) Û½xn - x½ <e. Û -e < xn - x <e
Û x- e < xn < x + e
Catatan :Definisi limit barisan bilangan real digunakan untuk membuktikan bahwa nilai x yang telah ditetapkan merupakan limit. Hal ini tidak menentukan berapa nilai limit seharusnya. Sehingga diperlukan latihan untuk sampai kepada dugaan (conjecture) nilai limit dengan perhitungan langsung suku-suku barisan tersebut. Dalam hal ini komputer akan sangat membantu. Namun demikian karena
Untuk menunjukkan bahwa suatu barisan X = (xn) tidak konvergen ke x, cukup
dengan memilih eo > 0 sehingga berapapun nilai K yang diambil, diperoleh suatu
nk> K sehingga xnk tidak terletak dalam Ve(x), (Perubahan lebih detail pada 3.4).
3.1.7. Contoh-contoh
(a). lim =0
Misalkan diberikan sebarang e > 0. Maka menurut sifat Archimedes terdapat KÎN sehingga sehingga< e .Akibatnya untuk semua n ³ K dipenuhi
Ini membuktikan lim(1/n)=0.
(b). lim = 0
Bila diberikan sebarange > 0, maka terdapat KÎN, sehingga
Karena itu untuk semua(1/n2)<e membuktikan
(c). Barisan (0,2,0,2,L,(1+ (-1) ),L) n , tidak konvergen ke 0.
Pilih e0 = 1, sehingga untuk sebarang KÎN, jika n ³ K dan n bilangan ganjil,
Makaxn - 0 = 2 - 0 = 2 > 1.
Ini mengatakan bahwa barisan (1+ (-1) ) n tidak konvergen ke 0
Ekor Barisan
Perlu dimengerti bahwa kekonvergenan (atau kedivergenan) suatu barisan bergantung hanya pada prilaku suku-suku “terakhirnya”. Artinya, bila kita hilangkan msuku pertama suatu barisan yang menghasilkan Xm konvergen jika hanya jika barisanasalnya juga konvergen, dalam hal ini limitnya sama.
3.1.8. Definisi.
Bila X = (x1, x2, ..., xn, ...) suatu barisan bilangan real dan m selalubilangan asli maka ekor-m dari X adalah barisan
X = (xm+n : nÎN) = (xm+1,xm+2, ...).
Sebagai contoh, ekor-3 dari barisan X = (2, 4, 6, 8, 10, ..., 2n, ...) adalah barisan
X3 = (8, 10, 12, ..., 2n + 6,...).
3.1.9. Teorema.
Misalkan X = (xn : nÎN) suatu barisan bilangan real dan mÎN. Makaekor-m adalah Xm = (xm+n : nÎN) dari X konvergen jika dan hanya jika X konvergen,
dalam hal ini, lim Xm = lim X.
Bukti :
Dapat kita catat untuk sebarang pÎN, suku ke-p dari Xm merupakan suku ke-(m+p)dari X. Secara sama bila q > m, maka suku ke-q dari X merupakan suku ke-(q-m) dariXm.
Misalkan X konvergen ke x. Maka untuk sebarang e > 0, bila untuk n ³ K(e)
suku-suku dari X memenuhi xn -x <e, maka suku-suku dari Xm dengan k ³ Km(e) -m memenuhi xn -x <e. Jadi kita dapat memilih Km(e) = Km(e) - m, sehingga Xmjuga konvergen ke x.
Sebaliknya, bila suku-suku dari Xm untuk k ³ Km(e) memenuhi xn -x <e
maka suku-suku dari X dengan n ³ Km(e) + m memenuhi xn -x <e. Jadi kita dapatmemilih K(e) = Km(e) + m. Karena itu, X konvergen ke x jika dan hanya jika Xm konvergenke x.
Kadang-kadang kita akan mengatakan suatu barisan X pada akhirnya mempunyai sifat tertentu,bila beberapa akar x mempunyai sifat tersebut. Sebagai contoh, kita katakan bahwa barisan (3, 4,5, 5, 5, ...,5, ...) pada akhirnya konstan. Di lain pihak, barisan 3, 5, 3, 5, ..., 5, 5, ...) tidaklah padaakhirnya konstan. Gagasan kekonvergenan dapat pula dinyatakan dengan begini :suatu barisan X konvergen
ke x jika dan hanya jika suku-suku dari X pada akhirnya terletak di dalam lingkungan-e ke x.
3.1.10. Teorema.
Misalkan A = (an) dan X = (xn) barisan bilangan real dan xÎR. Bila
untuk suatu C > 0 dan suatu mÎN, kita mempunyai
xn -x £ C untuk semua nÎN dengan n ³ m,
dan lim (an) = 0, maka lim (xn) = x.
Bukti :
Misalkan diberikane > 0. Karena lim (an) = 0, maka terdapat bilangan asli KA(e/C),sehingga bila n ³ KA(e/C) maka an = an - 0 <e/C.
Karena itu hal ini mengakibatkan bila n ³ KA(e/C) dan n ³ m, maka
xn -x £ C xn - x < C( ) e
C = e.
Karena e > 0 sebarang, kita simpulkan x = lim (xn).
3.1.11. Contoh-contoh.
(a). Bila a > 0, maka lim =0
Karena a > 0, maka 0 <na< 1 + na. Karenanya 0 <1/(1+na) <1/(na).Yang selanjutnya mengakibatkan
untuk semua nÎN.
Karena lim(1/n), menurut Teorema 3.1.10 dengan C =1/a dan m = 1 diperoleh
Bahwa lim (1/(1+nan)=0
(b). lim(1/2n)=0
Karena 0 < n < 2nuntuk semua nÎN, kita mempunyai 0<1/2n<1/n yang
mengakibatkan
untuk semua nÎN.
Dengan menggunakan teorema 3.1.10 terdapat lim (1/2n)=0.
(c). Bila 0 <b < 1, maka lim (bn) = 0.
Karena 0 <b < 1, kita dapat menuliskan b=1/(1+a).Dimana a :=(1/b)-1 sehingga a>0. Dengan ketaksamaan Bernoulli 2.2.13 kita mempunyai (1 + a)n³ 1 + na. Dari sini
0<bn=
sehingga dengan menggunakan Teorema 3.1.10, diperoleh lim (bn) = 0.
(d). Bila C > 0, maka lim (c1/n) =1.
Untuk kasus C = 1 mudah karena (c1/n) =1, merupakan barisan konstan (1, 1, 1, ...) yang
jelas konvergen ke 1.
Bila C > 1, maka (c1/n) =1+d untuk suatu dn> 0.Dengan menggunakan ketaksamaan Bernoulli 2.2.13(c)
C =(1+dn)n , untuk semua nÎN.
Karenanya C - 1 ³ ndn, sehingga dn£ (c-1)/n. Akibatnya akan mempunyai
Untuk semua nÎN.
Dengan menggunakan Teorema 3.1.10 diperoleh lim (c1/n) =1 maka c > 1.
Sedangkan bila 0 < C < 1; maka c1/n=1/(1+hn) untuk suatu hn > 0. Dengan menggunakan
kesamaan Bernoulli diperoleh
c =
yang diikuti oleh 0 < hn < 1/nc untuk semua nÎN. Karenanya kita mempunyai
0 < 1 – c1/n =
sehingga
untuk semua nÎN.
Dengan menggunakan Teorema 3.1.10 diperoleh lim (c1/n) = 1 maka 0 < c < 1.
(e). lim (n1/n) = 1.
Karena n1/n > 1 untuk n > 1, maka n1/n = 1+kn untuk suatu kn > 0 bila n > 1. Akibatnya
n = (1 + kn)nuntuk n > 1. Dengan teorema Binomial, bila n > 1 kita mempunyai
n = 1+ nkn +
yang diikuti oleh
n – 1
Dari sini k untuk n > 1. Sekarang bila e > 0 diberikan, maka menurut sifat Archimedes
terdapat bilangan asli Ne sehingga 2/ne <e2 . Hal ini akan diikuti oleh bila n ³ sup{2, Ne} maka
2/n< e2 , karena barisan itu
0 < n1/n – 1 = kn³ (2/n)1/2< e
Karena e > 0 sebarang, maka lim (n1/n) = 1.
DAFTAR PUSTAKA
Tidak ada komentar:
Posting Komentar