Soal Latihan – Limit Barisan dan Konvergenitas (Analisis Real)

    Limit barisan merupakan salah satu konsep lanjutan analisis real. Kajiannya beda dengan kalkulus. Kalkulus lebih menitikberatkan pada proses perhitungan, sedangkan analisis real menitikberatkan pada proses analisis definisi dan teoremanya. Perlu diperhatikan bahwa dalam limit barisan, tinjauan analisis real hanya mengacu pada bilangan asli.
          Jika diperhatikan, banyak orang yang kesulitan mendapatkan materi mengenai limit barisan karena referensi di internet yang mungkin kurang atau tidak lengkap. Akibatnya, saat diberikan soal formatif, mereka tidak dapat menyelesaikannya. Oleh karenanya, di sini saya menyajikan beberapa soal penting terkait limit barisan yang diharapkan dapat bermanfaat dan menjadi referensi bagi pengunjung blog ini. Jika ada pertanyaan/saran, silakan tuliskan di kolom komentar, ya…. SALAM CERDAS!

Soal Nomor 1
Tunjukkan bahwa \displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{n} = 0

Penyelesaian

Redaksi Acuan:
Kasus ini merupakan kasus dalam pembuktian limit barisan yang paling sederhana (tidak memerlukan manipulasi/transformasi bentuk)
Dengan menggunakan definisi limit barisan, kita tahu bahwa
\forall \varepsilon > 0, \exists k \in \mathbb{N} \rightarrow \left|\dfrac{1}{n}-0\right| < \varepsilon, n \geq k
Sederhanakan ekspresi harga mutlaknya menjadi \dfrac{1}{n} < \varepsilon. Karena n \geq k, maka menurut teorema ketidaksamaan, berlaku
\dfrac{1}{n} \leq \dfrac{1}{k} \bigstar.
Bukti:
Ambil sembarang \varepsilon > 0, sehingga juga berlaku \dfrac{1}{\varepsilon} > 0. Karena \varepsilon ini merupakan bilangan real, maka berdasarkan Sifat Archimedean (SA), terdapat k \in \mathbb{N} sedemikian sehingga berlaku
\dfrac{1}{\varepsilon}<k \Rightarrow \dfrac{1}{k} < \varepsilon \Rightarrow \left|\dfrac{1}{k} - 0 \right| < \varepsilon
Gunakan \bigstar untuk memperoleh
\dfrac{1}{n} \leq \dfrac{1}{k} < \varepsilon
Akibatnya,
\left|\dfrac{1}{n} - 0\right| < \varepsilon
yang tepat sesuai dengan definisi tersebut. Jadi, benar bahwa limit dari \dfrac{1}{n} untuk n menuju tak hingga adalah 0. (Terbukti) \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 2
Buktikan dengan definisi limit bahwa
\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sqrt{\dfrac{4n+1}{n}} = 2

Penyelesaian

Menurut definisi limit,
\boxed{x_n \rightarrow x \Leftrightarrow \forall \varepsilon > 0, \exists k \in \mathbb{N} \ni n \geq k~\text{berlaku}~|x_n - x| < \varepsilon}
Ambil sembarang \varepsilon > 0, berarti \varepsilon^2 > 0 dan \dfrac{1}{\varepsilon^2} > 0. Menurut Sifat Archimedean (SA), ada k bilangan asli, sedemikian sehingga berlaku \dfrac{1}{\varepsilon^2} < k, yang ekuivalen dengan \dfrac{1}{k} < \varepsilon^2 atau lebih lanjut \dfrac{1}{\sqrt{k}} < \varepsilon.
Menurut definisi limit barisan, kita harus membuktikan bahwa \left| \sqrt{\dfrac{4n+1}{n}} -2\right| < \varepsilon.
(Pengerjaan dari ruas kiri)
\left| \sqrt{\dfrac{4n+1}{n}} -2\right| = \left| \dfrac{\sqrt{4n+1}}{\sqrt{n}} - \dfrac{2\sqrt{n}}{\sqrt{n}}\right| = \left| \dfrac{\sqrt{4n+1} - 2\sqrt{n}}{\sqrt{n}}\right|
(Kalikan dengan akar sekawan pembilang)
\begin{aligned} & = \left| \dfrac{\sqrt{4n+1} - 2\sqrt{n}}{\sqrt{n}} \times \dfrac{\sqrt{4n+1} + 2\sqrt{n}}{\sqrt{4n+1} + 2\sqrt{n}} \right| \\ & = \left| \dfrac{(4n+1)-(4n)}{\sqrt{n}(\sqrt{4n+1} + 2\sqrt{n})} \right| \end{aligned}
\leq \dfrac{1}{\sqrt{n}} \leq \dfrac{1}{\sqrt{k}} < \varepsilon.
Ini berarti, telah terbukti bahwa \displaystyle \lim_{n \to \infty} \sqrt{\dfrac{4n+1}{n}} = 2. \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 3
Buktikan limit berikut ini dengan menggunakan definisi limit barisan.
\displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{2n^2 + 3}= 0

Penyelesaian

Menurut definisi limit,
\boxed{x_n \rightarrow x \Leftrightarrow \forall \varepsilon > 0, \exists k \in \mathbb{N} \ni n \geq k~\text{berlaku}~|x_n - x| < \varepsilon}
Ambil sembarang \varepsilon > 0, sehingga \dfrac{1}{\varepsilon} > 0. Menurut Sifat Archimedean (SA), ada k bilangan asli, sedemikian sehingga berlaku \dfrac{1}{\varepsilon} < k, yang ekuivalen dengan \dfrac{1}{k} < \varepsilon
Menurut definisi limit barisan, kita harus membuktikan bahwa \left|\dfrac{1}{2n^2 + 3} - 0 \right| < \varepsilon
Sekarang, \forall \varepsilon > 0, \exists k \in \mathbb{N} sedemikian sehingga untuk n \geq k\Leftrightarrow 2n \geq 2k \Leftrightarrow \dfrac{1}{2n} \leq \dfrac{1}{2k}, berlaku
\left|\dfrac{1}{2n^2 + 3} - 0 \right| = \dfrac{1}{2n^2 + 3}
\leq \dfrac{1}{2n^2} \leq \dfrac{1}{2n} \leq \dfrac{1}{n} \leq \dfrac{1}{k} < \varepsilon
Jadi, terbukti bahwa limitnya adalah \displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{2n^2 + 3}= 0. \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 4a
Tunjukkan dengan menggunakan definisi limit barisan bahwa
\displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{2n^2 - 1}{n^2 + 5} = 2

Penyelesaian

Menurut definisi limit,
\boxed{x_n \rightarrow x \Leftrightarrow \forall \varepsilon > 0, \exists k \in \mathbb{N} \ni n \geq k~\text{berlaku}~|x_n - x| < \varepsilon}
Ambil sembarang \varepsilon > 0, sehingga berlaku juga bahwa \dfrac{11}{\varepsilon} > 0. Menurut Sifat Archimedean (SA), ada k \in \mathbb{N} sedemikian sehingga \dfrac{11}{\varepsilon} < k. Lebih lanjut, karena n \geq k, berlaku juga \dfrac{11}{n} \leq \dfrac{11}{k}.
Sekarang, kita harus memeriksa apakah |x_n - x| < \varepsilon
(Pengerjaan dari ruas kiri)
\left|\dfrac{2n^2 - 1}{n^2+5} - 2\right| = \left|\dfrac{2n^2 - 1 - 2n^2 - 10}{n^2+5} \right|
\left|\dfrac{-11}{n^2+5}\right| = \dfrac{11}{n^2+5} \leq \dfrac{11}{n^2} \leq \dfrac{11}{n} \leq \dfrac{11}{k} \leq \varepsilon
Jadi, terbukti bahwa \displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{2n^2 - 1}{n^2 + 5} = 2. \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 4b
Tunjukkan dengan menggunakan definisi limit barisan bahwa
\displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{2n^2 - 1}{n^2 + 5} \neq 3

Penyelesaian

Menurut definisi limit,
\boxed{x_n \rightarrow x \Leftrightarrow \forall \varepsilon > 0, \exists k \in \mathbb{N} \ni n \geq k~\text{berlaku}~|x_n - x| < \varepsilon}
Ambil sembarang \varepsilon > 0, sehingga berlaku juga bahwa \dfrac{11}{\varepsilon} > 0. Menurut Sifat Archimedean (SA), ada k \in \mathbb{N} sedemikian sehingga \dfrac{11}{\varepsilon} < k. Lebih lanjut, karena n \geq k, berlaku juga \dfrac{11}{n} \leq \dfrac{11}{k}.
Sekarang, kita harus memeriksa apakah \left|{\dfrac{2n^2 - 1}{n^2 + 5} - 3\right| < \varepsilon
(Pengerjaan dari ruas kiri)
\left|\dfrac{2n^2 - 1}{n^2+5} - 3\right| = \left|\dfrac{2n^2 - 1 - 3n^2 - 15}{n^2+5} \right|
\left|\dfrac{-n^2 - 16}{n^2+5}\right| = \dfrac{n^2 + 16}{n^2+5}
= \dfrac{n^2 + 5}{n^2+5} + \dfrac{11}{n^2+5} = 1 + \dfrac{11}{n^2+5}
\leq  1 + \dfrac{11}{n^2} \leq 1 + \dfrac{11}{n} \leq 1 + \dfrac{11}{k} \leq 1 + \varepsilon > \varepsilon
Jadi, kita tidak dapat menunjukkan bahwa \left|{\dfrac{2n^2 - 1}{n^2 + 5} - 3\right| < \varepsilon. Dengan demikian, terbukti \displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{2n^2 - 1}{n^2 + 5} \neq 3. \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 5 
Tunjukkan dengan definisi limit barisan bahwa
\displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{(-1)^nn}{2n^2+5} = 0.

Penyelesaian

Menurut definisi limit,
\boxed{x_n \rightarrow x \Leftrightarrow \forall \varepsilon > 0, \exists k \in \mathbb{N} \ni n \geq k~\text{berlaku}~|x_n - x| < \varepsilon}
Ambil sembarang \varepsilon > 0, sehingga berlaku juga bahwa \dfrac{1}{\varepsilon} > 0. Menurut Sifat Archimedean (SA), ada k \in \mathbb{N} sedemikian sehingga \dfrac{1}{\varepsilon} < k. Lebih lanjut, karena n \geq k, berlaku juga \dfrac{1}{n} \leq \dfrac{1}{k}.
Sekarang, kita harus memeriksa apakah \left|\dfrac{(-1)^nn}{2n^2+5}-0\right| < \varepsilon
(Pengerjaan dari ruas kiri)
\left|\dfrac{(-1)^nn}{2n^2+5}\right| = \dfrac{n}{2n^2+5}
\leq \dfrac{n}{2n^2} = \dfrac{1}{2n} \leq \dfrac{1}{n} \leq \dfrac{1}{k} < \varepsilon
Jadi, terbukti \displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{(-1)^nn}{2n^2+5} = 0. \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 6
Gunakan sifat-sifat limit untuk menunjukkan bahwa
\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sqrt{\dfrac{n+1}{4n+3}} = \dfrac{1}{2}.

Penyelesaian

Diberikan bentuk limit
\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sqrt{\dfrac{n+1}{4n+3}}
Bagi pembilang dan penyebutnya dengan \sqrt{n}, diperoleh
\begin{aligned} \displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{\dfrac{\sqrt{n+1}}{\sqrt{n}}}{\dfrac{\sqrt{4n+3}}{\sqrt{n}}} & = \lim_{n \to \infty} \dfrac{\sqrt{1 + \dfrac{1}{n}}}{\sqrt{4 + \dfrac{3}{n}}} \\ & = \dfrac{\sqrt{1 + 0 }}{\sqrt{4 + 0}} = \dfrac{1}{2} \end{aligned}. Terbukti. \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 7
Buktikan Teorema Barisan Konvergen:
\boxed{X = (x_n) \rightarrow x, Y = (y_n) \rightarrow y \Leftrightarrow X \pm Y \rightarrow x \pm y}

Penyelesaian

Ambil sembarang \varepsilon > 0.
Tinjau barisan X: Karena X =  (x_n) \rightarrow x, maka terdapat k_0 \in \mathbb{N} sedemikian sehingga untuk setiap n \geq k_0, berlaku \left|x_n - x\right| < \dfrac{\varepsilon}{2}. (Mengapa harus  \dfrac{\varepsilon}{2}? Dalam hal ini, kita mengandaikan bahwa \dfrac{\varepsilon}{2} merupakan bilangan positif sembarang yang dipersyaratkan seperti dalam definisi limit barisan. Ini akan berguna saat kita ingin menunjukkan berlakunyz \left|(x_n + y_n) - (x + y)\right| < \varepsilon (Perhatikan \bigstar)
Tinjau barisan Y: Karena Y =  (y_n) \rightarrow x, maka terdapat k_1 \in \mathbb{N} sedemikian sehingga untuk setiap n \geq k_1, berlaku \left|y_n - y\right| < \dfrac{\varepsilon}{2}.
Sekarang, ambil k = \max\{k_0, k_1\}, maka untuk n \geq k, berlaku
\left|(x_n + y_n) - (x + y)\right| = \left|(x_n - x) + (y_n - y)\right|
Dengan menggunakan teorema ketaksamaan segitiga, diperoleh
\left|(x_n - x) + (y_n - y)\right| < |x_n - x| + |y_n - y| \bigstar
Dengan redaksi yang telah diberikan di atas, diperoleh
|x_n - x| + |y_n - y| < \dfrac{\varepsilon}{2} +  \dfrac{\varepsilon}{2} =  \varepsilon.
Jadi, berhasil ditunjukkan bahwa \left|(x_n + y_n) - (x + y)\right| < \varepsilon. Ini berarti, teorema terbukti. \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 8
Jika a > 0, b>0, tunjukkan bahwa
\displaystyle \lim_{n \to \infty} (\sqrt{(n+a)(n+b)} - n)= \dfrac{a+b}{2}

Penyelesaian

Tinjau bentuk
\displaystyle \lim_{n \to \infty} (\sqrt{(n+a)(n+b)} - n)
Kalikan dengan akar sekawan pada pembilangnya,
\begin{aligned} \displaystyle & \lim_{n \to \infty} (\sqrt{(n+a)(n+b)} - n)\times \dfrac{\sqrt{(n+a)(n+b)} + n}{\sqrt{(n+a)(n+b)} + n} \\ & = \displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{(n+a)(n+b)-n^2}{\sqrt{(n+a)(n+b)} + n} \\ & =\lim_{n \to \infty} \displaystyle \dfrac{(a+b)n + ab}{\sqrt{(n+a)(n+b)} + n} \end{aligned}
Kedua sisi (pembilang dan penyebut) dibagi n, diperoleh
\displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{\dfrac{(a+b)n}{n} + \dfrac{ab}{n}}{\sqrt{\dfrac{(n+a)(n+b)}{n^2}} + \dfrac{n}{n}}
= \dfrac{a + b + 0}{\sqrt{1} + 1} = \dfrac{a+b}{2}
Jadi, terbukti bahwa \displaystyle \lim_{n \to \infty} (\sqrt{(n+a)(n+b)} - n)= \dfrac{a+b}{2}.

[collapse]

Soal Nomor 9
Tunjukkan bahwa barisan A = (a_n) dengan
(a_n) = \dfrac{2-n}{n+1}~ terbatas.

Penyelesaian

\bigstar Menentukan batas atas barisan A
Untuk semua n bilangan asli, berlaku
n \geq 1 \Leftrightarrow -3n \leq -3 \Leftrightarrow 4 - 2n \leq n + 1 \Leftrightarrow \dfrac{2-n}{n+1} \leq \dfrac{1}{2}
Jadi, barisan A memiliki batas atas, yaitu \dfrac{1}{2}.

\bigstar Menentukan batas bawah barisan A
Berangkat dari konsep bilangan positif, berlaku
-1 \leq 2 \Leftrightarrow -n-1 \leq 2-n \Leftrightarrow -1 \leq \dfrac{2-n}{n+1}
Jadi, barisan A memiliki batas bawah, yaitu -1. Karena memiliki batas atas dan batas bawah, maka dapat disimpulkan bahwa barisan A merupakan barisan yang terbatas. (Terbukti) \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 10
Tunjukkan bahwa barisan B = (b_n) dengan
(b_n) = 1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{4} + ... + \dfrac{1}{n}~ merupakan barisan yang tidak terbatas.

Penyelesaian

Menentukan batas bawah barisan B
Batas bawah barisan B merupakan nilai sigma untuk n = 1. Ini berarti, 1 adalah batas bawah barisan B.
Menentukan batas atas barisan B
Dengan menggunakan konsep deret harmonik, berlaku
1 + \dfrac{1}{2} \geq 1 + \dfrac{1}{2}

\dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{4} \geq \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{2}

\dfrac{1}{5} + \dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{7} + \dfrac{1}{8} \geq \dfrac{1}{8} + \dfrac{1}{8} + \dfrac{1}{8} + \dfrac{1}{8} = \dfrac{1}{2}
\cdots \cdots \cdots
—————————————————+
1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + ... + \dfrac{1}{n} \geq 1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} + ...  = 1 + \dfrac{1}{2}(n-1)
Tinjau bentuk limit dari 1 + \dfrac{1}{2}(n-1)
\displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{2}(n-1)} = \infty
Jadi,
1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + ... + \dfrac{1}{n} akan semakin besar menuju tak hingga. Ini berarti, barisan B tidak memiliki batas atas. Karena tidak memiliki batas atas, maka barisan B adalah barisan yang tak terbatas. (Terbukti) \blacksquare

[collapse]

Soal Nomor 11
Tunjukkan bahwa barisan C = (c_n) dengan

(c_n) = \dfrac{2-n}{\sqrt{n}+1}~adalah tak terbatas.

Penyelesaian

Pada kenyataannya, barisan ini tidak akan memiliki batas bawah, tetapi memiliki batas atas. Kita akan mencoba menentukan batas atas barisan ini terlebih dahulu.

  • Menentukan batas atas barisan C
    Untuk semua n bilangan asli, berlaku
    \begin{aligned} & n \geq \sqrt{n} \Rightarrow n \geq \dfrac{\sqrt{n} - 3}{2} \Leftrightarrow -2n \leq \sqrt{n} - 3 \\ & \Rightarrow 3 - 2n \leq \sqrt{n} \Leftrightarrow 4 - 2n \leq \sqrt{n} + 1 \\ & \Leftrightarrow \dfrac{2-n}{\sqrt{n} + 1} \leq \dfrac{1}{2} \end{aligned}
    Jadi, batas atas barisan C adalah \dfrac{1}{2}.
  • Menentukan apakah barisan C terbatas
    Menurut definisi barisan terbatas, ada M \in \mathbb{R}^+ sehingga barisan C harus memenuhi
    |c_n| = \left|\dfrac{2-n}{\sqrt{n}+1}\right|  \leq M
    Menurut Sifat Archimedean (SA), \exists k \in \mathbb{N}, sedemikian sehingga 2k > M. Perhatikan bahwa,
    \begin{aligned} & 2k \geq 2\sqrt{k}  \geq (2-k)\sqrt{k} \\ & \geq \dfrac{(2-k)\sqrt{k}}{k} = \dfrac{2-k}{\sqrt{k}} \geq \dfrac{2-k}{\sqrt{k}+1} > M \end{aligned}
    Jadi, ada suku dari barisan C yaitu \dfrac{2-k}{\sqrt{k}+1} yang nilainya melampaui/melewati nilai M. Ini berarti, barisan C bukanlah barisan terbatas. (Terbukti) \blacksquare

    [collapse]
Ayo Beri Rating Postingan Ini