Matematika Sekolah Menengah Atas · Grades 10–12

20Barisan

Sebuah barisan adalah daftar bilangan real yang terindeks oleh bilangan cacah. Barisan memodelkan perkembangan diskret — populasi yang dibilang tahun demi tahun, saldo sebuah rekening bank, hampiran sebuah bilangan yang berturut-turut — dan limitnya adalah perjumpaan serius pertama dengan ketakhinggaan. Bab ini menyiapkan kosakatanya, asas induksi matematika, serta teorema kekonvergenan yang mendasar.

20.1 Bernalar dengan induksi matematika

Teorema 20.1 (Asas induksi matematika)

Misalkan $P(n)$ sebuah pernyataan yang bergantung pada bilangan bulat $n$ , dan misalkan $n_0 \in \N$ . Jika

(langkah dasar) $P(n_0)$ benar, dan
(langkah induksi) untuk setiap $n \geq n_0$ , $P(n)$ mengakibatkan $P(n+1)$ ,

maka $P(n)$ benar untuk setiap $n \geq n_0$ .

Bukti. Andaikan, untuk memperoleh kontradiksi, bahwa himpunan $A$ berisi bilangan bulat $n \geq n_0$ yang membuat $P(n)$ salah tidaklah kosong. Maka $A$ mempunyai anggota terkecil $m$ .¹ Karena $P(n_0)$ benar, $m > n_0$ , sehingga $m - 1 \geq n_0$ dan $m-1 \notin A$ , yaitu $P(m-1)$ benar. Langkah induksi yang diterapkan pada $n = m-1$ lalu memperlihatkan bahwa $P(m)$ benar, yang bertentangan dengan $m \in A$ . ∎

Contoh 20.2

Mari kita buktikan ketaksamaan Bernoulli: untuk setiap bilangan real $a > 0$ dan setiap $n \in \N$ ,

(1+a)^n \geq 1 + na.

Langkah dasar. Untuk $n = 0$ , kedua ruasnya sama dengan $1$ . Langkah induksi. Andaikan $(1+a)^n \geq 1+na$ untuk suatu $n \in \N$ . Karena $1 + a > 0$ , mengalikan kedua ruasnya dengan $1+a$ mempertahankan ketaksamaannya:

(1+a)^{n+1} \geq (1+na)(1+a) = 1 + (n+1)a + na^2 \geq 1 + (n+1)a .

Menurut induksi, ketaksamaannya berlaku untuk semua $n \in \N$ .

Metode 20.3 (Menulis bukti dengan induksi)

Nyatakan selalu pernyataan $P(n)$ secara tersurat sebelum mulai. Bukti yang lengkap mempunyai tiga bagian yang terlihat: langkah dasarnya, langkah induksinya (“andaikan $P(n)$ ; kita buktikan $P(n+1)$ ”), dan kesimpulan yang memanggil asas induksi matematika. Kekeliruan yang paling lazim adalah membuktikan langkah induksinya tanpa pernah memakai hipotesis $P(n)$ : bila itu terjadi, entah buktinya keliru entah induksinya memang tidak diperlukan.

20.2 Kosakata barisan

Definisi 20.4 (Barisan)

Sebuah barisan adalah fungsi $u \colon \N \to \R$ (atau dari $\{n \in \N : n \geq n_0\}$ ke $\R$ ). Peta $n$ ditulis $u_n$ , dan barisannya sendiri ditulis $(u_n)_{n\in\N}$ atau cukup $(u_n)$ .

Sebuah barisan dapat diberikan secara eksplisit, lewat rumus $u_n = f(n)$ , atau lewat rekurensi, lewat suku pertamanya dan hubungan $u_{n+1} = f(u_n)$ .

Definisi 20.5 (Kemonotonan)

Sebuah barisan $(u_n)$ disebut naik bila $u_{n+1} \geq u_n$ untuk semua $n$ , turun bila $u_{n+1} \leq u_n$ untuk semua $n$ , dan monoton bila barisan itu naik atau turun. Barisan itu disebut tegas naik (masing-masing turun) apabila ketaksamaannya tegas.

Metode 20.6 (Menelaah kemonotonan sebuah barisan)

Tiga teknik baku:

telaahlah tanda $u_{n+1} - u_n$ ;
bila semua sukunya positif, bandingkan $\dfrac{u_{n+1}}{u_n}$ dengan $1$ ;
bila $u_n = f(n)$ dengan $f$ terdefinisi pada $\intco{0}{+\infty}$ , pakailah variasi $f$ .

Definisi 20.7 (Barisan terbatas)

Sebuah barisan $(u_n)$ disebut terbatas di atas bila ada $M \in \R$ dengan $u_n \leq M$ untuk semua $n$ ; terbatas di bawah bila ada $m \in \R$ dengan $u_n \geq m$ untuk semua $n$ ; dan terbatas bila keduanya berlaku.

20.2.1 Barisan aritmetika dan geometri

Definisi 20.8 (Barisan aritmetika dan geometri)

Sebuah barisan $(u_n)$ disebut aritmetika dengan beda $r$ bila $u_{n+1} = u_n + r$ untuk semua $n$ , dan geometri dengan rasio $q$ bila $u_{n+1} = q\,u_n$ untuk semua $n$ .

Proposisi 20.9 (Bentuk eksplisit dan jumlahnya)

Misalkan $n \in \N$ .

Jika $(u_n)$ aritmetika dengan beda $r$ , maka $u_n = u_0 + nr$ dan

$u_0 + u_1 + \dots + u_n = (n+1)\,\frac{u_0 + u_n}{2}.$
Jika $(u_n)$ geometri dengan rasio $q \neq 1$ , maka $u_n = u_0\, q^n$ dan

$u_0 + u_1 + \dots + u_n = u_0\,\frac{1 - q^{n+1}}{1 - q}.$

Bukti. Bentuk eksplisitnya menyusul lewat induksi langsung. Untuk jumlah aritmetikanya, tulislah $S = u_0 + \dots + u_n$ lalu tambahkan jumlah yang sama dalam urutan terbalik: masing-masing dari $n+1$ jumlah kolomnya sama dengan $u_0 + u_n$ , sehingga $2S = (n+1)(u_0+u_n)$ . Untuk jumlah geometrinya, hitunglah $S - qS$ : semua sukunya saling menghapus berpasangan kecuali yang pertama dan yang terakhir, sehingga $(1-q)S = u_0(1 - q^{n+1})$ . ∎

20.3 Limit sebuah barisan

Definisi 20.10 (Barisan konvergen)

Sebuah barisan $(u_n)$ konvergen ke bilangan real $\ell$ bila setiap interval terbuka yang memuat $\ell$ memuat semua suku $u_n$ mulai dari suatu indeks. Kita lalu tulis $\lim\limits_{n\to+\infty} u_n = \ell$ .

Setara dengan itu: untuk setiap $\varepsilon > 0$ , ada $N \in \N$ sehingga untuk semua $n \geq N$ berlaku $\abs{u_n - \ell} \leq \varepsilon$ .

Kekonvergenan u_n = 2 + (-1)n/n ke = 2: diberikan > 0, semua suku mulai dari indeks N terletak dalam pita [ - , + ]. — Kekonvergenan $u_n = 2 + \frac{(-1)^n}{n}$ ke $\ell = 2$ : diberikan $\varepsilon > 0$ , semua suku mulai dari indeks $N$ terletak dalam pita $\intcc{\ell-\varepsilon}{\ell+\varepsilon}$ .

Definisi 20.11 (Divergen ke takhingga)

Barisan $(u_n)$ menuju $+\infty$ bila untuk setiap $A \in \R$ ada $N \in \N$ sehingga $u_n \geq A$ untuk semua $n \geq N$ . Kita tulis $\lim\limits_{n\to+\infty} u_n = +\infty$ ; definisi $\lim u_n = -\infty$ serupa. Barisan yang tidak konvergen dikatakan divergen.

Catatan 20.12

Sebuah barisan dapat divergen tanpa menuju $\pm\infty$ : barisan $u_n = (-1)^n$ hanya mengambil nilai $1$ dan $-1$ dan tidak berlimit.

Proposisi 20.13 (Ketunggalan limitnya)

Jika $(u_n)$ konvergen, limitnya tunggal.

Bukti. Andaikan $u_n \to \ell$ dan $u_n \to \ell'$ dengan $\ell \neq \ell'$ , katakan $\ell < \ell'$ . Ambil $\varepsilon = \frac{\ell' - \ell}{3} > 0$ . Mulai dari suatu indeks berlaku $\abs{u_n - \ell} \leq \varepsilon$ dan $\abs{u_n - \ell'} \leq \varepsilon$ , sehingga

\ell' - \ell \leq \abs{\ell' - u_n} + \abs{u_n - \ell} \leq 2\varepsilon = \tfrac{2}{3}(\ell' - \ell) < \ell' - \ell,

sebuah kontradiksi. ∎

Proposisi 20.14 (Operasi pada limit)

Misalkan $(u_n)$ dan $(v_n)$ dua barisan dengan limit $\ell$ dan $\ell'$ (berhingga atau takhingga). Maka, selama ruas kanannya bukan bentuk taktentu,

\lim (u_n + v_n) = \ell + \ell', \qquad \lim (u_n v_n) = \ell\,\ell', \qquad \lim \frac{u_n}{v_n} = \frac{\ell}{\ell'}.

Bentuk taktentunya adalah $(+\infty) + (-\infty)$ , $0 \times \infty$ , $\frac{\infty}{\infty}$ dan $\frac{0}{0}$ .

Bukti. Kita buktikan aturan jumlahnya untuk limit yang berhingga; kasus lainnya serupa dan ditinggalkan sebagai latihan. Misalkan $\varepsilon > 0$ . Ada $N_1, N_2$ sehingga $\abs{u_n - \ell} \leq \varepsilon/2$ untuk $n \geq N_1$ dan $\abs{v_n - \ell'} \leq \varepsilon/2$ untuk $n \geq N_2$ . Untuk $n \geq \max(N_1, N_2)$ , ketaksamaan segitiga memberi

\abs{(u_n + v_n) - (\ell + \ell')} \leq \abs{u_n - \ell} + \abs{v_n - \ell'} \leq \varepsilon. \qedhere

∎

Metode 20.15 (Mengangkat bentuk taktentu)

Ketika berhadapan dengan bentuk taktentu, keluarkan suku yang menguasainya sebagai faktor. Misalnya

n^2 - n = n^2\left(1 - \tfrac{1}{n}\right) \xrightarrow[n\to+\infty]{} +\infty, \qquad \frac{2n^2+1}{n^2 - n} = \frac{2 + 1/n^2}{1 - 1/n} \xrightarrow[n\to+\infty]{} 2 .

20.4 Teorema kekonvergenan

Teorema 20.16 (Teorema pembandingan dan teorema apit)

Misalkan $(u_n)$ , $(v_n)$ , $(w_n)$ barisan.

Jika $u_n \leq v_n$ mulai dari suatu indeks dan $u_n \to +\infty$ , maka $v_n \to +\infty$ .
(Teorema apit) Jika $u_n \leq v_n \leq w_n$ mulai dari suatu indeks dan $(u_n)$ serta $(w_n)$ sama-sama konvergen ke limit yang sama $\ell$ , maka $(v_n)$ konvergen ke $\ell$ .

Bukti. 1. Misalkan $A \in \R$ . Karena $u_n \to +\infty$ , ada $N$ dengan $u_n \geq A$ untuk $n \geq N$ ; dengan memperbesar $N$ bila perlu, $v_n \geq u_n \geq A$ untuk $n \geq N$ .

2. Misalkan $\varepsilon > 0$ . Mulai dari suatu indeks, berlaku $\ell - \varepsilon \leq u_n$ dan $w_n \leq \ell + \varepsilon$ , sehingga $\ell - \varepsilon \leq u_n \leq v_n \leq w_n \leq \ell + \varepsilon$ , yaitu $\abs{v_n - \ell} \leq \varepsilon$ . ∎

Contoh 20.17

Untuk semua $n \geq 1$ , $-\frac{1}{n} \leq \frac{(-1)^n}{n} \leq \frac{1}{n}$ , dan kedua batasnya menuju $0$ ; jadi $\frac{(-1)^n}{n} \to 0$ .

Teorema 20.18 (Teorema kekonvergenan monoton)

Barisan naik yang terbatas di atas bersifat konvergen. Barisan turun yang terbatas di bawah bersifat konvergen. Barisan naik yang tidak terbatas di atas menuju $+\infty$ .

Bukti sebagian. Kita buktikan pernyataan ketiganya. Misalkan $(u_n)$ naik dan tidak terbatas di atas, dan misalkan $A \in \R$ . Karena $A$ bukan batas atas, ada $N$ dengan $u_N \geq A$ ; menurut kemonotonannya, $u_n \geq u_N \geq A$ untuk semua $n \geq N$ . Jadi $u_n \to +\infty$ .

Kedua pernyataan kekonvergenannya bersandar pada sifat batas atas terkecil $\R$ ; keduanya diterima tanpa bukti pada tingkat ini (dan dibuktikan pada tahun pertama universitas). ∎

Catatan 20.19

Teoremanya menjamin keberadaan limitnya tetapi tidak memberikan nilainya. Barisan naik yang terbatas di atas oleh $M$ konvergen ke suatu $\ell \leq M$ , tidak harus ke $M$ .

Teorema 20.20 (Limit barisan geometri)

Misalkan $q \in \R$ .

Jika $q > 1$ , maka $q^n \to +\infty$ .
Jika $q = 1$ , maka $q^n \to 1$ .
Jika $\abs{q} < 1$ , maka $q^n \to 0$ .
Jika $q \leq -1$ , maka $(q^n)$ divergen dan tidak berlimit.

Bukti. 1. Tulislah $q = 1 + a$ dengan $a > 0$ . Ketaksamaan Bernoulli (Contoh 20.2) memberi $q^n \geq 1 + na \to +\infty$ , lalu kita simpulkan lewat pembandingan (Teorema 20.16).

2. Langsung.

3. Jika $q = 0$ pernyataannya jelas. Bila tidak, $\abs{q} < 1$ memberi $1/\abs{q} > 1$ , sehingga $(1/\abs{q})^n \to +\infty$ menurut butir 1, jadi $\abs{q}^n \to 0$ , dan $-\abs{q}^n \leq q^n \leq \abs{q}^n$ memungkinkan kita menyimpulkannya lewat teorema apit.

4. Untuk $q \leq -1$ , $(q^{2n})$ mengambil nilai $\geq 1$ sedangkan $(q^{2n+1})$ mengambil nilai $\leq -1$ : tidak ada satu limit pun yang dapat menarik kedua subbarisan itu. ∎

Ketiga perilaku (qn): divergen ke +∈fty untuk q > 1 (merah), konvergen ke 0 untuk q < 1 (biru), dan osilasi teredam — yang tetap konvergen ke 0 — untuk -1 < q < 0 (jingga). — Ketiga perilaku $(q^n)$ : divergen ke $+\infty$ untuk $q > 1$ (merah), konvergen ke $0$ untuk $\abs q < 1$ (biru), dan osilasi teredam — yang tetap konvergen ke $0$ — untuk $-1 < q < 0$ (jingga).

Metode 20.21 (Barisan rekuren $u_{n+1} = f(u_n)$ )

Untuk menelaah barisan yang ditentukan oleh $u_{n+1} = f(u_n)$ :

buktikan dengan induksi bahwa $(u_n)$ tetap berada pada sebuah interval $I$ tempat $f$ berperilaku baik (dan, sering kali, bahwa $(u_n)$ monoton);
simpulkan kekonvergenannya dari teorema kekonvergenan monoton;
terapkan limitnya pada hubungan $u_{n+1} = f(u_n)$ : jika $f$ kontinu dan $u_n \to \ell \in I$ , maka $\ell$ memenuhi $f(\ell) = \ell$ (lihat Bab 21); selesaikan persamaan ini lalu pilihlah akar yang tepat.

Lukisan tangga untuk u_n+1 = √u_n + 2, u_0 = 0 (): setiap langkah tegaknya membaca f(u_n) pada kurvanya, setiap langkah mendatarnya membawanya kembali lewat y = x. Barisannya mendaki ke titik tetap = 2, tempat kurvanya bertemu garisnya. — Lukisan tangga untuk $u_{n+1} = \sqrt{u_n + 2}$ , $u_0 = 0$ (Latihan 20.6): setiap langkah tegaknya membaca $f(u_n)$ pada kurvanya, setiap langkah mendatarnya membawanya kembali lewat $y = x$ . Barisannya mendaki ke titik tetap $\ell = 2$ , tempat kurvanya bertemu garisnya.

Contoh 20.22

Misalkan $u_0 = 2$ dan $u_{n+1} = \frac{1}{2}\left(u_n + \frac{2}{u_n}\right)$ . Dengan induksi diperiksa bahwa $u_n \geq \sqrt{2}$ untuk semua $n$ (ketaksamaan $\frac{1}{2}(x + 2/x) \geq \sqrt{2}$ untuk $x>0$ setara dengan $(x - \sqrt2)^2 \geq 0$ ), lalu bahwa $(u_n)$ turun, sebab

u_{n+1}-u_n=\frac{2-u_n^2}{2u_n}\leq 0 .

Karena turun dan terbatas di bawah, $(u_n)$ konvergen ke suatu $\ell \geq \sqrt{2}$ , yang pasti memenuhi $\ell = \frac{1}{2}(\ell + 2/\ell)$ , yaitu $\ell^2 = 2$ . Jadi $u_n \to \sqrt{2}$ . Inilah algoritme Heron, yang sudah dipakai orang Babilonia; kekonvergenannya sangat cepat ( $u_3$ sudah memberi $\sqrt 2$ sampai delapan angka desimal).

20.5 Latihan

Latihan 20.1 ★

Buktikan dengan induksi bahwa untuk semua $n \in \N$ ,

1^2 + 2^2 + \dots + n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.

Solusi

Solusi Latihan 20.1.

Misalkan $P(n)$ pernyataan $\sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ . Langkah dasar: untuk $n = 0$ kedua ruasnya $0$ (jumlah kosong). Langkah induksi: andaikan $P(n)$ . Maka

\sum_{k=1}^{n+1} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + (n+1)^2 = \frac{(n+1)\bigl(n(2n+1) + 6(n+1)\bigr)}{6} = \frac{(n+1)(2n^2 + 7n + 6)}{6}.

Karena $2n^2 + 7n + 6 = (n+2)(2n+3)$ , bentuk ini sama dengan $\frac{(n+1)(n+2)(2(n+1)+1)}{6}$ , yaitu $P(n+1)$ . Menurut induksi, $P(n)$ berlaku untuk semua $n$ .

Latihan 20.2 ★

Telaahlah kemonotonan barisan yang ditentukan untuk $n \geq 1$ oleh

a_n = \frac{n+1}{n}, \qquad b_n = \frac{2^n}{n}, \qquad c_n = n^2 - 10n .

Solusi

Solusi Latihan 20.2.

$a_{n+1} - a_n = \frac{n+2}{n+1} - \frac{n+1}{n} = \frac{n(n+2) - (n+1)^2}{n(n+1)} = \frac{-1}{n(n+1)} < 0$ : jadi $(a_n)$ tegas turun.

$(b_n)$ mempunyai suku positif dan $\frac{b_{n+1}}{b_n} = \frac{2^{n+1}}{n+1}\cdot\frac{n}{2^n} = \frac{2n}{n+1} \geq 1 \iff 2n \geq n+1 \iff n \geq 1$ : jadi $(b_n)$ naik (tegas untuk $n \geq 2$ ).

$c_{n+1} - c_n = (n+1)^2 - 10(n+1) - n^2 + 10n = 2n - 9$ , yang bernilai negatif untuk $n \leq 4$ dan positif untuk $n \geq 5$ : jadi $(c_n)$ turun sampai $c_5 = -25$ , yaitu minimumnya, lalu naik. Barisan itu tidak monoton.

Latihan 20.3 ★

Hitunglah limit barisan yang suku umumnya

u_n = \frac{3n^2 - n + 1}{2n^2 + 5}, \qquad v_n = \sqrt{n+1} - \sqrt{n}, \qquad w_n = \frac{2^n - 3^n}{3^n + 1}.

Solusi

Solusi Latihan 20.3.

Keluarkan suku yang menguasainya sebagai faktor:

u_n = \frac{n^2(3 - 1/n + 1/n^2)}{n^2(2 + 5/n^2)} \xrightarrow[n\to+\infty]{} \frac{3}{2}.

Kalikan dengan bentuk sekawannya:

v_n = \frac{(n+1) - n}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} = \frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}} \xrightarrow[n\to+\infty]{} 0.

Bagilah pembilang dan penyebutnya dengan $3^n$ :

w_n = \frac{(2/3)^n - 1}{1 + (1/3)^n} \xrightarrow[n\to+\infty]{} \frac{0-1}{1+0} = -1,

dengan memakai $\lim q^n = 0$ untuk $\abs{q} < 1$ .

Latihan 20.4 ★

Misalkan $(u_n)$ barisan aritmetika dengan $u_0 = 5$ dan beda $r = 3$ , dan $(v_n)$ barisan geometri dengan $v_0 = 8$ dan rasio $q = \frac{1}{2}$ . Hitunglah $u_n$ , $v_n$ , $\sum_{k=0}^{n} u_k$ dan $\sum_{k=0}^{n} v_k$ , serta limit keempat bentuk itu ketika $n \to +\infty$ .

Solusi

Solusi Latihan 20.4.

$u_n = 5 + 3n \to +\infty$ dan $v_n = 8 \cdot (1/2)^n = 2^{3-n} \to 0$ . Jumlahnya adalah

\sum_{k=0}^{n} u_k = (n+1)\,\frac{5 + (5+3n)}{2} = \frac{(n+1)(10+3n)}{2} \xrightarrow[n\to+\infty]{} +\infty,

\sum_{k=0}^{n} v_k = 8\,\frac{1 - (1/2)^{n+1}}{1 - 1/2} = 16\left(1 - \left(\tfrac{1}{2}\right)^{n+1}\right) \xrightarrow[n\to+\infty]{} 16 .

Latihan 20.5 ★★

Dengan teorema apit, hitunglah

\lim_{n\to+\infty} \frac{n + \cos n}{n + 1} \qquad\text{dan}\qquad \lim_{n\to+\infty} \frac{n!}{n^n},

dengan $n! = 1 \times 2 \times \dots \times n$ . Untuk limit yang kedua, batasi $\frac{n!}{n^n}$ oleh suku sebuah barisan geometri.

Solusi

Solusi Latihan 20.5.

Karena $-1 \leq \cos n \leq 1$ ,

\frac{n-1}{n+1} \leq \frac{n + \cos n}{n+1} \leq 1,

dan $\frac{n-1}{n+1} \to 1$ , sehingga limitnya $1$ menurut teorema apit.

Untuk limit yang kedua, tulislah

0 \leq \frac{n!}{n^n} = \frac{1}{n}\cdot\frac{2}{n}\cdots\frac{n}{n} \leq \frac{1}{n},

sebab setiap faktor $\frac{k}{n}$ dengan $2 \leq k \leq n$ paling besar $1$ . Karena $\frac1n \to 0$ , teorema apit memberi $\frac{n!}{n^n} \to 0$ . (Batas geometri yang disarankan juga berhasil: setiap faktor dengan $k \leq n/2$ paling besar $\frac12$ , yang memberi batas lebih kuat $(1/2)^{\floor{n/2}}$ .)

Latihan 20.6 ★★

Misalkan $u_0 = 0$ dan $u_{n+1} = \sqrt{u_n + 2}$ untuk semua $n \in \N$ .

Buktikan dengan induksi bahwa $0 \leq u_n \leq 2$ untuk semua $n$ .
Tunjukkan bahwa $(u_n)$ naik.
Simpulkan bahwa $(u_n)$ konvergen lalu tentukan limitnya.

Solusi

Solusi Latihan 20.6.

1. $u_0 = 0 \in \intcc{0}{2}$ . Jika $0 \leq u_n \leq 2$ , maka $2 \leq u_n + 2 \leq 4$ , sehingga $\sqrt{2} \leq u_{n+1} \leq 2$ ; khususnya $0 \leq u_{n+1} \leq 2$ . Menurut induksi, sifat itu berlaku untuk semua $n$ .

2. $u_{n+1} - u_n = \sqrt{u_n + 2} - u_n$ . Untuk $x \in \intcc{0}{2}$ , $\sqrt{x+2} \geq x \iff x + 2 \geq x^2 \iff (2-x)(x+1) \geq 0$ , yang benar. Jadi $(u_n)$ naik.

3. Karena naik dan terbatas di atas oleh $2$ , $(u_n)$ konvergen ke suatu $\ell \in \intcc{0}{2}$ . Menerapkan limit pada $u_{n+1} = \sqrt{u_n + 2}$ (pemetaan $x \mapsto \sqrt{x+2}$ kontinu) memberi $\ell = \sqrt{\ell + 2}$ , sehingga $\ell^2 - \ell - 2 = 0$ , yaitu $\ell \in \{-1, 2\}$ . Karena $\ell \geq 0$ , diperoleh $\lim u_n = 2$ .

Latihan 20.7 ★★

Seorang pasien meminum dosis $1$ satuan obat setiap pagi. Selama setiap selang 24 jam, tubuhnya menyingkirkan $40\%$ obat yang ada. Misalkan $u_n$ banyaknya obat dalam tubuh tepat setelah dosis pada hari ke- $n$ , sehingga $u_0 = 1$ .

Berikan alasan bahwa $u_{n+1} = 0.6\,u_n + 1$ .
Misalkan $v_n = u_n - 2.5$ . Tunjukkan bahwa $(v_n)$ geometri lalu simpulkan rumus eksplisit untuk $u_n$ .
Tentukan banyaknya obat dalam tubuh dalam jangka panjang.

Solusi

Solusi Latihan 20.7.

1. Di antara dua dosis, $40\%$ obatnya tersingkirkan, sehingga banyaknya $u_n$ menjadi $0.6\,u_n$ ; dosis berikutnya menambahkan $1$ satuan: $u_{n+1} = 0.6\,u_n + 1$ .

2. $v_{n+1} = u_{n+1} - 2.5 = 0.6\,u_n + 1 - 2.5 = 0.6(u_n - 2.5) = 0.6\,v_n$ : jadi $(v_n)$ geometri dengan rasio $0.6$ dan suku pertama $v_0 = 1 - 2.5 = -1.5$ . Karena itu $v_n = -1.5 \times 0.6^n$ dan

u_n = 2.5 - 1.5 \times 0.6^n .

3. Karena $0.6^n \to 0$ , diperoleh $u_n \to 2.5$ : jadi banyaknya obat menetap pada $2.5$ satuan.

Latihan 20.8 ★★

Misalkan $(u_n)$ ditentukan oleh $u_0 = 3$ dan $u_{n+1} = \frac{4u_n - 1}{u_n + 2}$ .

Tunjukkan dengan induksi bahwa $u_n > 1$ untuk semua $n \in \N$ .
Tunjukkan bahwa $v_n = \dfrac{1}{u_n - 1}$ menentukan barisan aritmetika.
Simpulkan rumus eksplisit untuk $v_n$ dan $u_n$ , serta limit $(u_n)$ .

Solusi

Solusi Latihan 20.8.

1. $u_0 = 3 > 1$ . Jika $u_n > 1$ , maka $u_n + 2 > 0$ dan

u_{n+1} - 1 = \frac{4u_n - 1 - u_n - 2}{u_n + 2} = \frac{3(u_n - 1)}{u_n + 2} > 0 .

Menurut induksi, $u_n > 1$ untuk semua $n$ (dan khususnya $u_n + 2 \neq 0$ , sehingga barisannya terdefinisi dengan baik).

2. Dengan memakai identitas di atas,

v_{n+1} = \frac{1}{u_{n+1} - 1} = \frac{u_n + 2}{3(u_n - 1)} = \frac{(u_n - 1) + 3}{3(u_n - 1)} = \frac{1}{3} + v_n .

Jadi $(v_n)$ aritmetika dengan beda $\frac13$ dan $v_0 = \frac{1}{u_0 - 1} = \frac12$ .

3. $v_n = \frac12 + \frac{n}{3}$ , sehingga $u_n = 1 + \frac{1}{v_n} = 1 + \frac{6}{3 + 2n}$ . Karena $v_n \to +\infty$ , diperoleh $u_n \to 1$ .

Latihan 20.9 ★★★

Untuk $n \geq 1$ , misalkan $H_n = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n}$ .

Tunjukkan bahwa untuk semua $n \geq 1$ , $H_{2n} - H_n \geq \frac{1}{2}$ .
Simpulkan bahwa $H_{2^k} \geq 1 + \frac{k}{2}$ untuk semua $k \in \N$ , lalu simpulkan bahwa $H_n \to +\infty$ .

Solusi

Solusi Latihan 20.9.

1. $H_{2n} - H_n = \sum_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{k}$ adalah jumlah $n$ suku, masing-masing paling sedikit $\frac{1}{2n}$ ; sehingga $H_{2n} - H_n \geq n \cdot \frac{1}{2n} = \frac12$ .

2. Dengan induksi pada $k$ : $H_{2^0} = H_1 = 1 \geq 1$ . Jika $H_{2^k} \geq 1 + \frac{k}{2}$ , maka menerapkan butir 1 dengan $n = 2^k$ ,

H_{2^{k+1}} \geq H_{2^k} + \frac12 \geq 1 + \frac{k+1}{2}.

Barisan $(H_n)$ naik (setiap langkahnya menambahkan $\frac{1}{n+1} > 0$ ) dan subbarisan $H_{2^k}$ takterbatas, sehingga $(H_n)$ tidak terbatas di atas. Karena naik dan takterbatas, barisan itu menuju $+\infty$ (Teorema 20.18).

Latihan 20.10 ★★★

(Barisan berdampingan.) Dua barisan $(a_n)$ dan $(b_n)$ disebut berdampingan bila $(a_n)$ naik, $(b_n)$ turun, dan $b_n - a_n \to 0$ .

Tunjukkan bahwa untuk semua $n$ berlaku $a_n \leq b_n$ . (Petunjuk: telaahlah kemonotonan $(b_n - a_n)$ .)
Tunjukkan bahwa barisan yang berdampingan sama-sama konvergen, ke limit yang sama.
Penerapannya: tunjukkan bahwa barisan $a_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}$ dan $b_n = a_n + \frac{1}{n \cdot n!}$ ( $n \geq 1$ ) berdampingan. (Limit bersamanya adalah bilangan $\eu$ , yang ditelaah pada Bab 23.)

Solusi

Solusi Latihan 20.10.

1. Barisan $d_n = b_n - a_n$ memenuhi $d_{n+1} - d_n = (b_{n+1} - b_n) - (a_{n+1} - a_n) \leq 0$ , sehingga $(d_n)$ turun; karena $d_n \to 0$ , diperoleh $d_n \geq 0$ untuk semua $n$ (barisan turun yang mempunyai suku negatif akan tetap berada di bawahnya selamanya, sehingga menghalangi limit $0$ ). Jadi $a_n \leq b_n$ .

2. Dari $a_n \leq b_n \leq b_0$ , barisan naik $(a_n)$ terbatas di atas, sehingga konvergen ke suatu $\ell$ . Serupa dengan itu $(b_n)$ , yang turun dan terbatas di bawah oleh $a_0$ , konvergen ke suatu $\ell'$ . Lalu $\ell' - \ell = \lim (b_n - a_n) = 0$ , sehingga $\ell = \ell'$ .

3. $(a_n)$ bersifat (tegas) naik sebab $a_{n+1} - a_n = \frac{1}{(n+1)!} > 0$ . Untuk $(b_n)$ ,

b_{n+1} - b_n = \frac{1}{(n+1)!} + \frac{1}{(n+1)(n+1)!} - \frac{1}{n\,n!} = \frac{n(n+1) + n - (n+1)^2}{n(n+1)(n+1)!} = \frac{-1}{n(n+1)(n+1)!} < 0 ,

sehingga $(b_n)$ turun. Akhirnya $b_n - a_n = \frac{1}{n\,n!} \to 0$ . Kedua barisan itu berdampingan, sehingga konvergen ke limit yang sama.

20.6 Soal: Barisan Heron, akhirnya diadili

Soal 20.1

Soal akhir pekan — induksi mengesahkan, kekonvergenan monoton menjatuhkan vonis, dan resep berumur dua ribu tahun untuk $\sqrt2$ akhirnya memperoleh buktinya (dengan rataan menakjubkan milik Gauss sebagai penutup)

Tiga kali seri buku ini berjumpa dengan resep Heron — rata-ratakan terkaan dengan $2/\text{terkaan}$ — dan tiga kali pula hanya dapat mengamati bahwa resep itu berhasil. Bab ini akhirnya memiliki alat penghakimannya: induksi (Teorema 20.1), teorema kekonvergenan monoton (Teorema 20.18), dan limit rekurensi. Vonisnya, beserta laju yang tersahkan, menempati jantung soal ini; di sekelilingnya, jebakan klasik induksi, kedivergenan paling lambat dalam matematika, dan kekonvergenan tercepat yang pernah ditemukan Gauss.

Bagian I — Pemanasan induksi.

Buktikan dengan induksi: $1 + 3 + 5 + \dots + (2n - 1) = n^2$ (tangga bilangan ganjil, yang digambar di jilid sebelumnya, kini tersahkan).
Buktikan dengan induksi bahwa $2^n > n$ untuk setiap $n \in \N$ .
Buktikan ketaksamaan Bernoulli dengan induksi: untuk $x \geq 0$ dan $n \in \N$ , berlaku $(1 + x)^n \geq 1 + nx$ .
Jebakan klasiknya: “semua kelereng berwarna sama — benar untuk satu kelereng; dan jika sebarang $n$ kelereng selalu berwarna tunggal, maka di antara $n + 1$ kelereng, $n$ yang pertama sewarna, $n$ yang terakhir sewarna, sehingga seluruh $n + 1$ kelereng pun sewarna.” Setiap anak tahu kesimpulan itu mustahil: carilah langkah persisnya tempat induksinya patah.
Buktikan dengan induksi bahwa $4^n - 1$ habis dibagi $3$ untuk setiap $n \in \N$ .

Bagian II — Pengadilan Heron. Misalkan $x_0 = 2$ dan $x_{n+1} = \dfrac12\left(x_n + \dfrac{2}{x_n}\right)$ .

Hitunglah $x_1$ , $x_2$ , $x_3$ sebagai pecahan eksak (kawan-kawan lama).
Buktikan identitas kuncinya

$x_{n+1}^2 - 2 = \left(\frac{x_n^2 - 2}{2x_n}\right)^{\!2} \geq 0,$

lalu simpulkan dengan induksi bahwa $x_n > 0$ dan $x_n^2 > 2$ untuk setiap $n$ .
Tunjukkan bahwa $(x_n)$ tegas turun (hitunglah $x_{n+1} - x_n$ lalu pakai pertanyaan 7).
Panggillah teorema kekonvergenan monoton: mengapa $(x_n)$ konvergen ke suatu limit $L \geq 1$ ?
Kenali limitnya: terapkan limit pada rekurensinya (Proposisi 20.14) lalu simpulkan $L = \sqrt2$ . Nyatakan vonis sejarahnya: setelah dua ribu tahun mengabdi dengan setia, resep Heron terbukti konvergen.
Laju yang tersahkan: dengan $e_n = x_n - \sqrt2$ , buktikan

$e_{n+1} = \frac{e_n^2}{2 x_n} ,$

lalu simpulkan $e_{n+1} \leq \frac{e_n^2}{2\sqrt2}$ : jadi galatnya dikuadratkan pada setiap langkah — penggandaan angka yang teramati sejak jilid sebelumnya, kini menjadi teorema.
Benarkan secara numeris: hitunglah $e_0, e_1, e_2, e_3$ (dari pertanyaan 6) lalu periksalah bahwa setiap $\frac{e_{n+1}}{e_n^2}$ dekat dengan $\frac{1}{2x_n}$ .

Bagian III — Kedivergenan paling lambat.

Latihan 20.9 membuktikan $H_{2^k} \geq 1 + \frac k2$ untuk jumlah harmoniknya. Berapa banyak suku yang menjamin $H_n > 10$ ? (Sebuah pangkat dua sudah cukup; kagumilah besarnya.)
Sebagai bandingannya, jumlah geometri $1 + \frac12 + \frac14 + \dots + \frac{1}{2^n} = 2 - \frac{1}{2^n}$ konvergen ke $2$ (Teorema 20.20): gerak hati batang cokelat di jilid sebelumnya, akhirnya menjadi pernyataan limit. Tulislah bukti dua barisnya.
Di antara keduanya: tunjukkan bahwa jumlah $S_n = 1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{9} + \dots + \frac{1}{n^2}$ konvergen, dengan membatasi $\frac{1}{k^2} \leq \frac{1}{k(k-1)} = \frac{1}{k-1} - \frac{1}{k}$ (untuk $k \geq 2$ ), secara teleskopik, lalu menerapkan kekonvergenan monoton. (Limitnya, $\frac{\pi^2}{6}$ , adalah salah satu keajaiban Euler, yang dibuktikan pada jilid universitas.)
Nyatakan moral pertanyaan 13–15 dalam dua kalimat: apa yang diputuskan oleh “sukunya menuju $0$ ” tentang kekonvergenan jumlahnya — dan apa yang tidak?

Bagian IV — Rataan aritmetika–geometri milik Gauss. Misalkan $a_0 = 1$ , $b_0 = 2$ , dan

a_{n+1} = \sqrt{a_n b_n}, \qquad b_{n+1} = \frac{a_n + b_n}{2} .

Hitunglah $a_1, b_1, a_2, b_2$ (lima angka desimal). Apa yang kamu amati tentang lajunya?
Tunjukkan bahwa $a_n \leq b_n$ untuk setiap $n$ (yaitu ketaksamaan rataan aritmetika–geometri, yang dijumpai di sepanjang seri ini), bahwa $(a_n)$ naik dan $(b_n)$ turun.
Tunjukkan bahwa $b_{n+1} - a_{n+1} \leq \frac{b_n - a_n}{2}$ (faktorkan $b_{n+1} - a_{n+1} = \frac{(\sqrt{b_n} - \sqrt{a_n})^2}{2}$ lalu bandingkan), lalu simpulkan dengan Latihan 20.10 bahwa kedua barisan itu berdampingan: keduanya berbagi limit bersama $M(1, 2)$ , yaitu rataan aritmetika–geometri.
Hitunglah $M(1, 2)$ sampai enam angka desimal (berapa iterasi yang kamu perlukan?). Pada 30 Mei 1799, Gauss menghitung $M(1, \sqrt2)$ sampai sebelas angka desimal, mengenali $\frac{\pi}{M(1,\sqrt2)}$ sebagai sebuah integral yang sudah dikenalnya, lalu menulis bahwa sebuah “lapangan baru analisis” telah terbuka — dan memang demikian: integral eliptik, yang diceritakan pada jilid universitas. Tutuplah dengan laju kekonvergenan yang teramati pada soal ini, dari yang paling lambat sampai yang paling cepat.

Solusi

Solusi Soal 20.1.

1. Benar untuk $n = 1$ ( $1 = 1^2$ ). Jika $1 + 3 + \dots + (2n - 1) = n^2$ , maka menambahkan bilangan ganjil berikutnya: $n^2 + (2n + 1) = (n + 1)^2$ : itulah keturunannya. Menurut induksi, benar untuk semua $n \geq 1$ .

2. $2^0 = 1 > 0$ . Jika $2^n > n$ , maka $2^{n+1} = 2 \cdot 2^n > 2n \geq n + 1$ untuk $n \geq 1$ (dan $n = 0$ terperiksa langsung): keturunannya beres.

3. $n = 0$ : $1 \geq 1$ . Jika $(1 + x)^n \geq 1 + nx$ , kalikan dengan $1 + x \geq 1 > 0$ : $(1 + x)^{n+1} \geq (1 + nx)(1 + x) = 1 + (n + 1)x + nx^2 \geq 1 + (n + 1)x$ .

4. Langkah dari $n = 1$ ke $n = 2$ : di antara dua kelereng, “ $n$ yang pertama” dan “ $n$ yang terakhir” adalah dua kelereng tunggal yang lepas — tidak ada kelereng bersama yang menjembatani kedua kelompoknya, sehingga tidak ada yang memaksa warnanya sama. Alasan keturunannya diam-diam menuntut kedua kelompoknya bertindih, dan itu baru benar mulai $n \geq 2$ ; dengan langkah dasar $n = 1$ rantainya tidak pernah bermula.

5. $4^0 - 1 = 0 = 3 \times 0$ . Jika $4^n - 1 = 3k$ , maka $4^{n+1} - 1 = 4(4^n - 1) + 3 = 3(4k + 1)$ : itulah keturunannya.

6. $x_1 = \frac32$ , $x_2 = \frac{17}{12}$ , $x_3 = \frac{577}{408}$ .

7. $x_{n+1}^2 - 2 = \frac{(x_n^2 + 2)^2 - 8x_n^2} {4x_n^2} = \frac{(x_n^2 - 2)^2}{4 x_n^2}$ : sebuah kuadrat dibagi bilangan positif, jadi $\geq 0$ , dan $> 0$ setiap kali $x_n^2 \neq 2$ . Induksinya: $x_0 = 2 > 0$ dengan $x_0^2 = 4 > 2$ ; jika $x_n > 0$ dan $x_n^2 > 2$ , maka $x_{n+1}$ (rata-rata dua bilangan positif) bernilai positif dan $x_{n+1}^2 - 2 > 0$ .

8. $x_{n+1} - x_n = \frac{2 - x_n^2}{2x_n} < 0$ menurut pertanyaan 7: jadi tegas turun.

9. Karena turun dan terbatas di bawah (oleh $1$ , sebab $x_n^2 > 2 > 1$ dan $x_n > 0$ ): menurut teorema kekonvergenan monoton, $(x_n)$ konvergen ke suatu $L \geq 1$ .

10. Limit menghormati aljabarnya: dari $x_{n+1} = \frac12\left(x_n + \frac{2}{x_n}\right)$ dan $x_n \to L \geq 1 > 0$ diperoleh $L = \frac12\left(L + \frac2L\right)$ , sehingga $L^2 = 2$ dan, karena $L$ positif, $L = \sqrt2$ . Vonisnya: kekonvergenannya terbukti, limitnya terkenali — Heron dibebaskan dengan pujian.

11. $x_{n+1} - \sqrt2 = \frac{x_n^2 - 2\sqrt2\,x_n + 2}{2x_n} = \frac{(x_n - \sqrt2)^2}{2x_n}$ : tepat $e_{n+1} = \frac{e_n^2}{2x_n}$ , dan $x_n > \sqrt2$ memberi $e_{n+1} \leq \frac{e_n^2}{2\sqrt2}$ . Galat yang dikuadratkan: setiap langkahnya melipatduakan banyaknya angka desimal yang benar, sebagaimana teramati sejak jilid sebelumnya.

12. $e_0 \approx 0.5858$ , $e_1 \approx 0.0858$ , $e_2 \approx 0.00245$ , $e_3 \approx 2.1 \times 10^{-6}$ . Rasionya $\frac{e_1}{e_0^2} \approx 0.25 = \frac{1}{2x_0}$ ; $\frac{e_2}{e_1^2} \approx 0.333 = \frac{1}{2x_1}$ ; $\frac{e_3}{e_2^2} \approx 0.353 \approx \frac{1}{2x_2}$ : jadi teoremanya sedang bekerja.

13. $H_{2^{18}} \geq 1 + 9 = 10$ : sekitar $260\,000$ suku ( $2^{18} = 262\,144$ ) hanya untuk melampaui $10$ — kedivergenan yang merangkak (dan $H_n > 100$ akan menuntut suku lebih banyak daripada atom di perpustakaan mana pun).

14. $S_n = 2 - \frac{1}{2^n}$ (jumlah geometri), dan $\frac{1}{2^n} \to 0$ (Teorema 20.20), sehingga $S_n \to 2$ : batang cokelat yang digigit tanpa henti menuju, tanpa pernah mencapai, keseluruhannya — dan kini dalam bahasa resmi limit.

15. Untuk $k \geq 2$ : $\frac{1}{k^2} \leq \frac{1}{k(k-1)} = \frac{1}{k-1} - \frac1k$ , sehingga $S_n \leq 1 + \left(1 - \frac1n\right) < 2$ : karena naik dan terbatas di atas, barisan itu konvergen (kekonvergenan monoton). Euler kemudian menamai limitnya: $\frac{\pi^2}{6}$ .

16. Suku yang menuju $0$ memang perlu agar jumlahnya mengendap, tetapi tidak memutuskan apa-apa: suku harmonik $\frac1n \to 0$ padahal jumlahnya meledak; suku $\frac{1}{n^2} \to 0$ dan jumlahnya konvergen. Seberapa cepat sukunya mati, itulah seluruh pertanyaannya — yaitu teori deret, yang dibangun pada jilid universitas.

17. $a_1 = \sqrt2 \approx 1.41421$ , $b_1 = 1.5$ ; $a_2 \approx 1.45648$ , $b_2 \approx 1.45711$ : dua iterasi saja sudah cocok sampai tiga angka desimal — laju yang memukau.

18. $b_{n+1} - a_{n+1} = \frac{a_n + b_n}{2} - \sqrt{a_n b_n} = \frac{(\sqrt{b_n} - \sqrt{a_n})^2}{2} \geq 0$ : jadi kedua rataannya tetap berurutan. $(a_n)$ naik: $a_{n+1} = \sqrt{a_n b_n} \geq \sqrt{a_n \cdot a_n} = a_n$ ; $(b_n)$ turun secara setangkup.

19. $\frac{b_{n+1} - a_{n+1}}{b_n - a_n} = \frac{(\sqrt{b_n} - \sqrt{a_n})^2} {2(\sqrt{b_n} - \sqrt{a_n})(\sqrt{b_n} + \sqrt{a_n})} = \frac{\sqrt{b_n} - \sqrt{a_n}}{2(\sqrt{b_n} + \sqrt{a_n})} \leq \frac12$ : jadi selisihnya paling sedikit terbagi dua, sehingga $b_n - a_n \to 0$ ; bersama pertanyaan 18, kedua barisan itu berdampingan dan berbagi limit $M(1, 2)$ .

20. Iterasi ketiganya memberi $a_3 \approx b_3 \approx 1.456791$ : jadi $M(1, 2) \approx 1.456791$ dalam tiga putaran engkol (selisihnya kira-kira dikuadratkan, seperti pada Heron). Urutan laju barisan pada soal ini, dari yang paling lambat sampai yang paling cepat: jumlah harmonik (kedivergenan sedingin gletser), jumlah geometri (galatnya terbagi dua setiap langkah), lalu Heron dan rataan aritmetika–geometri (galatnya dikuadratkan setiap langkah) — dan laju yang tak wajar dari rataan itulah yang memberitahu Gauss bahwa ia telah menemukan urat baru analisis.

Setiap himpunan bagian taktakosong dari $\N$ mempunyai anggota terkecil; sifat $\N$ ini diambil sebagai aksioma. ↩

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium