Limit barisan merupakan salah satu materi 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, konteks analisis real hanya mengacu pada bilangan asli.
Berikut ini disertakan beberapa soal dan pembahasan terkait limit barisan dan konvergenitas. Semoga bermanfaat!
Quote by Malcolm X
Soal Nomor 1
Tunjukkan bahwa $ \displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{n} = 0.$
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) $\blacksquare$
Soal Nomor 2
Buktikan dengan definisi limit bahwa
$$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sqrt{\dfrac{4n+1}{n}} = 2.$$
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 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sqrt{\dfrac{4n+1}{n}} = 2$. $\blacksquare$
Soal Nomor 3
Buktikan limit berikut dengan menggunakan definisi limit barisan.
$$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{2n^2 + 3}= 0$$
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$. $\blacksquare$
Soal Nomor 4
Tunjukkan dengan menggunakan definisi limit barisan bahwa
$$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{2n^2 -1}{n^2 + 5} = 2.$$
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 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{2n^2 -1}{n^2 + 5} = 2$. $\blacksquare$
Soal Nomor 5
Tunjukkan dengan menggunakan definisi limit barisan bahwa
$$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{2n^2 -1}{n^2 + 5} \neq 3.$$
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 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{2n^2 -1}{n^2 + 5} \neq 3$. $\blacksquare$
Soal Nomor 6
Tunjukkan dengan definisi limit barisan bahwa
$$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{(-1)^nn}{2n^2+5} = 0.$$
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$. $\blacksquare$
Soal Nomor 7
Buktikan Teorema Barisan Konvergen:
$$\boxed{X = (x_n) \rightarrow x, Y = (y_n) \rightarrow y \Leftrightarrow X \pm Y \rightarrow x \pm y}$$
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. $\blacksquare$
Soal Nomor 8
Jika $a > 0, b>0$, tunjukkan bahwa
$$\displaystyle \lim_{n \to \infty} (\sqrt{(n+a)(n+b)} -n)= \dfrac{a+b}{2}.$$
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 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} (\sqrt{(n+a)(n+b)} -n)= \dfrac{a+b}{2}.$
Soal Nomor 9
Tunjukkan bahwa barisan $A = (a_n)$ dengan $(a_n) = \dfrac{2-n}{n+1}~$ terbatas.
$\bigstar$ 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) $\blacksquare$
Soal Nomor 10
Tunjukkan bahwa barisan $B = (b_n)$ dengan
$$(b_n) = 1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{4} + \cdots + \dfrac{1}{n}$$ merupakan barisan yang tidak terbatas.
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) $\blacksquare$
Soal Nomor 11
Tunjukkan bahwa barisan $C = (c_n)$ dengan $(c_n) = \dfrac{2-n}{\sqrt{n}+1}~$adalah tak terbatas.
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) $\blacksquare$