Matematika Sekolah Menengah Atas · Grades 10–12

13Barisan: Perkenalan Pertama

Sebuah barisan adalah daftar bilangan yang dihasilkan oleh sebuah aturan: saldo tabungan yang berturut-turut, ukuran sebuah populasi dari tahun ke tahun. Bab ini menelaah dua keluarga yang menguasai penerapannya — barisan aritmetika, yang tumbuh dengan langkah yang sama, dan barisan geometri, yang tumbuh dengan rasio yang sama. Teori limit yang cermat dikembangkan pada Bab 20.

13.1 Mendefinisikan sebuah barisan

Definisi 13.1 (Barisan)

Sebuah barisan $(u_n)$ memasangkan setiap bilangan bulat $n \geq 0$ (atau $n \geq 1$ ) dengan sebuah bilangan real $u_n$ , yang disebut suku ke- $n$ . Sebuah barisan dapat diberikan

secara eksplisit, lewat rumus $u_n$ dalam $n$ : misalnya $u_n = n^2 + 1$ ;
secara rekursif, lewat suku pertamanya dan aturan untuk beralih dari setiap suku ke suku berikutnya: misalnya $u_0 = 3$ dan $u_{n+1} = 2u_n - 1$ .

Contoh 13.2

Untuk $u_n = n^2 + 1$ : $u_0 = 1$ , $u_1 = 2$ , $u_2 = 5$ , dan $u_{10} = 101$ secara langsung. Untuk $u_0 = 3$ , $u_{n+1} = 2u_n - 1$ : $u_1 = 5$ , $u_2 = 9$ , $u_3 = 17$ — setiap sukunya memerlukan suku sebelumnya; mencapai $u_{10}$ menuntut sepuluh langkah (atau sebuah rumus umum, lihat Latihan 13.11).

13.2 Barisan aritmetika

Definisi 13.3 (Barisan aritmetika)

Sebuah barisan disebut aritmetika dengan beda $d$ bila setiap sukunya diperoleh dari suku sebelumnya dengan menambahkan $d$ :

u_{n+1} = u_n + d \quad \text{untuk semua } n.

Setara dengan itu: selisih $u_{n+1} - u_n$ tetap, yaitu sama dengan $d$ .

Teorema 13.4 (Suku umum)

Jika $(u_n)$ aritmetika dengan suku pertama $u_0$ dan beda $d$ , maka

u_n = u_0 + n\,d \quad \text{untuk semua } n \geq 0, \qquad\text{dan secara lebih umum } u_n = u_p + (n - p)\,d .

Bukti. Untuk beralih dari $u_0$ ke $u_n$ , aturan “tambahkan $d$ ” diterapkan $n$ kali: satu langkah memberi $u_1 = u_0 + d$ , dua langkah memberi $u_2 = u_0 + 2d$ , dan setelah $n$ langkah setiap penerapannya telah menyumbang satu $d$ , sehingga $u_n = u_0 + nd$ . (Kata “dan seterusnya” ini dipertegas lewat induksi pada Bab 20.) Rumus umumnya menyusul dengan membilang $n - p$ langkah dari $u_p$ ke $u_n$ . ∎

Teorema 13.5 (Jumlah bilangan bulat berurutan)

Untuk setiap bilangan bulat $n \geq 1$ :

1 + 2 + \dots + n = \frac{n(n+1)}{2}.

Secara lebih umum, jumlah suku berurutan sebuah barisan aritmetika sama dengan

(\text{banyaknya suku}) \times \frac{\text{suku pertama} + \text{suku terakhir}}{2}.

Bukti. Tulislah jumlahnya $S$ dua kali, yang kedua dalam urutan terbalik, lalu jumlahkan kolom demi kolom:

\begin{array}{ccccccccc} S & = & 1 & + & 2 & + & \dots & + & n\\ S & = & n & + & (n-1) & + & \dots & + & 1\\ \hline 2S & = & (n+1) & + & (n+1) & + & \dots & + & (n+1) \end{array}

Ada $n$ kolom, masing-masing berjumlah $n + 1$ , sehingga $2S = n(n+1)$ . Untuk barisan aritmetika umum, pemasangan yang sama juga berhasil: pertama $+$ terakhir $=$ kedua $+$ kedua dari belakang $= \dots$ , sebab bergerak satu langkah maju di ujung kiri ( $+d$ ) diimbangi oleh satu langkah mundur di ujung kanan ( $-d$ ). ∎

Contoh 13.6

$1 + 2 + \dots + 100 = \frac{100 \times 101}{2} = 5050$ . Jumlah bilangan ganjil $1 + 3 + \dots + 99$ ( $50$ suku) adalah $50 \times \frac{1 + 99}{2} = 2500$ .

13.3 Barisan geometri

Definisi 13.7 (Barisan geometri)

Sebuah barisan disebut geometri dengan rasio $q \neq 0$ bila setiap sukunya diperoleh dari suku sebelumnya dengan mengalikan $q$ :

u_{n+1} = q\,u_n \quad \text{untuk semua } n.

Setara dengan itu, bila tidak ada sukunya yang lenyap: rasio $\frac{u_{n+1}}{u_n}$ tetap, yaitu sama dengan $q$ .

Teorema 13.8 (Suku umum)

Jika $(u_n)$ geometri dengan suku pertama $u_0$ dan rasio $q$ , maka

u_n = u_0\, q^n \quad \text{untuk semua } n \geq 0, \qquad\text{dan secara lebih umum } u_n = u_p\, q^{\,n-p} .

Bukti. Pembilangan langkah yang sama seperti pada Teorema 13.4: dari $u_0$ ke $u_n$ , aturan “kalikan dengan $q$ ” diterapkan $n$ kali, dan menyumbang faktor $q^n$ . ∎

Teorema 13.9 (Jumlah geometri)

Untuk setiap bilangan real $q \neq 1$ dan bilangan bulat $n \geq 0$ :

1 + q + q^2 + \dots + q^n = \frac{1 - q^{\,n+1}}{1 - q}.

Bukti. Misalkan $S = 1 + q + \dots + q^n$ . Kalikan dengan $q$ : $qS = q + q^2 + \dots + q^{n+1}$ . Lalu kurangkan:

S - qS = \bigl(1 + q + \dots + q^n\bigr) - \bigl(q + q^2 + \dots + q^{n+1}\bigr) = 1 - q^{\,n+1},

sebab setiap suku antaranya muncul sekali pada masing-masing jumlah lalu saling menghapus. Jadi $(1 - q)S = 1 - q^{\,n+1}$ , dan membaginya dengan $1 - q \neq 0$ memberi rumusnya. ∎

Contoh 13.10

$1 + 2 + 4 + \dots + 2^{10} = \frac{1 - 2^{11}}{1 - 2} = 2^{11} - 1 = 2047$ : melipatduakan butir beras pada petak papan catur mengalahkan lumbung mana pun, jauh sebelum petak ke- $64$ , yang di sana jumlahnya $2^{64} - 1 \approx 1.8 \times 10^{19}$ .

Langkah yang sama melawan rasio yang sama: barisan aritmetika (u_n+1 = u_n + 0.9, biru) mengikuti sebuah garis, barisan geometri (u_n+1 = 1.2\,u_n, merah) mengikuti kurva eksponen yang akhirnya melampauinya. — Langkah yang sama melawan rasio yang sama: barisan aritmetika ( $u_{n+1} = u_n + 0.9$ , biru) mengikuti sebuah garis, barisan geometri ( $u_{n+1} = 1.2\,u_n$ , merah) mengikuti kurva eksponen yang akhirnya melampauinya.

Metode 13.11 (Mengenali jenis sebuah barisan)

Hitunglah $u_{n+1} - u_n$ lalu sederhanakan. Jika hasilnya sebuah konstanta $d$ , barisannya aritmetika. Bila bukan, hitunglah $\frac{u_{n+1}}{u_n}$ (sukunya taknol) lalu sederhanakan: sebuah konstanta $q$ berarti geometri. Jika keduanya tidak tetap, barisannya bukan salah satu jenis itu — jangan pernah menyimpulkan hanya dari beberapa suku pertamanya.

Contoh 13.12

Untuk $u_n = 3 \times 5^n$ : $\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{3 \times 5^{n+1}}{3 \times 5^n} = 5$ untuk semua $n$ : geometri dengan rasio $5$ . Untuk $u_n = n^2$ : $u_1 - u_0 = 1$ tetapi $u_2 - u_1 = 3$ , dan $\frac{u_1}{u_0}$ bahkan tidak terdefinisi — jadi bukan aritmetika maupun geometri.

13.4 Kemonotonan

Definisi 13.13 (Barisan monoton)

Sebuah barisan $(u_n)$ disebut naik bila $u_{n+1} \geq u_n$ untuk semua $n$ , dan turun bila $u_{n+1} \leq u_n$ untuk semua $n$ .

Metode 13.14 (Menelaah kemonotonan)

Telaahlah tanda $u_{n+1} - u_n$ . Untuk barisan yang sukunya positif, kita boleh membandingkan $\frac{u_{n+1}}{u_n}$ dengan $1$ sebagai gantinya.

Contoh 13.15

Sebuah barisan aritmetika naik bila $d \geq 0$ ( $u_{n+1} - u_n = d$ ), dan turun bila $d \leq 0$ . Sebuah barisan geometri dengan $u_0 > 0$ dan $q > 1$ bersifat naik: $u_{n+1} - u_n = u_0 q^n (q - 1) > 0$ ; dengan $u_0 > 0$ dan $0 < q < 1$ barisan itu turun.

13.5 Perilaku jangka panjang, secara takresmi

Apa yang terjadi pada $u_n$ ketika $n$ menjadi sangat besar? Untuk barisan aritmetika dengan $d > 0$ , suku $u_0 + nd$ akhirnya melampaui bilangan tetap mana pun. Untuk barisan geometri dengan $0 < q < 1$ , suku $u_0 q^n$ mengerut menuju $0$ : mengalikan berulang kali dengan $0.9$ , misalnya, mengikis nilai awal berapa pun. Dan untuk $q > 1$ sukunya meledak, seperti pada Contoh 13.10.

Catatan 13.16

Pernyataan ini dapat dibuat benar-benar tepat — “sukunya akhirnya tetap berada dalam jarak berapa pun dari $0$ ” — lalu dibuktikan. Itulah teori limit, tema pembuka Bab 20.

13.6 Latihan

Latihan 13.1 ★

Untuk setiap barisan berikut, hitunglah $u_1$ , $u_2$ , $u_3$ :

u_n = \frac{n}{n+1}; \qquad u_0 = 5,\ u_{n+1} = 3u_n - 2; \qquad u_n = (-1)^n\,n .

Solusi

Solusi Latihan 13.1.

$u_n = \frac{n}{n+1}$ : $u_1 = \frac12$ , $u_2 = \frac23$ , $u_3 = \frac34$ .

$u_0 = 5$ , $u_{n+1} = 3u_n - 2$ : $u_1 = 13$ , $u_2 = 37$ , $u_3 = 109$ .

$u_n = (-1)^n n$ : $u_1 = -1$ , $u_2 = 2$ , $u_3 = -3$ .

Latihan 13.2 ★

$(u_n)$ aritmetika dengan $u_0 = 7$ dan $d = -3$ . Hitunglah $u_{10}$ dan $u_{25}$ . $(v_n)$ aritmetika dengan $v_3 = 11$ dan $v_8 = 26$ . Carilah bedanya dan $v_0$ .

Solusi

Solusi Latihan 13.2.

$u_{10} = 7 + 10 \times (-3) = -23$ dan $u_{25} = 7 - 75 = -68$ .

Untuk $(v_n)$ : $v_8 = v_3 + 5d$ memberi $26 = 11 + 5d$ , jadi $d = 3$ ; lalu $v_0 = v_3 - 3d = 11 - 9 = 2$ .

Latihan 13.3 ★

$(u_n)$ geometri dengan $u_0 = 5$ dan $q = 2$ . Hitunglah $u_8$ . $(v_n)$ geometri dengan suku positif, $v_2 = 12$ dan $v_4 = 48$ . Carilah rasionya dan $v_0$ .

Solusi

Solusi Latihan 13.3.

$u_8 = 5 \times 2^8 = 1280$ .

Untuk $(v_n)$ : $v_4 = v_2\, q^2$ memberi $48 = 12 q^2$ , jadi $q^2 = 4$ dan $q = 2$ (sukunya positif). Lalu $v_0 = \frac{v_2}{q^2} = \frac{12}{4} = 3$ .

Latihan 13.4 ★

Hitunglah

1 + 2 + 3 + \dots + 500, \qquad 4 + 7 + 10 + \dots + 61, \qquad 1 + \frac12 + \frac14 + \dots + \frac{1}{2^{10}} .

Solusi

Solusi Latihan 13.4.

$1 + \dots + 500 = \frac{500 \times 501}{2} = 125\,250$ .

$4 + 7 + \dots + 61$ bersifat aritmetika dengan $d = 3$ dan $\frac{61 - 4}{3} + 1 = 20$ suku: jumlahnya $20 \times \frac{4 + 61}{2} = 650$ .

$1 + \frac12 + \dots + \frac{1}{2^{10}}$ bersifat geometri dengan $q = \frac12$ dan $11$ suku: $\frac{1 - (1/2)^{11}}{1 - 1/2} = 2\left(1 - \frac{1}{2048}\right) = \frac{2047}{1024}$ .

Latihan 13.5 ★

Tentukan apakah setiap barisan berikut aritmetika, geometri, atau bukan keduanya:

u_n = 4n - 1; \qquad v_n = \frac{2^n}{3^{n+1}}; \qquad w_n = n^2 + n .

Solusi

Solusi Latihan 13.5.

$u_{n+1} - u_n = 4(n+1) - 1 - 4n + 1 = 4$ : aritmetika dengan $d = 4$ .

$\frac{v_{n+1}}{v_n} = \frac{2^{n+1}}{3^{n+2}} \cdot \frac{3^{n+1}}{2^n} = \frac23$ : geometri dengan $q = \frac23$ .

$w_0 = 0$ , $w_1 = 2$ , $w_2 = 6$ : selisihnya $2$ dan $4$ berbeda, jadi bukan aritmetika; $\frac{w_1}{w_0}$ bahkan tidak terdefinisi, dan rasionya $\frac{w_2}{w_1} = 3 \neq \frac{w_3}{w_2} = 2$ : jadi bukan keduanya.

Latihan 13.6 ★★

Sebuah gedung pertunjukan mempunyai $20$ baris: $16$ kursi pada baris pertama, dan setiap baris mempunyai $2$ kursi lebih banyak daripada baris sebelumnya. Berapa kursi pada baris terakhir? Berapa kursi di seluruh gedung?

Solusi

Solusi Latihan 13.6.

Banyaknya kursi per baris bersifat aritmetika: suku pertama $16$ , bedanya $2$ . Baris terakhir (baris ke-20) mempunyai $16 + 19 \times 2 = 54$ kursi. Seluruhnya $20 \times \frac{16 + 54}{2} = 700$ kursi.

Latihan 13.7 ★★

Sebuah populasi bakteri berlipat dua setiap jam; pada tengah hari ada $500$ bakteri. Berapa banyak pada pukul 20.00? Setelah berapa jam penuh populasinya pertama kali melampaui satu juta? (Selesaikan dengan mencoba pangkat $2$ berturut-turut.)

Solusi

Solusi Latihan 13.7.

Setelah $n$ jam, populasinya $500 \times 2^n$ . Pada pukul 20.00, $n = 8$ : $500 \times 256 = 128\,000$ bakteri. Kita perlu $500 \times 2^n > 10^6$ , yaitu $2^n > 2000$ : karena $2^{10} = 1024$ dan $2^{11} = 2048$ , populasinya pertama kali melampaui satu juta setelah $11$ jam penuh, yaitu pada pukul 23.00.

Latihan 13.8 ★★

Setiap bulan, seorang penabung menyetorkan $100$ euro ke sebuah rekening yang memberi bunga $0.2\%$ per bulan atas saldo yang ada (bunganya dibukukan tepat sebelum setoran). Misalkan $c_n$ saldo tepat sesudah setoran ke- $n$ , sehingga $c_1 = 100$ dan $c_{n+1} = 1.002\,c_n + 100$ . Hitunglah $c_2$ dan $c_3$ , lalu jelaskan mengapa $(c_n)$ bukan aritmetika maupun geometri.

Solusi

Solusi Latihan 13.8.

$c_2 = 1.002 \times 100 + 100 = 200.20$ dan $c_3 = 1.002 \times 200.20 + 100 \approx 300.60$ . Selisihnya, $c_2 - c_1 = 100.20$ dan $c_3 - c_2 \approx 100.40$ , tidak sama, sehingga $(c_n)$ bukan aritmetika; rasionya, $\frac{c_2}{c_1} = 2.002$ dan $\frac{c_3}{c_2} \approx 1.50$ , juga tidak sama, sehingga barisan itu bukan geometri. (Rekursi campuran “kalikan lalu tambahkan” seperti ini diselesaikan dengan kiat barisan bantu pada Latihan 13.11.)

Latihan 13.9 ★★

Telaahlah kemonotonan barisan

u_n = n^2 - 8n \ (n \geq 0), \qquad v_n = \frac{3^n}{n!}\ (n \geq 1),

dengan $n! = 1 \times 2 \times \dots \times n$ . (Untuk $(v_n)$ , bandingkan $\frac{v_{n+1}}{v_n}$ dengan $1$ .)

Solusi

Solusi Latihan 13.9.

$u_{n+1} - u_n = (n+1)^2 - 8(n+1) - n^2 + 8n = 2n - 7$ : negatif untuk $n \leq 3$ , positif untuk $n \geq 4$ . Jadi $(u_n)$ turun sampai $u_4 = 16 - 32 = -16$ , lalu naik: barisan itu tidak monoton.

$(v_n)$ mempunyai suku positif dan

\frac{v_{n+1}}{v_n} = \frac{3^{n+1}}{(n+1)!} \cdot \frac{n!}{3^n} = \frac{3}{n+1},

yang bernilai $> 1$ untuk $n \leq 1$ , $= 1$ untuk $n = 2$ , dan $< 1$ untuk $n \geq 3$ : jadi barisannya naik sampai $v_2 = v_3 = \frac92$ , lalu turun.

Latihan 13.10 ★★

Jumlah $n$ suku pertama sebuah barisan aritmetika dengan $u_0 = 3$ dan $d = 4$ sama dengan $903$ . Carilah $n$ . (Susunlah sebuah persamaan kuadrat dalam $n$ lalu pakai Bab 10.)

Solusi

Solusi Latihan 13.10.

Sebanyak $n$ suku pertamanya adalah $u_0, \dots, u_{n-1}$ , dengan $u_0 = 3$ dan $u_{n-1} = 3 + 4(n-1) = 4n - 1$ . Jumlahnya adalah

n \times \frac{3 + (4n-1)}{2} = n(2n + 1) = 903,

sehingga $2n^2 + n - 903 = 0$ . Di sini $\Delta = 1 + 4 \times 2 \times 903 = 7225 = 85^2$ , dan $n = \frac{-1 + 85}{4} = 21$ (akar negatifnya ditolak). Periksa: $21 \times 43 = 903$ .

Latihan 13.11 ★★★

Misalkan $u_0 = 3$ dan $u_{n+1} = 2u_n - 1$ .

Hitunglah $u_1, u_2, u_3$ lalu dugalah sebuah rumus untuk $u_n$ .
Misalkan $v_n = u_n - 1$ . Tunjukkan bahwa $(v_n)$ geometri, lalu berikan rasionya dan suku pertamanya.
Simpulkan rumus eksplisit untuk $u_n$ lalu periksalah dugaanmu.

Solusi

Solusi Latihan 13.11.

1. $u_1 = 5$ , $u_2 = 9$ , $u_3 = 17$ : setiap sukunya satu lebih besar daripada $4, 8, 16$ , yang mengisyaratkan $u_n = 2^{n+1} + 1$ .

2. Dengan $v_n = u_n - 1$ :

v_{n+1} = u_{n+1} - 1 = 2u_n - 1 - 1 = 2(u_n - 1) = 2v_n,

sehingga $(v_n)$ geometri dengan rasio $2$ dan suku pertama $v_0 = u_0 - 1 = 2$ .

3. Jadi $v_n = 2 \times 2^n = 2^{n+1}$ dan $u_n = v_n + 1 = 2^{n+1} + 1$ , yang membenarkan dugaan tadi. (Bilangan $1$ yang dikurangkan pada $v_n$ adalah titik tetap $x \mapsto 2x - 1$ ; gagasan yang sama muncul kembali untuk $u_{n+1} = au_n + b$ pada Bab 20.)

13.7 Soal: Menara Brahma dan kelinci Fibonacci

Soal 13.1

Soal akhir pekan — dua rekurensi legendaris: menara yang mengakhiri dunia, barisan yang tumbuh bak emas, dan kiat barisan bantu yang menjinakkan pinjaman

Dua barisan menguasai cerita rakyat matematika. Yang satu membilang langkah pemindahan Menara Brahma — enam puluh empat cakram emas yang, menurut legenda, pemindahannya akan mengakhiri dunia. Yang lain membilang kelinci Fibonacci dan menyembunyikan rasio emas. Tidak satu pun aritmetika, tidak satu pun geometri — dan keduanya menyerah kepada senjata bab ini: rekurensi, jumlah geometri (Teorema 13.9), dan kiat barisan bantu pada Latihan 13.11, yang juga menghitung cicilan rumahmu.

Bagian I — Menara Brahma. Teka-tekinya: $n$ cakram yang ukurannya mengecil ditumpuk pada tiang A; pindahkan seluruh tumpukan ke tiang C, satu cakram setiap kali, tanpa pernah meletakkan cakram yang lebih besar di atas yang lebih kecil (tiang B boleh membantu). Misalkan $h_n$ banyaknya langkah minimal.

Mainkan (dengan uang logam) lalu catat $h_1$ , $h_2$ , $h_3$ .
Jelaskan siasat di balik rekurensi $h_{n+1} = 2h_n + 1$ : apa yang harus terjadi sebelum dan sesudah cakram terbesar berpindah?
Selesaikan rekurensinya dengan kiat Latihan 13.11: ambil $v_n = h_n + 1$ , tunjukkan $(v_n)$ geometri, lalu simpulkan $h_n = 2^n - 1$ .
Menara dalam legenda itu mempunyai $64$ cakram, dan para biarawannya memindahkan satu cakram per detik. Dengan memakai $2^{10} = 1024 \approx 10^3$ , taksirlah waktu pemindahannya dalam tahun (setahun kira-kira $3 \times 10^7$ detik; bandingkan dengan Contoh 13.10, raksasa yang sama dalam cerita yang lain). Perlukah kita cemas?
Mengapa tidak ada siasat yang dapat mengalahkan $2^n - 1$ langkah? Berargumenlah bahwa setiap penyelesaian menuruti $h_{n+1} \geq 2 h_n + 1$ : apa yang harus benar tentang $n$ cakram teratas tepat sebelum, dan tepat sesudah, cakram terbawah berpindah?

Bagian II — Fibonacci. Definisikan $F_1 = F_2 = 1$ dan $F_{n+2} = F_{n+1} + F_n$ (setiap sukunya jumlah dua suku sebelumnya — aturan pencacahan irama di jilid sebelumnya, kini dengan nama Eropanya).

Daftarkan $F_1$ sampai $F_{12}$ .
Tunjukkan bahwa $(F_n)$ bukan aritmetika maupun geometri, tetapi tegas naik mulai dari $n = 2$ (Metode 13.14 dan rekurensinya).
Buktikan identitas jumlahnya

$F_1 + F_2 + \dots + F_n = F_{n+2} - 1$

secara teleskopik: tulislah setiap $F_k$ sebagai $F_{k+2} - F_{k+1}$ lalu amati jumlahnya runtuh. Periksalah untuk $n = 6$ .
Buktikan identitas kuadratnya $F_1^2 + F_2^2 + \dots + F_n^2 = F_n F_{n+1}$ , secara teleskopik dengan $F_k F_{k+1} - F_{k-1} F_k = F_k^2$ . Periksalah untuk $n = 4$ . (Gambarannya: persegi bersisi $1, 1, 2, 3, 5, \dots$ memubin sebuah persegi panjang — kerangka spiral Fibonacci yang termasyhur.)
Identitas Cassini menyatakan $F_{n+1} F_{n-1} - F_n^2 = (-1)^n$ . Periksalah untuk $n = 4, 5, 6$ — lalu kenali mesin di balik kiat persegi yang lenyap pada soal luas di jilid sebelumnya.
Tunjukkan dari rekurensinya bahwa $F_{n+2} \geq 2 F_n$ : Fibonacci paling sedikit berlipat dua setiap dua langkah — jadi tumbuh paling sedikit secepat barisan geometri berasio $\sqrt2$ .
Hitunglah rasio $r_n = \frac{F_{n+1}}{F_n}$ untuk $n = 3$ sampai $10$ (tiga angka desimal). Dengan menerima bahwa rasio itu mengendap pada limit $L$ , terapkan hubungan $r_{n+1} = 1 + \frac{1}{r_n}$ pada limitnya lalu selesaikan: bilangan mana pada Soal 2.1 yang dipuja para kelinci itu?

Bagian III — Kiat barisan bantu, di bank.

Perumumlah Latihan 13.11: untuk $u_{n+1} = a\,u_n + b$ dengan $a \neq 1$ , ambil $\ell = \frac{b}{1 - a}$ (titik tetapnya). Tunjukkan bahwa $v_n = u_n - \ell$ geometri dengan rasio $a$ , lalu simpulkan $u_n = a^n (u_0 - \ell) + \ell$ .
Sebuah pinjaman: $10\,000$ euro dengan bunga $1\,\%$ per bulan, diangsur $300$ euro per bulan, sehingga utangnya menuruti $d_{n+1} = 1.01\,d_n - 300$ . Terapkan pertanyaan 13 (titik tetapnya dahulu!) untuk memperoleh rumus eksplisit $d_n$ .
Dengan kalkulator, carilah bulan pertama saat utangnya lunas, dan jumlah seluruh angsurannya. Berapa ongkos meminjam itu sendiri?
Sebuah kota berpenduduk $50\,000$ jiwa tumbuh $2\,\%$ setahun dan menerima $1\,000$ pendatang baru selain itu: $p_{n+1} = 1.02\,p_n + 1000$ . Berikan rumus eksplisitnya dan penduduknya setelah $10$ tahun.

Bagian IV — Dua keluarga bangsawan.

Hitunglah $1 + 2 + 3 + \dots + 1000$ (Teorema 13.5 — jumlah si kecil Gauss dari jilid sebelumnya, kini resmi), lalu $1 + 2 + 4 + \dots + 2^{19}$ (Teorema 13.9).
Hitunglah jumlah barisan aritmetika $7, 12, 17, \dots, 502$ (berapa sukunya?).
Rencana tabungan: $100$ euro disetorkan setiap bulan, memperoleh $0.5\,\%$ per bulan; setelah setoran ke- $n$ saldonya adalah $100\left(1.005^{n-1} + \dots + 1.005 + 1\right)$ . Hitunglah saldonya setelah $5$ tahun ( $n = 60$ ).
Penutup — kotak perkakas penjinak barisan: perian eksplisit melawan perian rekuren; dua keluarga bangsawan dan rumus jumlahnya; barisan bantu yang mengubah rekurensi afin menjadi rekurensi geometri; serta Fibonacci, warga pertama di luar kedua keluarga itu, yang hari ini dijinakkan oleh identitas sambil menanti matriks (tahun berikutnya) dan limit untuk ditangkap sepenuhnya. Masing-masing satu kalimat.

Solusi

Solusi Soal 13.1.

1. $h_1 = 1$ , $h_2 = 3$ , $h_3 = 7$ .

2. Untuk memindahkan cakram terbesar, $n$ cakram di atasnya harus lebih dahulu berpindah ke tiang cadangan ( $h_n$ langkah); cakram besarnya menyeberang ( $1$ langkah); lalu $n$ cakram tadi harus mendaki kembali ke atasnya ( $h_n$ langkah): jadi $h_{n+1} = 2h_n + 1$ .

3. $v_{n+1} = h_{n+1} + 1 = 2h_n + 2 = 2v_n$ : geometri dengan rasio $2$ dan $v_1 = 2$ , sehingga $v_n = 2^n$ dan $h_n = 2^n - 1$ .

4. $2^{64} - 1 \approx 1.8 \times 10^{19}$ detik; dibagi $3 \times 10^7$ detik per tahun, hasilnya sekitar $6 \times 10^{11}$ tahun — enam ratus miliar tahun, empat puluh kali usia alam semesta. Para biarawan itu masih sempat beristirahat minum kopi.

5. Pada setiap penyelesaian yang sah, tinjaulah langkah pertama cakram terbawah: pada saat itu $n$ cakram lainnya harus semuanya berada di satu tiang yang tersisa (paling sedikit $h_n$ langkah untuk membawanya ke sana), dan setelah langkah terakhir cakram terbawah semuanya harus kembali ke atasnya (paling sedikit $h_n$ langkah lagi): jadi setiap penyelesaian menuntut paling sedikit $2h_n + 1$ langkah. Rekurensinya adalah lantai sekaligus langit-langit: $2^n - 1$ memang optimum.

6. $1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144$ .

7. Bukan aritmetika ( $2 - 1 = 1$ tetapi $3 - 2 = 1$ , $5 - 3 = 2$ : selisihnya berubah); bukan geometri ( $\frac21 = 2$ tetapi $\frac32 = 1.5$ ). Naik: untuk $n \geq 2$ berlaku $F_{n+1} - F_n = F_{n-1} > 0$ .

8. $F_k = F_{k+2} - F_{k+1}$ , sehingga

\sum_{k=1}^{n} F_k = (F_3 - F_2) + (F_4 - F_3) + \dots + (F_{n+2} - F_{n+1}) = F_{n+2} - F_2 = F_{n+2} - 1 .

Untuk $n = 6$ : $1 + 1 + 2 + 3 + 5 + 8 = 20 = F_8 - 1 = 21 - 1$ .

9. $F_k F_{k+1} - F_{k-1} F_k = F_k (F_{k+1} - F_{k-1}) = F_k \cdot F_k = F_k^2$ ; menjumlahkannya secara teleskopik memberi $F_n F_{n+1} - F_1 F_0$ (dengan $F_0 = 0$ ): jadi jumlah kuadratnya adalah $F_n F_{n+1}$ . Untuk $n = 4$ : $1 + 1 + 4 + 9 = 15 = F_4 F_5 = 3 \times 5$ .

10. $F_5 F_3 - F_4^2 = 5 \times 2 - 9 = 1$ ; $F_6 F_4 - F_5^2 = 8 \times 3 - 25 = -1$ ; $F_7 F_5 - F_6^2 = 13 \times 5 - 64 = 1$ : berganti-ganti $\pm 1$ . Selisih satu antara $F_{n+1} F_{n-1}$ dan $F_n^2$ inilah satu satuan persegi yang diperoleh atau hilang milik sang pesulap: memotong persegi $F_n \times F_n$ menjadi potongan yang disusun ulang menjadi persegi panjang $F_{n+1} \times F_{n-1}$ pasti menciptakan atau menelan satu satuan — yaitu celah tipis itu.

11. $F_{n+2} = F_{n+1} + F_n \geq F_n + F_n = 2F_n$ (barisannya naik): setiap dua indeks, paling sedikit terjadi pelipatduaan — yaitu pertumbuhan paling sedikit setara geometri berasio $\sqrt2$ per indeks.

12. $1.5$ ; $1.667$ ; $1.6$ ; $1.625$ ; $1.615$ ; $1.619$ ; $1.618$ ; $1.618$ . Jika $r_n \to L$ : dari $F_{n+2} = F_{n+1} + F_n$ , setelah dibagi $F_{n+1}$ , diperoleh $r_{n+1} = 1 + \frac{1}{r_n}$ , sehingga $L = 1 + \frac1L$ , yaitu $L^2 = L + 1$ : $L = \varphi = \frac{1 + \sqrt5}{2}$ , yaitu rasio emas pada Soal 2.1. Kelinci itu berkembang biak dalam emas.

13. $v_{n+1} = u_{n+1} - \ell = a u_n + b - \ell$ ; karena $\ell = a\ell + b$ , bentuk itu sama dengan $a(u_n - \ell) = a v_n$ : jadi geometri dengan rasio $a$ . Karena itu $v_n = a^n v_0$ dan $u_n = a^n (u_0 - \ell) + \ell$ .

14. Titik tetapnya: $\ell = 1.01\ell - 300$ memberi $\ell = 30\,000$ . Jadi $d_n = 1.01^n (10\,000 - 30\,000) + 30\,000 = 30\,000 - 20\,000 \times 1.01^n$ .

15. $d_n \leq 0$ menuntut $1.01^n \geq 1.5$ : $1.01^{40} \approx 1.489$ , $1.01^{41} \approx 1.504$ : jadi angsuran ke- $41$ melunasi utangnya (dan sedikit lebih kecil daripada $300$ ). Total angsurannya: sedikit di bawah $41 \times 300 = 12\,300$ euro — jadi $10\,000$ yang dipinjam berongkos bunga sekitar $2\,300$ euro.

16. Titik tetapnya $\ell = \frac{1000}{1 - 1.02} = -50\,000$ , sehingga $p_n = 1.02^n \times 100\,000 - 50\,000$ . Setelah $10$ tahun: $1.02^{10} \approx 1.219$ , jadi $p_{10} \approx 71\,900$ jiwa.

17. $\frac{1000 \times 1001}{2} = 500\,500$ ; lalu $2^{20} - 1 = 1\,048\,575$ .

18. Dari $7$ sampai $502$ dengan langkah $5$ : $\frac{502 - 7}{5} + 1 = 100$ suku; jumlahnya $= 100 \times \frac{7 + 502}{2} = 25\,450$ .

19. Saldonya $= 100 \times \frac{1.005^{60} - 1} {1.005 - 1} \approx 100 \times \frac{0.3489}{0.005} \approx 6\,977$ euro — yang $6\,000$ berasal dari setoran dan sekitar $977$ dari bunga: jumlah geometri memang bahasa ibu bank.

20. Rumus eksplisit menjawab “berapa $u_{1000}$ ” seketika; rekurensi memerikan bagaimana sistemnya benar-benar berkembang — seninya adalah mengubah yang kedua menjadi yang pertama. Barisan aritmetika menambah, barisan geometri mengalikan, dan setiap keluarga memiliki rumus jumlahnya sendiri (pemasangan Gauss; kiat pelipatduaan). Kiat titik tetap dan barisan bantu mengubah setiap rekurensi afin menjadi rekurensi geometri — pinjaman, populasi, dan menara tadi semuanya jatuh olehnya. Fibonacci tidak menuruti kedua keluarga itu, namun identitas teleskopik menangkap jumlah dan kuadratnya; potret lengkapnya (rumus eksak, limit emas) masih menanti perkakas yang lebih kuat.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium