BARISAN DAN LIMIT BARISAN 3.1 Barisan dan Limit Barisan
Barisan di himpunan S adalah suatu fungsi dengan domainnya merupakan himpunan N (bilangan asli) dan rangenya termuat di himpunan S. Definisi 3.1.1 Suatu barisan bilangan-bilangan Real ( Barisan di R) adalah suatu fungsi yang didefinisikan di himpunan bilangan asli N = {1, 2, 3, ....} dengan range termuat di dalam Himpunan R (bilangan real).
Dengan kata lain, barisan bilangan real mengawankan setiap bilangan asli N = {1, 2, 3, ..} secara unik kepada suatu bilangan real. Jika X : N
R merupakan barisan.
Biasanya ditulis nilai X ke n dengan simbol X n cukup menggunakan fungsi notasi X (n). Nilai Xn adalah disebut juga suku-suku atau elemen-elemen barisan. Barisan sering dinotasikan X,
(Xn),
(Xn : n
N).
Boleh saja, kita menggunakan huruf yang lain, misal Y = (y k ), Z = (zi) dan sebagainya, untuk menunjukkan barisan. Hal yang penting bahwa tanda kurung kurawal untuk menegaskan untuk membedakan antara himpunan bilangan asli N dan barisan (X n : n
N).
Pada himpunan, urutan keanggotaannya tidak diperhatikan dan bila muncul unsur/elemen dua kali atau lebih, cukup ditulis sekali saja. Contoh, barisan{ x n : n N} di daerah hasil barisan yang tidak terurut. Contoh, barisan X := ((-1)
n
: n
N) n
memiliki tak hingga banyak suku diantara -1 dan 1, mengingat nilai himpunan ((-1) : n
N) adalah sama dengan himpunan {-1, 1}, yang hanya memiliki dua elemen.
1
Barisan sering didefinisikan dengan memberikan suatu bentuk suku ke n pada X n. Seringkali suku-suku dalam barisan ditampilkan secara berurutan, dan berhenti ketika aturan formasi tampak nyata. Contoh :
, ....)
X := ( , , , ,
dapat juga ditulis X := (
: n N) atau lebih sederhana
X:= ( ). atau lebih simpel X := (1/2n) Cara lain untuk mendefinisikan barisan adalah menetapkan nilai x
1
dan membuat
suatu formula untuk x n+1 (n ≥1) dalam bentuk x n. Lebih umum, kita tetapkan x 1 dan kemudian memberi suatu formula untuk mendapatkan x n+1 dari x1,x2,..,xn. Barisan yang didefinisikan seperti diatas dikatakan induktif (atau rekursif). Contoh 3.1.2
(a) Jika b
R, barisan B:=(b, b, b, ...), semua terms merupakan b. Itu disebut barisan
konstan b. Maka barisan konstan 1 adalah (1, 1, 1, ...) dan barisan konstan 0 adalah (0,0,0,...). (b) Jika b
R maka B := (b ) adalah barisan B = (b, b ,b ,...,b , ...). khusus , jika b = n
2
3
n
, maka didapatkan barisan
( :n
N ) = (, , , , ...., , ....)
(c) Barisan bilangan asli genap (2n : n
N)
dapat didefinisikan secara induktif
dengan x1 := 2,
xn+1:=xn + 2,
Atau didefinisikan
2
y1:= 2
yn+1:= y1 + yn .
(d) Barisan Fibonacci F:= (f n) dapat didefinisikan secara induktif. F1:= 1,
2). f 2:=1, f n+1 n+1= f n-1 n-1 + f n ( n ≥ 2).
Demikian setiap suku-suku harus diketahui oleh dua suku pertama terlebih dahulu. Sepuluh suku pertama barisan fibonacci adalah (1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, ...) Limit Barisan Definisi 3.1.3 Barisan X = (xn) di R dikatakan konvergen ke x
R atau x dikatakan
> 0 terdapat suatu bilangan asli K( sedemikian hingga untuk setiap bilangan asli n K( maka suku-suku x memenuhi | | < .
mempunyai limit (x n), jika untuk setiap
n
Jika suatu barisan mempunyai limit, maka dikatakan bahwa barisan tersebut konvergen. Jika tidak mempunyai limit, maka dikatakan barisan tersebut divergen. Jika suatu barisan mempunyai limit x, maka dapat ditulis : Lim X = x
lim (xn) = x
xn
x
secara eksplisit menyatakan bahwa pemilihan K tergantung pada nilai > 0. 0. Dalam beberapa kasus, nilai “kecil” selalu membutuhkan nilai “besar” K untuk K untuk menjamin bahwa | | antara x dan x adalah kurang dari untuk setiap n K = K (. Notasi K (
n
Teorema 3.1.4 Ketunggalan Limit. Suatu barisan R mempunyai paling banyak satu limit.
Bukti :
3
’
”
Misalkan x dan x adalah limit X = (x n). Untuk setiap
> , terdapat K
’
sedemikian
| | < untuk setiap n K . Dan terdapat K sedemikian hingga < untuk setiap n K . Misalkan K lebih besar K dan K . Maka untuk setiap n K, dengan menggunakan ketaksamaan segitiga didapatkan : ’
hingga
”
”
’
”
= | | + | | | < Karena
+ =
adalah sebarang bilangan positif, maka dapat disimpulkan = 0.
Jadi, limit X = (x n) tunggal. Untuk x
R dan > 0, mengingat bahwa persekitaran- x adalah himpunan
(x) : = {u R : | | < }. Karena u
(x) ekivalen dengan | | < , definisi dari konvergen barisan dapat
diformulasikan dalam suku-suku di sekitar. Teorema 3.1.5 misalkan x = (xn) barisan bilangan real dan x
R. Pernyataan-
pernyataan berikut adalah ekivalen : (a) X konvergen ke x
ada bilangan asli K sedemikian hingga untuk semua n K, suku-suku x memenuhi | | < .
(b) untuk setiap
n
> 0, ada bilangan asli K sedemikian hingga untuk semua n K, suku-suku x memenuhi x – < x < x + .
(c) untuk setiap
n
n
(x) x, terdapat bilangan asli K sedemikian hingga n K, berlaku x (x).
(d) untuk setiap
n
4
Bukti : Untuk membuktikan ekivalen dari a dan b digunakan definisi limit barisan. Sedangkan untuk (b), (c) dan (d) digunakan implikasi berikut ini :
| | <
↔
< <
↔
< u < ↔ u (x).
Dengan menggunakan bahasa disekitar, kita dapat menyatakan konvergensi barisan X = (xn) ke bilangan x dengan menyatakan untuk setiap di sekitar – hanya sejumlah suku-suku X termuat di
semua tetapi
(x). Sejumlah suku-suku X yang tidak
termuat di sekitar – sekitar – adalah x 1, x2, ..., xk-1. Contoh 3.1.6 (a) lim (
> 0 sebarang, maka 1/ > 0. Menurut sifat Archimedean (2.5.4) ada bilangan asli K = k ( sedemikian hingga 1/K < . Maka, jika n K, akan diperoleh 1/n 1/ K akibatnya, jika n K, diperoleh Diberikan
= = < Oleh karena itu, kita dapat mengatakan bahwa barisan (1/n) konvegen ke 0. 2
(b) lim (1/(n +1)) = 0
Diberikan
> 0 sebarang. Untuk mendapatkan K, perhatikan bahwa jika n
,
diperoleh
< Pilih K sehingga 1/K <
(berdasarkan (a) diatas) untuk n K sehingga 1/n < , oleh
karena itu
5
= < < Karena itu, kita bisa menunjukkan bahwa limit barisan adalah nol. (c) lim
= 3
Diberikan sebarang
> 0, akan ditunjukkan
< , untuk n yang cukup besar
(1)
Langkah pertama yang harus kita lakukan adalah menyederhanakan bagian kiri
= = = <
dipenuhi maka ketaksamaan (1) berlaku. Jadi, jika 1/K < , maka untuk setiap n K, kita juga mempunyai 1/n < . Jadi (1) berlaku. Oleh karena itu limit
Jika 1/n <
barisan adalah 3. n
(d) jika 0 < b < 1 maka lim (b ) = 0
Dengan menggunakan sifat dasar pada fungsi logaritma natural. Jika
> 0 sebarang.
Diperoleh n
b <
n ln b < ln n > ln /ln b
karena ln b > 0, pilih K sehingga K > ln setiap n
/ ln b, maka diperoleh 0 < b
n
<
untuk
K. Dengan demikian diperoleh lim (b ) = 0. n
= 0,01. Maka diperoleh K > ln 0,01/ln 0,8 20,6377. Dengan demikian K = 21 pilihan yang tepat untuk = 0,01 Contoh : jika b = 0,8 dan diberikan sebarang
Remark. Permainan K( ). Salah satu cara mencari hubungan antara
dan K dalam
kekonvergenan suatu barisan adalah dengan permainan K( ). Dalam permainan ini
6
pemain A menyatakan bilangan tertentu x sebagai limit barisan (x n). Kemudian
> 0. Pemain A harus menentukan bilangan K , | | < . Jika pemain A selalu
pemain B memberi pemain A suatu nilai K sedemikian hingga untuk setiap n
mendapatkan nilai K dalam permainan ini, maka dia menjadi pemenang, dan barisannya konvergen. Tetapi, jika pemain B dapat memberikan
> 0 sedemikian
hingga pemain A tidak dapat menentukan nilai K, maka pemain B pemenangnya, dan kita simpulkan bahwa barisan tidak konvergen ke x. Contoh 3.1.7
Barisan (0,2,0,2,…,0,2,…) tidak konvergen untuk bilangan 0 Jika siswa A menegaskan bahwa 0 adalah limit dari barisan, dia akan kehilangan permainan ketika siswa B memberi nilai dari . Untuk kepastian, siswa B memberi siswa A nilai . Tidak ada masalah apakah siswa A memilih nilai untuk K , jawabannya tidak akan cukup/memenuhi, untuk siswa B akan menjawab dengan memilih bilangan genap . Kemudian korespondensi nilai adalah jadi . Bilangan 0 bukan limit suatu barisan.
| |
Ekor Barisan
Ini penting bahwa barisan konvergen atau divergen bergantung pada “ultimate behavior (perilaku pada akhirnya)” akhirnya )” pada bentuknya. Dengan ini kami mengartikan bahwa untuk sembarang bilangan asli m, kami meletakkan pertama m pada bentuk barisan, kemudian hasil dari barisan konvergen jika dan hanya jika barisan asli konvergen dan dikasus ini, batasnya adalah sama. Kami berangkat dari formal setelah kita mengenalkan ide dari “ekor “ekor”” barisan.
Definisi 3.1.8
Misalkan adalah barisan bilangan real dan jika m adalah diberi bilangan asli, kemudian ekor m dari X adalah barisan
Ekor 3 dari barisan
adalah
barisan
7
Teorema 3.1.9
sebuah barisan bilangan real dan diberikan . dari X konvergen jika dan hanya jika X konvergen. Pada kasus ini
Diberikan Kemudian m-tail
Bukti :
Kami catat bahwa sebarang , p bentuk dari adalah ( p+m) bentuk dari X. sama jika q > m, kemudian q bentuk dari X adalah (q-m) bentuk dari
asumsi X konvergen ke x, kemudian diberikan sebarang , jika bentuk dari X untuk menyebabkan ,kemudian bentuk dari untuk menyebabkan . kemudian kami dapat mengambil jadi juga konvergen pada x
| | | |
| | | |
Sebaliknya ,jika bentuk dari untuk menyebabkan , kemudian bentuk dari X untuk menyebabkan kemudian kami dapat mengambil sedemikian hingga, X konvergen untuk x jika dan hanya hanya jika konvergen pada x. Kadang-kadang barisan, X pada akhirnya mempunyai sifat jika beberapa ekor dari X memiliki sifat itu. Contoh, kami mengatakan bahwa barisan (3,4,5,5,5,…,5,…) adalah pada akhirnya konstan. Dilain sisi , barisan (3,5,3,5,…,3,5,…) tidak akhirnya konstan. Gagasan dari konvergen dapat dimulai menggunakan terminology ini : sebuah barisan X konvergen pada x jika dan hanya jika bentuk dari X adalah akhirnya disetiap persekitaran dari x.
Contoh selanjutnya
Menetapkan nomor yang x adalah batas dari barisan , kami sering mencoba menyerdehanakan perbedaan sebelum mengingat dan menemukan seperti yang disyaratkan oleh definisi dari limit. Ini selesai pada beberapa contoh awal. Hasil selanjutnya adalah lebih pernyataan formal dari ide dan contoh yang mengikuti pendekatan ini
| |
8
Teorema 3.1.10
Diberikan . Jika barisan dari bilangan real dan diberikan adalah barisan bilangan positif real dengan dan jika beberapa
konstanta dan beberapa kami punya | | untuk semua . Kemudian diikuti bahwa Bukti :
diberikan, kemudian sejak , kami tahu terdapat yang mana menyebabkan | | Oleh karena itu diikuti bahwa jika kedua dan , kemudian | | karena adalah sebarang, kami menyimpulkan bahwa Jika
Contoh 3.1.11 a) jika
, kemudian
, dan karena
Karena ,kemudian kemudian kami memiliki
Sejak
untuk semua
,kita dapat menyebut teorema 3.1.10 dengan
untuk menyimpulkan bahwa () b) jika kemudian
dan
limit ini diperoleh sebelumnya pada contoh 3.1.6(d). kami akan memberi bukti kedua yang menggambarkan dengan menggunakan ketidaksetaraan Bernaulli ( lihat contoh 2.1.13 (c))
9
.
sejak , kami dapat menulis dimana jadi oleh ketidaksetaraan Bernaulli, kami memiliki diberikan
Khususnya , sehingga jika kita diberi kemudian . Bandingkan sebelumnya ketidaksetaraan member kita , kita lihat metode dengan contoh n3.1.6(d), dimana kita peroleh Kemudian dari teorema 3.1.10 kami dapat menyimpulkan bahwa
pendekatan tidak member kita nilai yang terbaik dari K Namun, untuk tujuan menemukan limit, ukuran K adalah immaterial c)
jika
, kemudian
, adalah sepele, karena yang adalah barisan konstan (1,1,…) yang terbukti konvergen untuk ,jika kemudian untuk suatu . Oleh karena ketidaksetaraan Bernaulli 2.1.13.(c) untuk oleh karena itu kita punya sehingga akibatnya kita Kasus
punya
untuk
Sekarang kita menyebut teorema 3.1.10 untuk menyimpulkan bahwa
ketika
Sekarang kita menduga bahwa ; kemudian suatu . Karena ketidaksetaraan Bernaulli menyebabkan bahwa
untuk
10
dari itu diikuti bahwa
untuk Oleh karena itu kita punya
sehingga
untuk
Kita sekarang menggunakan teorema 3.1.10 untuk menyimpulkan bahwa ketika
d)
untuk , kita dapat menulis untuk suatu ketika diberikan untuk .Oleh teorema binomial, jika , kita punya Karena
maka berikut bahwa
karenanya untuk . Jika diberikan, itu mengikuti dari sehingga .itu milik Archimedean bahwa ada bilangan asli mengikuti bahwa { } kemudian , oleh karena itu karena
adalah sebarang, kita menyimpulkan bahwa .
11
