Soal Latihan – Limit Barisan dan Konvergenitas (Analisis Real)

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 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) $\blacksquare$

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 $\color{blue}{\dfrac{1}{\sqrt{k}} < \varepsilon}$.
Menurut definisi limit barisan, kita harus membuktikan bahwa $\left| \sqrt{\dfrac{4n+1}{n}} -2\right| < \varepsilon$.
(Pengerjaan dari ruas kiri)
$$\begin{aligned} \left| \sqrt{\dfrac{4n+1}{n}} -2\right| & = \left| \dfrac{\sqrt{4n+1}}{\sqrt{n}} -\dfrac{2\sqrt{n}}{\sqrt{n}}\right| \\ & = \left| \dfrac{\sqrt{4n+1} -2\sqrt{n}}{\sqrt{n}}\right| \\ & = \left| \dfrac{\sqrt{4n+1} -2\sqrt{n}}{\sqrt{n}} \times \dfrac{\sqrt{4n+1} + 2\sqrt{n}}{\sqrt{4n+1} + 2\sqrt{n}} \right| \\ & = \left| \dfrac{(4n+1)-(4n)}{\sqrt{n}(\sqrt{4n+1} + 2\sqrt{n})} \right| \\ & \leq \dfrac{1}{\sqrt{n}} \leq \color{blue}{\dfrac{1}{\sqrt{k}} < \varepsilon} \end{aligned}$$Ini berarti, telah terbukti bahwa $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sqrt{\dfrac{4n+1}{n}} = 2$. $\blacksquare$

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
$$\begin{aligned} \left|\dfrac{1}{2n^2 + 3} -0 \right| & = \dfrac{1}{2n^2 + 3} \\ & \leq \dfrac{1}{2n^2} \\ & \leq \dfrac{1}{2n} \\ & \leq \dfrac{1}{n} \\ & \leq \dfrac{1}{k} < \varepsilon \end{aligned}$$Jadi, terbukti bahwa limitnya adalah $ \displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{2n^2 + 3}= 0$. $\blacksquare$

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 $\dfrac{11}{n} \leq \dfrac{11}{k}~(\bigstar)$.
Sekarang, kita harus memeriksa apakah $|x_n – x| < \varepsilon$.
(Pengerjaan dari ruas kiri)
$$\begin{aligned} \left|\dfrac{2n^2 -1}{n^2+5} -2\right| & = \left|\dfrac{2n^2-1}{n^2+5}-\dfrac{2(n^2+5)}{n^2+5}\right| \\ & = \left|\dfrac{2n^2 -1 -2n^2 -10}{n^2+5} \right| \\ & = \left|\dfrac{-11}{n^2+5}\right| \\ & = \dfrac{11}{n^2+5} && (n^2+5~\text{dijamin positif})\\ & \leq \dfrac{11}{n^2} && (\text{penyebut lebih kecil, nilai pecahan lebih besar}) \\ & \leq \dfrac{11}{n} && (\text{karena}~n^2 \geq n) \\ & \leq \dfrac{11}{k} && (\text{dari}~\bigstar) \\ & \leq \varepsilon \end{aligned}$$Jadi, terbukti bahwa $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{2n^2 -1}{n^2 + 5} = 2$. $\blacksquare$

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)
$\begin{aligned} \left|\dfrac{2n^2 -1}{n^2+5} -3\right| & = \left|\dfrac{2n^2 -1 -3n^2 -15}{n^2+5} \right| \\ & = \left|\dfrac{-n^2 -16}{n^2+5}\right| \\ & = \dfrac{n^2 + 16}{n^2+5} \\ & = \dfrac{n^2 + 5}{n^2+5} + \dfrac{11}{n^2+5} \\ & = 1 + \dfrac{11}{n^2+5} \\ & \leq  1 + \dfrac{11}{n^2} \\ & \leq 1 + \dfrac{11}{n} \\ & \leq 1 + \dfrac{11}{k} \\ & \leq 1 + \varepsilon > \varepsilon \end{aligned}$
Jadi, kita tidak dapat menunjukkan bahwa $\left|\dfrac{2n^2 -1}{n^2 + 5}- 3\right| < \varepsilon$. Dengan demikian, terbukti bahwa $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{2n^2 -1}{n^2 + 5} \neq 3$. $\blacksquare$

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)
$$\begin{aligned} \left|\dfrac{(-1)^nn}{2n^2+5}\right| & = \dfrac{1^n \cdot n}{2n^5 + 5} \\ & = \dfrac{n}{2n^2+5} \\ & \leq \dfrac{n}{2n^2} = \dfrac{1}{2n} \\ & \leq \dfrac{1}{n}\\ &  \leq \dfrac{1}{k} \\ & < \varepsilon \end{aligned}$$Jadi, terbukti $ \displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{(-1)^nn}{2n^2+5} = 0$. $\blacksquare$

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 $\left|x_n- x\right| < \dfrac{\varepsilon}{2}$.
Catatan: Mengapa harus  $\dfrac{\varepsilon}{2}$? Dalam hal ini, kita mengandaikan bahwa $\dfrac{\varepsilon}{2}$ merupakan bilangan positif sembarang yang disyaratkan seperti dalam definisi limit barisan. Ini akan berguna saat kita ingin menunjukkan berlakunya $\left|(x_n + y_n) -(x + y)\right| < \varepsilon$.
(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. $\blacksquare$

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 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} (\sqrt{(n+a)(n+b)} -n)= \dfrac{a+b}{2}.$

$\bigstar$ Menentukan batas atas barisan $A$
Karena $n$ merupakan bilangan asli, maka dengan substitusi beberapa nilai pertama $n$, kita peroleh
$$\begin{aligned} a_1 & = \dfrac{2-1}{1+1} = \dfrac12 \\ a_2 & = \dfrac{2-2}{2+1} = 0 \\ a_3 & = \dfrac{2-3}{3 + 1} = -\dfrac14 \end{aligned}$$Kita mendapati $(a_3, a_4, a_5, \cdots)$ bernilai negatif. Dapat diklaim bahwa $A$ memiliki batas atas $a_1 = \dfrac12$ dan akan kita tunjukkan sebagai berikut.
Untuk semua bilangan asli $n$, berlaku
$$\begin{aligned} n & \geq 1 && (\text{defin}\text{isi bilangan}~\text{asli}) \\ -3n & \leq -3 && (\text{kedua ruas dikali}~-3,~\text{tanda dibalik}) \\ -2n-n & \leq 1-4 && (\text{manipulasi bentuk}) \\ 4 -2n & \leq n + 1 \\ 2(2-n) & \leq n+1 \\ \dfrac{2-n}{n+1} & \leq \dfrac{1}{2} \end{aligned}$$Jadi, barisan $A$ memiliki batas atas, yaitu $\dfrac{1}{2}$.

$\bigstar$ Menentukan batas bawah barisan $A$
Perhatikan bahwa dengan menggunakan sifat limit tak hingga,
$$\begin{aligned} \displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{2-n}{n+1} & = \lim_{n \to \infty} \dfrac{\frac{2}{n}-1}{\frac{n}{n}+\frac{1}{n}} \\ & = \dfrac{0-1}{1+0} = -1 \end{aligned}$$Dapat diklaim bahwa batas bawah barisan $A$ adalah $-1$ dan akan dibuktikan sebagai berikut.
Karena $-1 \leq 2$, maka berlaku
$$\begin{aligned}-n-1 & \leq 2-n && (\text{kedua ruas dikurang}~n) \\  -1(n+1) & \leq 2-n && (\text{difaktorkan}) \\ -1 & \leq \dfrac{2-n}{n+1} \end{aligned}$$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) $\blacksquare$

Jelas bahwa batas bawah barisan $B$ adalah $b_1 = 1$.
Sekarang, kita tentukan batas atasnya.
Dengan menggunakan konsep deret harmonik, berlaku
$$\begin{aligned} & 1 + \dfrac{1}{2} \geq 1 + \dfrac{1}{2} \\ & \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{4} \geq \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{2} \\ & \dfrac{1}{5} + \dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{7} + \dfrac{1}{8} \geq \dfrac{1}{8} + \dfrac{1}{8} + \dfrac{1}{8} + \dfrac{1}{8} = \dfrac{1}{2} \\ &\vdots \vdots \vdots \\ & \rule{10 cm}{0.6pt} + \\ & 1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \cdots + \dfrac{1}{n} \geq 1 + \underbrace{\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} + \cdots}_{\text{sebanyak}~(n-1)} = 1 + \dfrac{1}{2}(n-1) \end{aligned}$$Tinjau bentuk limit tak hingga dari $1 + \dfrac{1}{2}(n-1)$, yaitu $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{2}(n-1) = \infty.$
Jadi, $1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \cdots + \dfrac{1}{n}$ 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) $\blacksquare$

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 $C$
Karena $n$ merupakan bilangan asli, maka dengan substitusi beberapa nilai pertama $n$, kita peroleh
$$\begin{aligned} c_1 & = \dfrac{2-1}{\sqrt{1}+1} = \dfrac12 \\ c_2 & = \dfrac{2-2}{\sqrt{2}+1} = 0 \\ c_3 & = \dfrac{2-3}{\sqrt{3} + 1} = -\dfrac{1}{\sqrt3+1} \end{aligned}$$Kita mendapati $(a_3, a_4, a_5, \cdots)$ bernilai negatif. Dapat diklaim bahwa $A$ memiliki batas atas $a_1 = \dfrac12$ dan akan kita tunjukkan sebagai berikut.
Untuk semua bilangan asli $n$, berlaku
$$\begin{aligned} n & \geq \sqrt{n} \\ 2n & \geq \sqrt{n} \\ 2n & \geq \sqrt{n}-3 \\ -2n & \leq \sqrt{n}-3 \\  3 -2n & \leq \sqrt{n} \\ 4 -2n & \leq \sqrt{n} + 1 \\ \dfrac{2-n}{\sqrt{n} + 1} & \leq \dfrac{1}{2} \end{aligned}$$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
$$\begin{aligned} 2k & \geq 2\sqrt{k}  \\ & \geq (2-k)\sqrt{k} \\ & \geq \dfrac{(2-k)\sqrt{k}}{k} \color{blue}{\times \dfrac{\sqrt{k}}{\sqrt{k}}} \\ &  = \dfrac{2-k}{\sqrt{k}} \\ & \geq \dfrac{2-k}{\sqrt{k}+1} \\ & > M \end{aligned}$$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) $\blacksquare$