Subbarisan
dan Teorema Bolzano-Weiestrass
3.4 SUB BARISAN
Dalam bagian ini kita akan
memperkenalkan gagasan subbarisan dari barisan yang diberikan. Gagasan ini agak
lebih umum daripada ekor barisan (yaitu dibahas pada 3.1.8) sering bermanfaat
dalam membuktikan divergensi barisan. Kita juga akan membuktikan Teorema
Bolzano-Weistrass, yang akan digunakan untuk memperke-nalkan sejumlah hasil
akibatnya.
3.4.1. Definisi.
Misalkan X = (xn) barisan dan r1 < r2
< ... < rn < ..., barisan bilangan
asli yang naik. Maka barisan X’ dalam R yang
diberikan oleh
disebut sub barisan dari X.
Contoh
:
a.
Barisan X = (-1)n , 
n 
N mempunyai tepat dua buah sub barisan yang
konvergen yaitu barisan (-1, -1, -1,
-1,……) dan barisan (1, 1, 1, 1,……)
n N mempunyai tepat dua buah sub barisan yang
konvergen yaitu barisan (-1, -1, -1,
-1,……) dan barisan (1, 1, 1, 1,……)
b.
Barisan X = 
, n N memiliki sub barisan antara lain
, n N memiliki sub barisan antara lain
i.
ii.
Tetapi
barisan-barisan berikut bukan sub barisan X. misalnya,
i.
ii.
Catatan :
Suatu ekor
barisan pastilah merupakan sub barisan tetapi sub barisan belum tentu merupakan
ekor barisan.
3.4.2. Teorema. Jika suatu barisan
bilangan real X = (xn) konvergen ke x, maka sebarang subbarisan dari
X juga konvergen ke x.
Bukti :
Misalkan e > 0 diberikan dan
pilih bilangan asli K(e) sedemikian sehingga jika n ³K(e), maka xn
- x <
e.
Karena r1 < r2 <...< rn < ... adalah barisan bilangan real naik maka dapat dibuktikan (dengan induksi) bahwa rn ³ n .Dari sini, bila n ³ K(e) kita
juga mempunyai rn ³ n ³ K(e) dengan demikian xrn - x
< e.
Oleh karena itu sub barisan (xrn ) juga konvergen ke x.
3.4.3 contoh
(a). lim (bn)
= 0 bila 0 < b < 1
Kita telah melihat, pada Contoh
3.1.11 (c), bahwa bila 0 < b < 1 dan bila xn = bn,
maka dari Ketaksamaan Bernoulli diperoleh bahwa lim(xn) = 0. Cara
lain, kita melihat bahwa karena 0 < b < 1, maka xn+1
= bn+1 < bn = xn dengan
demikian (xn) adalah barisan turun. Jelas juga bahwa 0 £ xn £ 1,
sehingga menurut Teorema Kon-vergensi Monoton 3.3.2 barisan tersebut konvergen.
Misalkan x = lim (xn). Karena (x2n) subbarisan dari (xn)
menururt Teorema 3.4.2 maka x = lim (x2n). Di lain pihak, karena x2n
= b2n = (bn)2 = (xn)2,
menurut Teorema 3.2.3 diperoleh
x = lim (x2n) = [lim (xn)]2
= x2
Oleh karena itu kita mesti
mempunyai x = 0 atau x = 1. Karena (xn) barisan turun dan terbatas
di atas oleh 1, maka haruslah x = 0.
(b). lim (c1 n ) = 1 untuk c > 1.
Limit ini telah diperoleh dalam
contoh 3.1.11 (d) untuk c > 0, dengan pemikiran argumen yang banyak
diakal-akali. Di sini kita melihat pendekatan lain untuk kasus c > 1.
Perhatikan bahwa jika zn = c1/n, maka zn
> 1 dan zn+1 < zn untuk semua nÎN. Jadi dengan menggunakan Teorema Konvergensi
Monoton, z = lim (Zn) ada. Menurut teorema 3.4.2, berlaku z = lim (Z2n).
Di lain pihak, karena
z2n =
c 12n = (c1n )12
= zn12
dan Teorema 3.2.10,maka
z = lim( Z2n ) = (lim( Zn ))12 = z12 .
Karena itu z2 = z yang
menghasilkan z = 0 atau z = 1. Karena Zn > 1 untuk semua nÎN, maka haruslah z = 1.
Untuk kasus 0 < c <
1, kita tinggalkan sebagai latihan.
Kegunaan subbarisan membuatnya
mudah untuk menyajikan uji divergensi suatu barisan.
3.4.4.
Kriterian Divergensi. Misalkan X = (xn) suatu barisan.
maka pernyataan berikut
ekivalen :
(i)
Barisan
X = (xn) tidak konvergen ke xÎR.
(ii)
Terdapat
e0 > 0 sehingga untuk
sebarang kÎN, terdapat rkÎN sehingga rk ³ k dan
X rk - x ³ e0
(iii)
Terdapat
e0 > 0 dan subbarisan X =
(xrn
)
dari X sehingga
xrn - x ³ 0 untuk semua nÎN.
Bukti :
(i)
⇒ (ii). Bila X = (xn) tidak konvergen ke x, maka
untuk suatu e0 > 0 tidak mungkin
memperoleh bilangan K(e) sehingga 3.1.b (c) dipenuhi. Yaitu, untuk
sebarang kÎN tidak benar bahwa untuk
semua n ³ k
sehingga x rk - x ³ e0 .
(ii)
|
⇒
(iii). Misalkan e0 seperti
pada (ii) dan misalkan r1ÎN sehingga r1 ³1 dan
|
|||||||||||||||||
x r
|
- x
|
³ e
|
0 .
Sekarang misalkan r2ÎN sehingga r2 >
r1
|
dan
|
x r - x
|
³ e0 ; misalkan r3
|
||||||||||||
1
|
2
|
|||||||||||||||||
xr3 - x
|
³ e0.
dengan meneruskan cara
ini
|
subbarisan X’ =
|
||||||||||||||||
> r2 dan
|
diperoleh
|
|||||||||||||||||
(xrn )(xrn) dari X sehingga
|
xrn - x
|
³ e0.
|
||||||||||||||||
(iii)
⇒ (i) Misalkan X = (xn) mempunyai subbarisan X’ = (xrn )
|
memenuhi
kondisi
|
|||||||||||||||||
(iii);
maka X tidak mungkin konvergen ke x. Karena andaikan demikian, maka menu-rut
Teorema 3.4.2 subbarisan X’ juga akan konvergen ke x. Tetapi
ini tidak mungkin suku dari x’ termuat dilingkungan x0
dari x
3.4.5. contoh.
barisan
dari X harus konvergen ke x. Karena terdapat subbarisan yang konvergen ke +1
dan sub-barisan yang lain konvergen ke -1, maka haruslah X divergen.
|
  (b).
Barisan (1, 21 ,3, 14
,...) divergen. |
[Kita
dapat mendefinisikan barisan ini dengan Y = (yn), yang mana yn
= n bila -1
|
n
ganjil, dan yn =
|
n
|
bila n
genap]. Secara mudah dapat dilihat bahwa barisan ini tidak
|
(a). Barisan (( -1)n ) divergen 
terbatas; dari sini, menurut
Teorema 3.2.2, barisan ini tidak mungkin konvergen. Se-cara alternatif,
walaupun sub-barisan ( 12
, 1 4 , 1 6 ,...) dari Y konvergen ke 0, keseluru-han barisan Y tidak konvergen
ke 0. Yaitu, terdapat subbarisan (3,5,7,...) dari Y yang berada di luar
lingkungan -1 dari 0; karena itu Y tidak konvergen ke 0.
Eksistensi Subbarisan
Monoton
Sementara tidak setiap barisan
monoton, kita sekarang akan menunjukkan bahwa setiap barisan mempunyai
sub-barisan monoton.
3.4.6. Teorema Subbarisan
Monoton. Setiap
barisan X = (xn) mempunyai subbarisan monoton.
Bukti
Untuk tujuan ini kita akan
menyatakan suku ke-m xm merupakan puncak bila xm ³ xn untuk semua n ³ m.
Selanjutnya kita akan mempertimbangkan dua kasus.
Kasus 1. X
mempunyai sejumlah tak hingga puncak. Dalam kasus ini, kita mengururt puncak-puncak
tersebut dengan indeks naik. Jad kita mempunyai puncak-puncak xm1 ,
xm 2 ,..., xmk ,... dengan m1 <
m2 < ... < mk < ...,.Karena masing-masing suku
tersebut puncak, kita mempunyai xm1 ³ xm
2 ³ xm 3 ³...³ xm k
³...
Karenanya subbarisan (xmk ) merupakan subbarisan tak naik dari X.
Kasus 2. X
mempunyai sejumlah hingga (mungkin nol) puncak. Misalkan puncak-puncak ini xm
1 ,xm 2 ,...,xm r ,... .
Misalkan s1 = mr + 1 (indeks pertama setelah puncak
terakhir) Karena xs1 bukan puncak, maka terdapat s2 >
s1 sehingga xs 2 > xs1 . Karena xs2 bukan puncak, maka
terdapat s3 > s2, sehingga xs 3 > xs2 . Bila kita
meneruskan proses ini,
kita peroleh subbarisan tak turun (bukan naik) (xsn) dari X.
Teorema Bolzana
Weierstrass
3.4.7. Teorema
Bolzana-Weierstrass. Setiap barisan terbatas mempunyai subbarisan
konvergen.
Bukti
Mengikuti Teorema Subbarisan
Monoton, maka barisan terbatas X = (xn) mempu-nyai subbarisan X’ = (xsn ) monoton.
Subbarisan inipun juga terbatas, se-
hingga menururt Teorema
Konvergensi Monoton X’ = (xsn ) konvergen.
Dari sini mudah dilihat bahwa
barisan terbatas dapat mempunyai beberapa sub-barisan yang konvergen ke limit
yang berbeda, sebagai contoh, barisan (( -1)n )
mempunyai subbarisan yang
konvergen ke -1, dan subbarisan yang lain konvergen ke +1. Barisan ini juga
mempunyai sub-barisan yang tidak konvergen.
Misalkan X’
subbarisan dari barisan X. Maka X’ sendiri
juga merupakan bari-san, yang juga dapat mempunyai sub-barisan, katakan X”. Di sini
dapat kita catat ba-hawa X” juga merupakan subbarisan dari
X.
3.4.8. Teorema. Misalkan
X barisan terbatas dan xÎR yang
mempunyai sifat bahwa setiap sub-barisan konvergen dari X
limitnya adalah x. Maka barisan X konvergen ke x.
Bukti
Misalkan M > 0,
sehingga xn £ M untuk semua nÎN. Andaikan X tidak
konvergen
ke x. Menurut Kriteria
Divergensi 3.4.4 terdapat e0 > 0 dan subbarisan X’ = (xrn ) dari
X sehingga
(#) x r n - x ³ e0 , untuk semua nÎN.
Karena X’ subbarisan dari X, maka X’ juga
terbatas oleh M. Dari sini, menurut Teo-rema Bolzano-Weierstrass bahwa X’
mempunyai subbarisan X” yang konvergen. Tetapi X” juga
merupakan subbarisan dari X, karenanya harus konvergen ke x, menu-rut
hipotesis. Akibatnya pada akhirnya X” terletak
di dalam lingkungan-e0 dari x.
Karena setiap suku dari X” juga merupakan suku dari X’, hal
ini membawa kita ke suatu yang kontradiksi dengan (#)
Tidak ada komentar:
Posting Komentar