Matematika Universitas — Tahun 1 · Bachelor Year 1

11Barisan

Barisan sudah dimanipulasi pada jilid Sekolah Menengah dengan gagasan limitnya yang diterima separuh atas kepercayaan. Di sini teorinya dibangun kembali di atas kelengkapan $\R$ (Bab 10): setiap teorema klasiknya — kekonvergenan monoton, barisan berdampingan, Bolzano–Weierstrass, kriteria Cauchy — merupakan wajah dari aksioma tunggal itu. Bab ini ditutup dengan telaah praktis atas barisan yang didefinisikan oleh $u_{n+1} = f(u_n)$ .

11.1 Kekonvergenan

Definisi 11.1 (Limit sebuah barisan)

Sebuah barisan $(u_n)$ berisi bilangan real konvergen ke $\ell \in \R$ bila

\forall \varepsilon > 0,\ \exists N \in \N,\ \forall n \geq N, \qquad \abs{u_n - \ell} \leq \varepsilon .

Kita menulis $u_n \to \ell$ atau $\lim u_n = \ell$ . Barisan yang tidak konvergen (ke bilangan real mana pun) disebut divergen. Adapun kedivergenan ke $+\infty$ : $\forall M,\ \exists N,\ \forall n \geq N,\ u_n \geq M$ (serupa itu untuk $-\infty$ ).

Contoh 11.2 (Sebuah bukti $\varepsilon$ – $N$ , yang ditulis lengkap sekali)

Klaimnya: $u_n = \dfrac{n^2 + 1}{2n^2 - 3} \to \dfrac12$ . Pertama-tama kucilkan galatnya:

\Bigl| u_n - \frac12 \Bigr| = \Bigl| \frac{2(n^2 + 1) - (2n^2 - 3)}{2(2n^2 - 3)} \Bigr| = \frac{5}{2\,\abs{2n^2 - 3}} = \frac{5}{2\,(2n^2 - 3)} \quad (n \geq 2).

Lalu dominasikan ia dengan sesuatu yang sederhana: untuk $n \geq 2$ , $2n^2 - 3 \geq n^2$ , sehingga galatnya $\leq \frac{5}{2n^2} \leq \frac 5{2n}$ . Diberikan $\varepsilon > 0$ , sifat Archimedes memasok $N \geq \max\bigl(2, \frac{5}{2\varepsilon}\bigr)$ ; lalu untuk $n \geq N$ galatnya $\leq \varepsilon$ . Selesai. Inti gagasan penutupnya: bahwa sebuah bukti $\varepsilon$ – $N$ mempunyai tepat tiga gerakan — menghitung galatnya, membatasinya dengan ungkapan elementer yang menurun, lalu memecahkan ambangnya — dan setelah teorema pada bab ini (operasi, apitan) orang hampir tak pernah menulis bukti semacam itu lagi: karena teoremanya mengemas ketiga gerakan itu sekali untuk selamanya.

Contoh 11.3 (Kedivergenan ke tak hingga, yang bersertifikat)

Klaimnya: $u_n = n^2 - 100n \to +\infty$ . Faktorkan suku dominannya: $u_n = n^2\bigl(1 - \frac{100}{n}\bigr) \geq \frac{n^2}{2}$ untuk $n \geq 200$ . Diberikan $M$ , ambillah $N = \max\bigl(200, \lceil\sqrt{2M}\rceil\bigr)$ : maka untuk $n \geq N$ , $u_n \geq \frac{n^2}{2} \geq M$ . Dua kebiasaan terpampang di sini: pemfaktoran suku dominan mengubah sebuah persaingan ( $n^2$ melawan $-100n$ ) menjadi satu skala dikalikan faktor yang menuju $1$ ; sedangkan ambangnya boleh saja raksasa (karena $u_{100} = 0$ , dan barisannya bahkan negatif sebelum $n = 100$ ) — jadi kedivergenan ke $+\infty$ adalah pernyataan tentang ekornya, yang acuh tak acuh terhadap sebanyak apa pun kelakuan buruk yang berhingga.

Proposisi 11.4 (Sifat yang pertama)

Limitnya, bila ada, bersifat tunggal.
Barisan yang konvergen bersifat terbatas.
Jika $u_n \to \ell$ , maka setiap perubahan atas suku yang berhingga banyak membiarkan kekonvergenan dan limitnya tak berubah.

Bukti. (1) Jika $u_n \to \ell$ dan $u_n \to \ell'$ dengan $\ell \neq \ell'$ , ambillah $\varepsilon = \frac{\abs{\ell - \ell'}}{3}$ : maka di luar kedua ambangnya, $\abs{\ell - \ell'} \leq \abs{\ell - u_n} + \abs{u_n - \ell'} \leq 2\varepsilon = \frac23 \abs{\ell - \ell'}$ , yang mustahil.

(2) Dengan $\varepsilon = 1$ : di luar $N$ , $\abs{u_n} \leq \abs\ell + 1$ ; sedangkan suku sebelumnya yang berhingga banyak juga terbatas, sehingga $\abs{u_n} \leq \max(\abs{u_0}, \dots, \abs{u_{N-1}}, \abs\ell + 1)$ .

(3) Secara terperinci: andaikan $v_n = u_n$ untuk $n \geq n_0$ dan $u_n \to \ell$ . Diberikan $\varepsilon > 0$ , ambillah ambang $N$ bagi $(u_n)$ : maka untuk $n \geq \max(N, n_0)$ , $\abs{v_n - \ell} = \abs{u_n - \ell} \leq \varepsilon$ . Jadi $v_n \to \ell$ : karena definisinya mengkuantifikasi $n \geq N$ saja, dan sebarang awalan yang hingga boleh ditimpa dengan ongkos memperbesar ambangnya. (Inilah sebabnya hipotesis “untuk setiap $n$ yang besar” mencukupi di mana-mana dalam bab ini.) ∎

Teorema 11.5 (Operasi atas limit)

Jika $u_n \to \ell$ dan $v_n \to m$ , maka

u_n + v_n \to \ell + m, \qquad u_n v_n \to \ell m, \qquad \frac{u_n}{v_n} \to \frac{\ell}{m} \ (\text{jika } m \neq 0), \qquad \abs{u_n} \to \abs\ell .

Bukti. Jumlah: $\abs{(u_n + v_n) - (\ell + m)} \leq \abs{u_n - \ell} + \abs{v_n - m} \leq 2\varepsilon$ di luar ambang yang lebih besar. Hasil kali: tulislah

u_n v_n - \ell m = (u_n - \ell)\,v_n + \ell\,(v_n - m);

$(v_n)$ terbatas oleh suatu $B$ (Proposisi 11.4), sehingga ruas kanannya $\leq B\abs{u_n - \ell} + \abs{\ell}\,\abs{v_n - m}$ , yang sekecil-kecilnya. Hasil bagi: cukuplah menangani $\frac 1{v_n}$ . Dengan $\varepsilon = \frac{\abs m}{2}$ : di luar suatu $N_0$ , $\abs{v_n} \geq \frac{\abs m}{2}$ , sehingga

\Bigl| \frac{1}{v_n} - \frac 1m \Bigr| = \frac{\abs{m - v_n}}{\abs{v_n m}} \leq \frac{2}{m^2}\,\abs{v_n - m} \longrightarrow 0 .

Nilai mutlak: $\bigl|\abs{u_n} - \abs\ell\bigr| \leq \abs{u_n - \ell}$ (yaitu ketaksamaan segitiga terbalik, Proposisi 3.2). ∎

Contoh 11.6 (Operasi ditambah satu muslihat aljabar)

Hitunglah $\lim\,\bigl(\sqrt{n^2 + n} - n\bigr)$ . Kedua bagiannya secara terpisah menuju $+\infty$ : sehingga teorema operasinya tak mengatakan apa pun tentang selisihnya (yaitu sebuah bentuk tak tentu). Kalikanlah dengan sekawannya:

\sqrt{n^2 + n} - n = \frac{(n^2 + n) - n^2}{\sqrt{n^2 + n} + n} = \frac{n}{\sqrt{n^2+n} + n} = \frac{1}{\sqrt{1 + \frac1n} + 1} .

Sekarang semuanya konvergen: $\sqrt{1 + \frac1n} \to 1$ , karena $0 \leq \sqrt{1 + h} - 1 = \frac{h}{\sqrt{1+h} + 1} \leq h$ (dengan sekawan lagi, lalu apitan dengan $h = \frac1n$ ); lalu teorema operasinya memberikan limit $\frac{1}{1 + 1} = \frac12$ . Inti gagasan penutupnya: bahwa teorema operasi bukanlah kalkulator bagi semua limit — karena bentuk tak tentu ( $\infty - \infty$ , $\frac00$ , $0 \times \infty$ , $1^\infty$ ) harus lebih dulu diubah lewat aljabar (sekawan, pemfaktoran suku dominan) sampai setiap bagiannya konvergen; adapun mesin sistematis bagi kasus yang membandel adalah ekspansi asimtotik pada Bab 16.

Teorema 11.7 (Limit dan urutan)

Jika $u_n \leq v_n$ untuk setiap $n$ yang besar, dan keduanya konvergen, maka $\lim u_n \leq \lim v_n$ . (Adapun ketaksamaan tegas tak diteruskan ke limitnya: karena $\frac 1n > 0$ tetapi $\lim = 0$ .)
(Teorema apit) Jika $u_n \leq w_n \leq v_n$ untuk setiap $n$ yang besar dan $u_n, v_n \to \ell$ , maka $w_n \to \ell$ .
Jika $u_n \to \ell > 0$ , maka $u_n > \frac\ell2 > 0$ untuk setiap $n$ yang besar.

Bukti. (1) Andaikan $\ell = \lim u_n > m = \lim v_n$ ; maka dengan $\varepsilon = \frac{\ell - m}{3}$ , suku yang besar memenuhi $v_n \leq m + \varepsilon < \ell - \varepsilon \leq u_n$ , yang bertentangan dengan $u_n \leq v_n$ .

(2) Di luar ambangnya: $\ell - \varepsilon \leq u_n \leq w_n \leq v_n \leq \ell + \varepsilon$ .

(3) merupakan Definisi 11.1 dengan $\varepsilon = \frac\ell2$ . ∎

Contoh 11.8 (Dua apitan)

(i) $\dfrac{\sin n}{n} \to 0$ : karena dari $-\frac1n \leq \frac{\sin n}{n} \leq \frac1n$ , kedua dindingnya runtuh ke $0$ — jadi tak perlu memahami pembilangnya yang tak beraturan itu sama sekali. (ii) Adapun $(2^n + 3^n)^{1/n} \to 3$ : apitlah bagian dalamnya,

3^n \leq 2^n + 3^n \leq 2\cdot3^n \quad\Longrightarrow\quad 3 \leq (2^n + 3^n)^{1/n} \leq 3\cdot 2^{1/n} ,

dan $2^{1/n} = \eu^{\frac{\ln 2}{n}} \to 1$ (seperti untuk $5^{1/n}$ pada Latihan 11.2): sehingga apitannya menghasilkan $3$ . Inti gagasan penutupnya: bahwa jumlah eksponensial yang bersaing berperilaku seperti suku yang terbesar — karena yang lebih kecil terserap oleh sebuah faktor konstanta yang tak berbahaya, yang lalu dihapus oleh akar pangkat $n$ -nya.

11.2 Barisan monoton

Teorema 11.9 (Teorema limit monoton)

Barisan naik yang terbatas di atas bersifat konvergen, ke $\sup\{u_n : n \in \N\}$ ; sedangkan barisan naik yang tak terbatas di atas divergen ke $+\infty$ . (Ada pernyataan cerminnya untuk barisan turun.)

Bukti. Misalkan $s = \sup\{u_n\}$ (Teorema 10.2). Diberikan $\varepsilon > 0$ , pencirian lewat $\varepsilon$ (Proposisi 10.4) menghasilkan $N$ dengan $u_N > s - \varepsilon$ ; lalu menurut kemonotonannya, $s - \varepsilon < u_N \leq u_n \leq s$ untuk setiap $n \geq N$ : jadi konvergen ke $s$ . Jika tak terbatas: untuk setiap $M$ ada $u_N > M$ , dan kemonotonannya menjaga semua suku berikutnya di atas $M$ . ∎

Contoh 11.10 (Teorema monoton sebagai mesin keberadaan)

Misalkan $u_n = \prod_{k=1}^{n} \bigl(1 + \frac{1}{2^k}\bigr)$ . Setiap faktornya melampaui $1$ , sehingga $(u_n)$ naik. Terbatas di atas? Ambillah logaritmanya lalu pakai $\ln(1 + x) \leq x$ (yang didahului Contoh 14.20; atau $1 + x \leq \eu^x$ yang kasar dari jilid Sekolah Menengah):

\ln u_n = \sum_{k=1}^{n} \ln\Bigl(1 + \frac{1}{2^k}\Bigr) \leq \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2^k} < 1 ,

sehingga $u_n < \eu$ . Naik dan terbatas: jadi $(u_n)$ konvergen ke suatu $\ell \in \intoc{u_1}{\eu}$ — yaitu bilangan real yang terdefinisi dengan sempurna tanpa bentuk tertutup yang terlihat ( $\ell = 2.384\dots$ ). Inti gagasan penutupnya: bahwa teorema limit monoton merupakan mesin keberadaan yang paling murah dalam analisis; ia menamai $\eu$ sendiri (Contoh 11.12 di bawah), dan pada Bab 17 ia akan memutuskan kekonvergenan setiap deret positif lewat keterbatasan belaka.

Teorema 11.11 (Barisan berdampingan)

Misalkan $(a_n)$ naik dan $(b_n)$ turun, dengan $b_n - a_n \to 0$ . Maka keduanya konvergen, ke limit $\ell$ yang sama, dan $a_n \leq \ell \leq b_n$ untuk setiap $n$ .

Bukti. Pertama, $a_n \leq b_n$ untuk setiap $n$ : karena barisan $(b_n - a_n)$ turun dan menuju $0$ , sehingga ia $\geq 0$ (sebab suku yang negatif akan membekukannya di bawah $0$ ). Lalu $(a_n)$ naik dan terbatas di atas oleh $b_0$ : sehingga ia konvergen ke suatu $\ell$ (Teorema 11.9); demikian pula $(b_n) \to \ell'$ ; dan $\ell' - \ell = \lim (b_n - a_n) = 0$ . Adapun ketaksamaan $a_n \leq \ell \leq b_n$ menyusul dari kemonotonannya (yaitu $\ell = \sup a_k \geq a_n$ , dan seterusnya). ∎

Barisan berdampingan: di sini (a_n) mendaki, (b_n) menurun, dan celah di antaranya menyusut ke 0. Setiap selang [a_n, b_n] memuat semua selang berikutnya, dan limit bersamanya adalah satu-satunya titik yang tersisa pada setiap selang — yaitu gambaran di balik bukti dikotomi Bolzano–Weierstrass di bawah dan bukti teorema nilai antara pada . — Barisan berdampingan: di sini $(a_n)$ mendaki, $(b_n)$ menurun, dan celah di antaranya menyusut ke $0$ . Setiap selang $\intcc{a_n}{b_n}$ memuat semua selang berikutnya, dan limit bersamanya $\ell$ adalah satu-satunya titik yang tersisa pada setiap selang — yaitu gambaran di balik bukti dikotomi Bolzano–Weierstrass di bawah dan bukti teorema nilai antara pada Bab 13.

Contoh 11.12 (Bilangan $\eu$ )

Tetapkan $a_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}$ dan $b_n = a_n + \frac{1}{n \cdot n!}$ (dengan $n \geq 1$ ). Maka $(a_n)$ naik; dan

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, dan $b_n - a_n \to 0$ : jadi berdampingan. Limit bersamanya adalah (menurut definisi di sini) bilangan $\eu \approx 2.71828$ ; dan ketaksamaan $a_n < \eu < b_n$ cukup tajam untuk membuktikan $\eu \notin \Q$ (Latihan 11.9).

11.3 Subbarisan dan Bolzano–Weierstrass

Definisi 11.13 (Subbarisan)

Sebuah subbarisan dari $(u_n)$ adalah barisan $(u_{\varphi(n)})$ dengan $\varphi \colon \N \to \N$ yang naik tegas (perhatikan $\varphi(n) \geq n$ , lewat induksi).

Proposisi 11.14

Jika $u_n \to \ell$ (dengan $\ell \in \R$ atau $\pm\infty$ ), maka setiap subbarisannya menuju $\ell$ . Akibatnya, barisan yang mempunyai dua subbarisan dengan limit yang berbeda bersifat divergen. Sebaliknya, jika $(u_{2n})$ dan $(u_{2n+1})$ sama-sama konvergen ke $\ell$ yang sama, maka $u_n \to \ell$ .

Bukti. Di luar ambang $N$ bagi $(u_n)$ , semua indeks $\varphi(n) \geq n \geq N$ memenuhi syaratnya (adapun ketaksamaan $\varphi(n) \geq n$ merupakan induksi yang dicatat pada Definisi 11.13: $\varphi(0) \geq 0$ , dan $\varphi(n+1) > \varphi(n) \geq n$ memaksa $\varphi(n+1) \geq n + 1$ ). Untuk konversnya: diberikan $\varepsilon$ , ambillah kedua ambangnya $N_0$ (yang genap) dan $N_1$ (yang ganjil); maka sebarang indeks $n \geq \max(2N_0, 2N_1 + 1)$ entah genap, $n = 2k$ dengan $k \geq N_0$ , entah ganjil, $n = 2k+1$ dengan $k \geq N_1$ — dan pada kedua kasusnya $\abs{u_n - \ell} \leq \varepsilon$ : jadi setiap indeksnya tertutupi oleh salah satu dari kedua subbarisan itu, dan itulah seluruh intinya. ∎

Contoh 11.15 (Limit subbarisan)

Untuk $u_n = (-1)^n \frac{n}{n+1}$ : subbarisan genapnya menuju $1$ , sedangkan yang ganjil ke $-1$ , sehingga barisannya divergen — tetapi ia berbuat demikian secara tertata, dengan menggerombol di sekitar kedua nilai $\pm 1$ . Untuk $u_n = \cos\frac{2\pi n}{3}$ : ketiga subbarisan berindeks $3k$ , $3k + 1$ , $3k + 2$ bersifat konstan, yang bernilai $1$ , $-\frac12$ , $-\frac12$ ; jadi himpunan limit subbarisannya adalah $\{1, -\frac12\}$ . Inti gagasan penutupnya: bahwa barisan yang terbatas konvergen tepat ketika ia hanya mempunyai satu limit subbarisan (Latihan 11.8); jadi kedivergenan barisan yang terbatas selalu berarti sekurang-kurangnya dua gerombolan, dan Bolzano–Weierstrass di bawah menjamin bahwa ada sekurang-kurangnya satu.

Teorema 11.16 (Bolzano–Weierstrass)

Setiap barisan bilangan real yang terbatas mempunyai subbarisan yang konvergen.

Bukti. Misalkan $u_n \in \intcc{a}{b}$ untuk setiap $n$ . Bangunlah ruas yang bersarang lewat dikotomi: tetapkan $\intcc{a_0}{b_0} = \intcc{a}{b}$ ; lalu diberikan $\intcc{a_k}{b_k}$ yang memuat $u_n$ untuk tak hingga banyak $n$ , salah satu dari kedua paruhnya masih memuat $u_n$ untuk tak hingga banyak $n$ — namailah ia $\intcc{a_{k+1}}{b_{k+1}}$ . Barisan $(a_k)$ dan $(b_k)$ itu berdampingan (karena $b_k - a_k = \frac{b-a}{2^k} \to 0$ ), dengan limit bersama $\ell$ (Teorema 11.11).

Ekstraksinya: pilihlah $\varphi(0)$ dengan $u_{\varphi(0)} \in \intcc{a_0}{b_0}$ , lalu, secara induktif, $\varphi(k+1) > \varphi(k)$ dengan $u_{\varphi(k+1)} \in \intcc{a_{k+1}}{b_{k+1}}$ — yang mungkin karena ruas itu memuat tak hingga banyak sukunya. Maka $a_k \leq u_{\varphi(k)} \leq b_k$ , dan teorema apitnya memberikan $u_{\varphi(k)} \to \ell$ . ∎

Catatan 11.17 (Yang dikatakan Bolzano–Weierstrass, dan yang tidak)

Ia memang mengatakan: bahwa dari keterbatasan belaka, suatu subbarisan konvergen — yaitu keberadaan tanpa rumus, sebagaimana dijelaskan bukti dikotominya (karena tak ada yang memberitahu kita indeks mana yang bertahan). Ia tak mengatakan bahwa limitnya tunggal: karena $((-1)^n)$ mempunyai subbarisan yang konvergen ke $1$ dan ke $-1$ , dan himpunan limit subbarisannya bahkan boleh tak hingga (Contoh 11.15, beserta seluruh himpunan Cantor pada Soal 12.1). Ia tak bertahan pada ketakterbatasan: karena $(n)$ sama sekali tak mempunyai subbarisan yang konvergen — meskipun kita selalu dapat mengekstrak subbarisan yang menuju $+\infty$ atau $-\infty$ dari sebarang barisan yang tak terbatas (misalnya dengan memilih $\varphi(k)$ dengan $u_{\varphi(k)} \geq k$ ). Bila dipakai dengan benar, teoremanya menjadi sebuah pompa keberadaan: ia muncul pada titik genting kriteria Cauchy di bawah, pada teorema Heine, dan pada teorema nilai ekstrem — selalu untuk menghasilkan sebuah titik yang tak disodorkan konstruksi eksplisit mana pun.

11.4 Barisan Cauchy dan kelengkapan

Definisi 11.18

Sebuah barisan $(u_n)$ disebut barisan Cauchy bila sukunya menjadi sedekat-dekatnya satu sama lain:

\forall \varepsilon > 0,\ \exists N,\ \forall p, q \geq N, \qquad \abs{u_p - u_q} \leq \varepsilon .

Contoh 11.19 (Memeriksa sifat Cauchy dengan tangan)

Misalkan $u_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{\cos k}{2^k}$ — tanpa kemonotonan, tanpa limit yang dapat ditebak. Untuk $p > q$ :

\abs{u_p - u_q} = \Bigl| \sum_{k=q+1}^{p} \frac{\cos k}{2^k} \Bigr| \leq \sum_{k=q+1}^{p} \frac{1}{2^k} < \frac{1}{2^{q}} ,

menurut ketaksamaan segitiga, $\abs{\cos k} \leq 1$ dan jumlah geometri yang hingga. Diberikan $\varepsilon > 0$ , pilihlah $N$ dengan $2^{-N} \leq \varepsilon$ : maka semua celah di luar $N$ bernilai $\leq \varepsilon$ , sehingga barisannya Cauchy, jadi konvergen — ke limit yang tak seorang pun dapat menamainya dalam bentuk tertutup, dan itu justru intinya. Inti gagasan penutupnya: bahwa dominasi geometri atas pertambahannya yang menjadi cara baku untuk memperoleh sifat Cauchy, dan Bab 17 akan membotolkan argumen itu sebagai “kekonvergenan mutlak mengakibatkan kekonvergenan”.

Teorema 11.20 (Kelengkapan $\R$ )

Barisan bilangan real konvergen jika dan hanya jika ia barisan Cauchy.

Bukti. ( $\Rightarrow$ ) Jika $u_n \to \ell$ : maka di luar ambang bagi $\frac\varepsilon2$ , $\abs{u_p - u_q} \leq \abs{u_p - \ell} + \abs{\ell - u_q} \leq \varepsilon$ .

( $\Leftarrow$ ) Misalkan $(u_n)$ Cauchy. Ia terbatas: karena dengan $\varepsilon = 1$ , di luar $N$ semua sukunya terletak sejauh $1$ dari $u_N$ , dan kepalanya berhingga. Ekstraksinya: menurut Teorema 11.16, suatu subbarisan $u_{\varphi(n)} \to \ell$ . Kesimpulannya: diberikan $\varepsilon > 0$ , ambillah $N$ (dari Cauchy, untuk $\frac\varepsilon2$ ) dan $n \geq N$ dengan $\abs{u_{\varphi(n)} - \ell} \leq \frac\varepsilon2$ dan $\varphi(n) \geq N$ ; maka untuk setiap $p \geq N$ :

\abs{u_p - \ell} \leq \abs{u_p - u_{\varphi(n)}} + \abs{u_{\varphi(n)} - \ell} \leq \varepsilon . \qedhere

∎

Catatan 11.21

Nilai kriterianya: bahwa ia mengesahkan kekonvergenan tanpa menamai limitnya. Ia gagal di atas $\Q$ (karena pemenggalan desimal $\sqrt 2$ membentuk barisan Cauchy berisi bilangan rasional tanpa limit yang rasional): jadi kelengkapan merupakan sifat $\R$ , yang setara dengan aksioma batas atas. Ia juga kuda beban di balik kekonvergenan deret (Bab 17).

Contoh 11.22 (Barisan Cauchy yang limitnya tak kasatmata)

Misalkan $S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^2}$ . Untuk $p > q \geq 1$ :

S_p - S_q = \sum_{k=q+1}^{p} \frac{1}{k^2} \leq \sum_{k=q+1}^{p} \frac{1}{k(k-1)} = \sum_{k=q+1}^{p} \Bigl(\frac{1}{k-1} - \frac 1k\Bigr) = \frac 1q - \frac 1p < \frac 1q ,

sehingga di luar $N > \frac1\varepsilon$ semua celahnya $\leq \varepsilon$ : jadi $(S_n)$ Cauchy, sehingga konvergen. Perhatikan apa yang baru saja terjadi: kita membuktikan bahwa sebuah bilangan real tertentu ada tanpa mempunyai nama apa pun untuknya. (Ia $\frac{\pi^2}{6}$ — yaitu kesamaan Euler yang termasyhur, yang dibuktikan pada jilid Tahun ke-2; dan tak ada apa pun dalam bab ini yang dapat memberitahu kita hal itu.) Pembagian kerja inilah — keberadaan sekarang, pengenalan belakangan, kalau pun pernah — yang menjadi seluruh inti kriteria Cauchy, dan mesin teori deret pada Bab 17.

11.5 Barisan rekuren

Metode 11.23 (Menelaah $u_{n+1} = f(u_n)$ )

Diberikan $f$ dan titik awal $u_0$ :

Selang yang stabil: carilah selang $I$ dengan $f(I) \subseteq I$ yang memuat $u_0$ : maka semua $u_n \in I$ (lewat induksi).
Calon limitnya: jika $u_n \to \ell \in I$ dan $f$ kontinu di $\ell$ (Bab 13), maka $\ell$ merupakan titik tetap: $f(\ell) = \ell$ . Pecahkanlah $f(x) = x$ .
Kemonotonannya: jika $f$ naik pada $I$ , maka $(u_n)$ monoton (naik bila $u_1 \geq u_0$ , dan turun bila tidak); lalu digabung dengan keterbatasan, Teorema 11.9 menyimpulkannya. Jika $f$ turun, telaahlah kedua subbarisan $(u_{2n})$ dan $(u_{2n+1})$ , yang monoton bagi $f \circ f$ .
Kendali galatnya: sebuah ketaksamaan $\abs{f(x) - \ell} \leq k\abs{x - \ell}$ dengan $k < 1$ memberikan $\abs{u_n - \ell} \leq k^n \abs{u_0 - \ell} \to 0$ secara langsung.

Contoh 11.24 (Metode Heron)

Misalkan $u_0 = 2$ dan $u_{n+1} = \dfrac12\Bigl(u_n + \dfrac{2}{u_n}\Bigr)$ : yaitu algoritma purba bagi $\sqrt 2$ .

Kestabilannya: untuk $x > 0$ , ketaksamaan rata-rata aritmetika–geometri memberikan $\frac12(x + \frac2x) \geq \sqrt{x \cdot \frac 2x} = \sqrt 2$ ; sehingga $I = \intco{\sqrt 2}{+\infty}$ stabil dan memuat $u_1$ (memang $u_1 = \frac32 \geq \sqrt 2$ ).
Kemonotonannya: untuk $x \geq \sqrt 2$ , $\;x - f(x) = \frac{x^2 - 2}{2x} \geq 0$ : sehingga barisannya turun mulai $u_1$ , dan terbatas di bawah oleh $\sqrt 2$ : jadi ia konvergen.
Limitnya: titik tetapnya memecahkan $x = \frac12(x + \frac2x)$ , yakni $x^2 = 2$ : jadi pada $I$ , $\ell = \sqrt 2$ .
Kecepatannya: $u_{n+1} - \sqrt 2 = \frac{(u_n - \sqrt2)^2}{2u_n} \leq \frac{(u_n - \sqrt 2)^2}{2\sqrt 2}$ : sehingga banyaknya angka yang benar kira-kira berlipat dua pada setiap langkahnya (yaitu kekonvergenan kuadratik).

Iterasi Heron u_n+1 = 1/2 (u_n + 2/u_n ), yang digambar sebagai tangga di antara grafik f dan diagonal y = x: dari u_0 = 2, iterasinya meluncur turun ke titik tetap √ 2. — Iterasi Heron $u_{n+1} = \frac12\bigl(u_n + \frac{2}{u_n}\bigr)$ , yang digambar sebagai tangga di antara grafik $f$ dan diagonal $y = x$ : dari $u_0 = 2$ , iterasinya meluncur turun ke titik tetap $\sqrt 2$ .

Catatan 11.25 (Jebakan yang lazim dengan limit)

Empat yang klasik. (i) Langkah yang kecil tak mengakibatkan kekonvergenan: karena $u_{n+1} - u_n \to 0$ jauh lebih lemah daripada sifat Cauchy — jumlah harmonik $H_n$ berlangkah $\frac{1}{n+1} \to 0$ namun divergen ke $+\infty$ (Latihan 11.5); sebab syarat Cauchy mengendalikan $\abs{u_p - u_q}$ bagi semua pasangan yang besar, bukan yang berurutan. (ii) Ketaksamaan tegas mati pada limitnya: dari $u_n < v_n$ untuk setiap $n$ kita hanya memperoleh $\lim u_n \leq \lim v_n$ (Teorema 11.7); karena $\frac1n > 0$ namun $\lim = 0$ . (iii) Terbatas bukan berarti konvergen: karena $((-1)^n)$ terbatas dan divergen; jadi keterbatasan ditambah kemonotonan menghasilkan kekonvergenan, sedangkan keterbatasan belaka hanya menjamin subbarisan yang konvergen (Teorema 11.16). (iv) Persamaan titik tetap datang kedua, bukan pertama: karena untuk $u_{n+1} = f(u_n)$ , memecahkan $f(\ell) = \ell$ mengenali limitnya hanya setelah kekonvergenannya terbukti. Rekurensi $u_{n+1} = 2u_n$ mempunyai titik tetap tunggal $\ell = 0$ , namun dari $u_0 = 1$ barisannya melesat ke $+\infty$ : jadi persamaan $\ell = 2\ell$ tak pernah berhak atas sebuah limit. Urutan pengerjaannya, selalu: keberadaan dulu (Metode 11.23, langkah 1–3), lalu pengenalan kedua.

Contoh 11.26 (Sebuah $f$ yang turun: rekurensi emas)

Misalkan $u_0 = 1$ dan $u_{n+1} = \dfrac{1}{1 + u_n}$ . Di sini $f(x) = \frac{1}{1+x}$ bersifat turun, sehingga barisannya tak monoton (ia berselang-seling di sekitar limitnya); jadi langkah kontraksi pada Metode 11.23 yang menjadi perkakas yang tepat. Kestabilannya: jika $x \in \intcc{\frac12}{1}$ maka $1 + x \in \intcc{\frac32}{2}$ , sehingga $f(x) \in \intcc{\frac12}{\frac23} \subseteq \intcc{\frac12}{1}$ , dan $u_1 = \frac12$ menaruh seluruh barisannya di sana. Titik tetapnya: $\ell = \frac{1}{1+\ell}$ dengan $\ell > 0$ memberikan $\ell^2 + \ell - 1 = 0$ , yakni

\ell = \frac{\sqrt5 - 1}{2} = 0.6180\dots

(yaitu invers rasio emas). Kontraksinya: untuk $x, y \in \intcc{\frac12}{1}$ ,

\abs{f(x) - f(y)} = \frac{\abs{x - y}}{(1+x)(1+y)} \leq \frac{\abs{x-y}}{(3/2)^2} = \frac49\,\abs{x - y} ,

sehingga $\abs{u_n - \ell} \leq \bigl(\frac49\bigr)^{n-1}\abs{u_1 - \ell} \to 0$ : jadi konvergen, dengan kecepatan geometri, tanpa memerlukan kemonotonan. Inti gagasan penutupnya: bahwa metode monoton dan metode kontraksi membagi dunia rekuren di antara keduanya — karena $f$ yang naik memberikan orbit yang monoton, sedangkan $f$ yang turun memberikan orbit berselang-seling yang dijinakkan oleh konstanta Lipschitz $< 1$ (adapun teori sistematisnya adalah Latihan 14.11).

Catatan 11.27 (Cakrawala di dalam jilid ini)

Barisan adalah alat ukur yang ditodongkan sisa jilid ini kepada setiap objek. Pada Bab 12 ia mencirikan ketertutupan dan kekompakan; pada Bab 13 ia mengangkut limit fungsi; pada Bab 15 jumlah Riemann merupakan barisan yang konvergen ke integralnya; sedangkan Bab 17 adalah teori satu kelas khusus barisan, yaitu jumlah parsialnya. Bahkan bab aljabarnya memakainya: iterasi sebuah matriks pada Bab 21 membentuk barisan yang perilakunya (kekonvergenan $A^n$ ) merupakan pertanyaan aljabar linear dengan kosakata bab ini. Adapun dua teorema yang harus dibawa ke mana-mana: limit monoton (yaitu keberadaan dari urutan) dan Bolzano–Weierstrass (keberadaan dari keterbatasan) — di antara keduanya, hampir setiap limit dalam buku ini terlahir.

Catatan 11.28 (Barisan kompleks)

Barisan $(z_n)$ berisi bilangan kompleks konvergen ke $\ell$ bila $\abs{z_n - \ell} \to 0$ ; setara dengan itu, bila $\Re(z_n) \to \Re(\ell)$ dan $\Im(z_n) \to \Im(\ell)$ (bandingkan $\abs{z}$ dengan $\abs{\Re z} + \abs{\Im z}$ ). Adapun teorema yang tak melibatkan urutan — operasi, Bolzano–Weierstrass (dengan mengekstrak dua kali), kriteria Cauchy — terbawa persis apa adanya.

11.6 Latihan

Latihan 11.1 ★

Langsung dari Definisi 11.1, buktikan bahwa $\dfrac{2n+1}{n+3} \to 2$ , dan bahwa $(u_n) = ((-1)^n)$ divergen.

Solusi

Solusi Latihan 11.1.

$\Bigl|\dfrac{2n+1}{n+3} - 2\Bigr| = \dfrac{5}{n+3}$ . Diberikan $\varepsilon > 0$ , ambillah $N > \frac 5\varepsilon - 3$ (menurut Archimedes): maka untuk $n \geq N$ , $\frac{5}{n+3} \leq \varepsilon$ . Jadi limitnya $2$ .

$((-1)^n)$ : subbarisannya $(u_{2n}) = (1)$ dan $(u_{2n+1}) = (-1)$ konvergen ke limit yang berbeda, sehingga barisannya divergen (Proposisi 11.14). (Secara langsung: sebarang calon $\ell$ gagal untuk $\varepsilon = \frac12$ , karena suku yang berurutan berjarak $2$ .)

Latihan 11.2 ★

Hitunglah limitnya:

\frac{n^2 - 3n + 1}{2n^2 + 5}, \qquad \sqrt{n+1} - \sqrt n, \qquad \frac{2^n + n^3}{3^n - n^2}, \qquad \sqrt[n]{5}\ \Bigl(= 5^{1/n}\Bigr).

Solusi

Solusi Latihan 11.2.

Dengan membaginya dengan $n^2$ : $\dfrac{1 - 3/n + 1/n^2}{2 + 5/n^2} \to \dfrac12$ .

$\sqrt{n+1} - \sqrt n = \dfrac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt n} \to 0$ (lewat sekawannya).

$\dfrac{2^n + n^3}{3^n - n^2} = \dfrac{(2/3)^n + n^3/3^n}{1 - n^2/3^n} \to \dfrac{0 + 0}{1 - 0} = 0$ , dengan memakai $q^n \to 0$ untuk $\abs q < 1$ beserta perbandingan polinomial lawan geometri (Proposisi 4.6).

$5^{1/n} = \eu^{\frac{\ln 5}{n}} \to \eu^0 = 1$ .

Latihan 11.3 ★

Buktikan perbandingan yang baku: jika $\abs{q} < 1$ maka $q^n \to 0$ (tulislah $\frac{1}{\abs q} = 1 + h$ , $h > 0$ , lalu pakai ketaksamaan Bernoulli $(1+h)^n \geq 1 + nh$ , yang dibuktikan lewat induksi). Bagaimana perilakunya untuk $q = 1$ , $q = -1$ , $\abs q > 1$ ?

Solusi

Solusi Latihan 11.3.

Bernoulli: $(1+h)^n \geq 1 + nh$ untuk $h \geq -1$ , lewat induksi — $(1+h)^{n+1} = (1+h)^n(1+h) \geq (1+nh)(1+h) = 1 + (n+1)h + nh^2 \geq 1 + (n+1)h$ .

Untuk $0 < \abs q < 1$ : tulislah $\frac{1}{\abs q} = 1 + h$ , $h > 0$ ; maka $\abs{q}^n = \frac{1}{(1+h)^n} \leq \frac{1}{1 + nh} \to 0$ , dan apitannya memberikan $q^n \to 0$ (adapun kasus $q = 0$ sepele). Untuk $q = 1$ : barisannya konstan, dengan limit $1$ . Untuk $q = -1$ : divergen (Latihan 11.1). Untuk $\abs q > 1$ : $\abs q^n = (1 + h)^n \geq 1 + nh \to +\infty$ , sehingga $(q^n)$ tak terbatas, jadi divergen (ke $+\infty$ bila $q > 1$ ; sedangkan dengan tanda berselang-seling, tanpa limit, bila $q < -1$ ).

Latihan 11.4 ★

Misalkan $u_{n+1} = \frac{u_n + 3}{2}$ , $u_0 = 0$ . Carilah titik tetapnya $\ell$ , buktikan bahwa $v_n = u_n - \ell$ bersifat geometri, lalu berikan rumus eksplisit beserta limit $(u_n)$ .

Solusi

Solusi Latihan 11.4.

Titik tetapnya: $\ell = \frac{\ell + 3}{2}$ memberikan $\ell = 3$ . Lalu

v_{n+1} = u_{n+1} - 3 = \frac{u_n + 3}{2} - 3 = \frac{u_n - 3}{2} = \frac{v_n}{2}:

$(v_n)$ bersifat geometri dengan rasio $\frac12$ , dan $v_0 = -3$ . Jadi $u_n = 3 - \frac{3}{2^n} \to 3$ .

Latihan 11.5 ★★

(Deret harmonik) Misalkan $H_n = \sum_{k=1}^{n} \frac 1k$ . Buktikan bahwa $H_{2n} - H_n \geq \frac12$ untuk setiap $n \geq 1$ , lalu simpulkan bahwa $(H_n)$ bukan barisan Cauchy, sehingga divergen (ke $+\infty$ , karena ia naik).

Solusi

Solusi Latihan 11.5.

$H_{2n} - H_n = \sum_{k=n+1}^{2n} \frac 1k \geq n \cdot \frac{1}{2n} = \frac12$ (karena masing-masing dari $n$ sukunya bernilai $\geq \frac{1}{2n}$ ). Seandainya $(H_n)$ Cauchy, mengambil $\varepsilon = \frac13$ akan memaksa $\abs{H_{2n} - H_n} \leq \frac13$ untuk $n$ yang besar: yang bertentangan. Adapun barisan naik yang tak konvergen divergen ke $+\infty$ (Teorema 11.9): jadi $H_n \to +\infty$ .

Latihan 11.6 ★★

Andaikan $(u_{2n})$ , $(u_{2n+1})$ dan $(u_{3n})$ semuanya konvergen. Buktikan bahwa $(u_n)$ konvergen. (Carilah subbarisan bersama untuk menyamakan limitnya.)

Solusi

Solusi Latihan 11.6.

Misalkan $a = \lim u_{2n}$ , $b = \lim u_{2n+1}$ , $c = \lim u_{3n}$ . Barisan $(u_{6n})$ merupakan subbarisan $(u_{2n})$ sekaligus $(u_{3n})$ : sehingga limitnya sama dengan $a$ dan $c$ , jadi $a = c$ . Barisan $(u_{6n+3})$ merupakan subbarisan $(u_{2n+1})$ (yaitu indeks ganjil) dan $(u_{3n})$ (dengan indeks $6n + 3 = 3(2n+1)$ ): sehingga $b = c$ . Jadi $a = b$ , lalu Proposisi 11.14 (yaitu genap dan ganjil dengan limit yang sama) memberikan kekonvergenan $(u_n)$ .

Latihan 11.7 ★★

Telaahlah barisan $u_0 = 0$ , $u_{n+1} = \sqrt{2 + u_n}$ : yaitu kestabilan, kemonotonan, dan limitnya. Lalu buktikan batas galatnya $\abs{u_n - 2} \leq \dfrac{2}{3^{\,n}}$ (tunjukkan $2 - u_{n+1} = \dfrac{2 - u_n}{2 + \sqrt{2 + u_n}}$ lalu batasi penyebutnya dari bawah oleh $3$ ).

Solusi

Solusi Latihan 11.7.

Kestabilan dan batasnya: $I = \intcc{0}{2}$ stabil: karena untuk $x \in I$ , $\sqrt{2 + x} \in \intcc{\sqrt 2}{2} \subseteq I$ ; dan $u_0 = 0 \in I$ .

Kemonotonannya: $f(x) = \sqrt{2+x}$ naik dan $u_1 = \sqrt 2 > u_0$ : sehingga lewat induksi $(u_n)$ naik. Naik dan terbatas di atas oleh $2$ : jadi ia konvergen (Teorema 11.9).

Limitnya: $\ell = \sqrt{2 + \ell}$ dengan $\ell \geq 0$ memberikan $\ell^2 - \ell - 2 = 0$ , sehingga $\ell = 2$ .

Batas galatnya: dengan mengalikannya dengan sekawannya,

2 - u_{n+1} = 2 - \sqrt{2 + u_n} = \frac{4 - (2 + u_n)}{2 + \sqrt{2+u_n}} = \frac{2 - u_n}{2 + \sqrt{2 + u_n}} \leq \frac{2 - u_n}{3},

karena $\sqrt{2 + u_n} \geq \sqrt 2 > 1$ . Lalu lewat induksi dari $2 - u_0 = 2$ : $\;0 \leq 2 - u_n \leq \frac{2}{3^n}$ .

Latihan 11.8 ★★

Misalkan $(u_n)$ terbatas, sedemikian sehingga setiap subbarisan $(u_n)$ yang konvergen mempunyai limit $\ell$ yang sama. Buktikan $u_n \to \ell$ . (Pertentangan ditambah Bolzano–Weierstrass.)

Solusi

Solusi Latihan 11.8.

Andaikan $(u_n)$ tak konvergen ke $\ell$ : maka untuk suatu $\varepsilon_0 > 0$ , tak hingga banyak indeks memenuhi $\abs{u_n - \ell} > \varepsilon_0$ ; dan indeks itu membentuk subbarisan $(u_{\varphi(n)})$ . Subbarisan ini terbatas, sehingga menurut Bolzano–Weierstrass (Teorema 11.16) ia mempunyai subsubbarisan yang konvergen, yang limitnya $\ell'$ memenuhi $\abs{\ell' - \ell} \geq \varepsilon_0$ (karena ketaksamaannya diteruskan ke limitnya, Teorema 11.7). Padahal subsubbarisan $(u_n)$ merupakan subbarisan $(u_n)$ yang konvergen, sehingga menurut hipotesisnya $\ell' = \ell$ : yang bertentangan.

Latihan 11.9 ★★★

Dengan notasi Contoh 11.12, andaikan $\eu = \frac pq$ dengan $p, q \in \N^*$ . Dengan memakai $a_q < \eu < b_q = a_q + \frac{1}{q\, q!}$ , kalikanlah dengan $q!$ lalu turunkan sebuah pertentangan antara dua bilangan bulat. Simpulkan: $\eu$ irasional.

Solusi

Solusi Latihan 11.9.

Andaikan $\eu = \frac pq$ , dengan $q \geq 1$ . Ketaksamaan tegas $a_q < \eu < a_q + \frac{1}{q\,q!}$ (yang tegas karena $(a_n)$ naik tegas dan $(b_n)$ turun tegas) bila dikalikan dengan $q!$ memberikan

q!\,a_q \;<\; q!\,\frac pq \;<\; q!\,a_q + \frac 1q \leq q!\,a_q + 1.

Sekarang $N = q!\,a_q = \sum_{k=0}^{q} \frac{q!}{k!}$ merupakan bilangan bulat (karena setiap $\frac{q!}{k!}$ adalah hasil kali bilangan bulat untuk $k \leq q$ ), dan demikian pula $q!\,\frac pq = (q-1)!\,p$ . Jadi tampilannya menaruh bilangan bulat $(q-1)!\,p$ tegas di antara $N$ dan $N + \frac 1q \leq N + 1$ : yaitu sebuah bilangan bulat yang tegas berada di dalam $\intoo{N}{N+1}$ , yang mustahil. Jadi $\eu \notin \Q$ .

Latihan 11.10 ★★★

(Rata-rata Cesàro) Untuk barisan $(u_n)_{n \geq 1}$ , tetapkan $c_n = \frac{u_1 + \dots + u_n}{n}$ .

Buktikan bahwa $u_n \to \ell$ mengakibatkan $c_n \to \ell$ (potonglah jumlahnya pada sebuah ambang $N$ ; lalu batasi kepalanya oleh besaran tetap dibagi $n$ , dan ekornya oleh $\varepsilon$ ).
Tunjukkan lewat contoh bahwa konversnya gagal.
Simpulkan bahwa jika $u_{n+1} - u_n \to \ell$ , maka $\frac{u_n}{n} \to \ell$ .

Solusi

Solusi Latihan 11.10.

Misalkan $\varepsilon > 0$ dan $N$ dengan $\abs{u_k - \ell} \leq \frac{\varepsilon}{2}$ untuk $k > N$ . Untuk $n > N$ :

$\abs{c_n - \ell} = \Bigl|\frac{\sum_{k=1}^{n}(u_k - \ell)}{n}\Bigr| \leq \frac{\sum_{k=1}^{N} \abs{u_k - \ell}}{n} + \frac{n - N}{n}\cdot\frac{\varepsilon}{2} \leq \frac{C}{n} + \frac{\varepsilon}{2},$

dengan $C = \sum_{k=1}^N \abs{u_k - \ell}$ yang tetap. Untuk $n$ yang besar, $\frac Cn \leq \frac\varepsilon2$ : maka $\abs{c_n - \ell} \leq \varepsilon$ .
$u_n = (-1)^n$ : divergen, namun $c_n \to 0$ (karena jumlah parsialnya terbatas oleh $1$ , lalu dibagi $n$ ).
Terapkan (1) pada barisan $v_n = u_{n+1} - u_n \to \ell$ : maka rata-rata Cesàronya adalah $\frac{u_{n+1} - u_1}{n} \to \ell$ (secara teleskopis), dan $\frac{u_{n+1}}{n} = \frac{u_{n+1} - u_1}{n} + \frac{u_1}{n} \to \ell$ ; lalu menormalkan ulang indeksnya ( $\frac{u_n}{n} = \frac{u_n}{n-1}\cdot\frac{n-1}{n}$ ) memberikan $\frac{u_n}{n} \to \ell$ .

Latihan 11.11 ★★★

Misalkan $(u_n)$ memenuhi $0 \leq u_{m+n} \leq u_m + u_n$ untuk setiap $m, n$ (yaitu subaditif). Buktikan bahwa $\bigl(\frac{u_n}{n}\bigr)$ konvergen ke $\inf_{n \geq 1} \frac{u_n}{n}$ . (Untuk $m$ yang tetap, tulislah $n = qm + r$ lalu batasi $\frac{u_n}{n}$ memakai $u_n \leq q\,u_m + u_r$ .)

Solusi

Solusi Latihan 11.11.

Misalkan $L = \inf_{n \geq 1} \frac{u_n}{n} \geq 0$ , dan $\varepsilon > 0$ . Pilihlah $m$ dengan $\frac{u_m}{m} \leq L + \varepsilon$ . Setiap $n$ tertulis $n = qm + r$ , $0 \leq r < m$ ; lalu subaditifnya (yang diulang) memberikan $u_n \leq q\,u_m + u_r$ , sehingga

\frac{u_n}{n} \leq \frac{q m}{n}\cdot\frac{u_m}{m} + \frac{u_r}{n} \leq \frac{u_m}{m} + \frac{\max(u_0, \dots, u_{m-1})}{n} \leq L + \varepsilon + \frac{C_m}{n},

dengan memakai $qm \leq n$ . Untuk $n$ yang besar, $\frac{C_m}{n} \leq \varepsilon$ : jadi $L \leq \frac{u_n}{n} \leq L + 2\varepsilon$ untuk setiap $n$ yang besar, dan itulah kekonvergenan ke $L$ .

Latihan 11.12 ★★★

Dengan memakai kepadatan subgrup $\Z + 2\pi\Z$ dari $(\R, +)$ (Latihan 10.9), buktikan bahwa barisan $(\sin n)_{n \in \N}$ padat di $\intcc{-1}{1}$ — khususnya ia divergen.

Solusi

Solusi Latihan 11.12.

Subgrup $G = \Z + 2\pi\Z$ dari $(\R, +)$ bersifat padat: karena ia bukan $\alpha\Z$ , sebab $1 = p\alpha$ , $2\pi = q\alpha$ akan membuat $2\pi = \frac qp$ rasional — padahal $\pi \notin \Q$ (yang diterima di sini; adapun buktinya disketsakan pada Bab 15). Menurut Latihan 10.9, $G$ padat di $\R$ .

Sekarang misalkan $y \in \intcc{-1}{1}$ dan $\theta = \arcsin y$ . Menurut kepadatannya, untuk setiap $\varepsilon > 0$ ada $n \in \Z$ , $k \in \Z$ dengan $\abs{(n + 2\pi k) - \theta} \leq \varepsilon$ , yakni $n$ berada dalam jarak $\varepsilon$ dari $\theta - 2\pi k$ ; lalu, karena $\sin$ bersifat periodik- $2\pi$ dan Lipschitz- $1$ ( $\abs{\sin a - \sin b} \leq \abs{a - b}$ , dari ketaksamaan nilai rata-rata pada Bab 14),

\abs{\sin n - y} = \abs{\sin(n + 2\pi k) - \sin\theta} \leq \abs{n + 2\pi k - \theta} \leq \varepsilon .

Satu perincian: $n$ menjelajahi $\Z$ , tetapi $\sin(-n) = -\sin n$ dan $y$ tadi sebarang di $\intcc{-1}{1}$ , sehingga indeks yang taknegatif sudah mencukupi (gantilah $(n, y)$ dengan $(-n, -y)$ bila perlu). Jadi $\{\sin n : n \in \N\}$ padat di $\intcc{-1}{1}$ ; dan barisan yang padat pada sebuah ruas mempunyai subbarisan yang mendekati nilai yang berbeda, sehingga ia divergen.

11.7 Soal: Cesàro, Stolz, dan jatuhnya sinus yang lambat

Soal 11.1

Soal akhir pekan — teorema Cesàro–Stolz dan asimtotik $u_n \sim \sqrt{3/n}$ untuk $u_{n+1} = \sin u_n$

Teorema Cesàro–Stolz adalah aturan l’Hospital yang diskret: untuk mencari limit sebuah hasil bagi $a_n/b_n$ , cukuplah mencari limit hasil bagi selisihnya $(a_{n+1} - a_n)/(b_{n+1} - b_n)$ . Soal ini membuktikan teoremanya, memanen limit klasik dengannya, lalu membidikkannya pada sasaran yang termasyhur: yaitu barisan $u_{n+1} = \sin u_n$ , yang merayap ke $0$ dengan kecepatan yang terhitung persis $u_n \sim \sqrt{3/n}$ . Dua fakta dari jilid Sekolah Menengah diberikan cuma-cuma di sini dan dibuktikan kembali dengan jujur nanti dalam jilid ini: yaitu ketaksamaan garis singgungnya

\tag{G1} \eu^{u} \geq 1 + u \quad (u \in \R),

yang dibuktikan kembali lewat kecembungan pada Bab 14, dan apitan sinusnya

\tag{G2} x - \frac{x^3}{6} \;\leq\; \sin x \;\leq\; x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} \quad (0 \leq x \leq 1), \qquad \abs{\sin x} \leq \abs{x} \quad (x \in \R),

yang dibuktikan kembali lewat rumus Taylor pada Bab 16.

Bagian I — Jumlah tanpa rumus tertutup.

Dengan memakai $1 + 2 + \dots + n = \frac{n(n+1)}{2}$ dan $1^2 + \dots + n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ , hitunglah $\lim \frac{1 + 2 + \dots + n}{n^2}$ dan $\lim \frac{1^2 + \dots + n^2}{n^3}$ .
Misalkan $T_n = \sum_{k=1}^n \sqrt k$ , yang tak mempunyai rumus tertutup. Buktikan apitan

$\frac{1}{2\sqrt 2}\,n^{3/2} \;\leq\; T_n \;\leq\; n^{3/2}$

(pertahankan hanya suku dengan $k > \frac n2$ untuk batas bawahnya). Jadi $T_n$ berorde $n^{3/2}$ — tetapi dengan konstanta yang mana? Tahanlah pertanyaannya sampai pertanyaan 8.
(Lema teleskopis) Misalkan $(b_n)$ naik tegas dan andaikan bahwa untuk setiap $k \geq N$ ,

$m \;\leq\; \frac{a_{k+1} - a_k}{b_{k+1} - b_k} \;\leq\; M .$

Buktikan bahwa $m \leq \dfrac{a_n - a_N}{b_n - b_N} \leq M$ untuk setiap $n > N$ .

Bagian II — Teorema Cesàro–Stolz. Misalkan $(b_n)$ naik tegas dengan $b_n \to +\infty$ , dan andaikan $\dfrac{a_{n+1} - a_n}{b_{n+1} - b_n} \to \ell \in \R$ .

Tetapkan $\varepsilon > 0$ . Tunjukkan bahwa ada $N$ sedemikian sehingga $\ell - \varepsilon \leq \dfrac{a_n - a_N}{b_n - b_N} \leq \ell + \varepsilon$ untuk setiap $n > N$ .
Tegakkan, untuk $n > N$ , kesamaan

$\frac{a_n}{b_n} - \ell = \frac{a_N - \ell\,b_N}{b_n} + \Bigl(1 - \frac{b_N}{b_n}\Bigr) \Bigl(\frac{a_n - a_N}{b_n - b_N} - \ell\Bigr),$

lalu simpulkan teoremanya: $\dfrac{a_n}{b_n} \to \ell$ .
Buktikan varian $+\infty$ -nya: bahwa jika $\dfrac{a_{n+1} - a_n}{b_{n+1} - b_n} \to +\infty$ (dengan hipotesis yang sama atas $(b_n)$ ), maka $\dfrac{a_n}{b_n} \to +\infty$ .
Ambillah $b_n = n$ : pulihkan teorema rata-rata Cesàro pada Latihan 11.10. Lalu tunjukkan bahwa konvers Cesàro–Stolz gagal: karena untuk $a_n = (-1)^n$ , $b_n = n$ , hasil bagi $a_n/b_n$ konvergen sedangkan hasil bagi selisihnya tidak. Jadi Stolz jalan satu arah.

Bagian III — Dividen yang pertama.

Buktikan $(1+h)^{3/2} - 1 = \dfrac{3h + 3h^2 + h^3}{(1+h)^{3/2} + 1}$ lewat pensekawanan, lalu simpulkan $n\bigl((1 + \tfrac1n)^{3/2} - 1\bigr) \to \tfrac32$ , dan tutuplah dengan Cesàro–Stolz:

$T_n = \sum_{k=1}^{n} \sqrt k \;\sim\; \tfrac23\, n^{3/2} ,$

yang menuntaskan gantungan pada pertanyaan 2.
Dari (G1) semata, turunkan apitan logaritmanya

$\frac{t}{1 + t} \;\leq\; \ln(1 + t) \;\leq\; t \qquad (t > -1)$

(terapkan (G1) pada $u = \ln(1+t)$ dan pada $u = -t/(1+t)$ ).
Tunjukkan bahwa $b_n = \ln n$ naik tegas dengan $\ln n \to +\infty$ , lalu buktikan dengan Cesàro–Stolz dan pertanyaan 9 bahwa

$H_n = \sum_{k=1}^{n} \frac 1k \;\sim\; \ln n .$

(Adapun struktur yang lebih halus $H_n = \ln n + \gamma + o(1)$ merupakan soal akhir pekan Bab 17.)
(Dari nisbah ke akar) Misalkan $u_n > 0$ dengan $\frac{u_{n+1}}{u_n} \to L > 0$ . Dengan memakai pertanyaan 9, tunjukkan $\ln\frac{u_{n+1}}{u_n} \to \ln L$ ; lalu terapkan Cesàro untuk menyimpulkan $\frac{\ln u_n}{n} \to \ln L$ , kemudian, dengan (G1), bahwa $u_n^{1/n} \to L$ . Penerapannya: hitunglah $\lim\,\binom{2n}{n}^{1/n}$ .

Bagian IV — Jatuhnya sinus yang lambat. Misalkan $u_0 \in \R$ dan $u_{n+1} = \sin u_n$ .

Dari (G2), tunjukkan $0 < \sin x < x$ untuk $0 < x \leq 1$ . Simpulkan: bahwa $u_1 \in \intcc{-1}{1}$ ; bahwa jika $u_1 = 0$ maka barisannya nol mulai peringkat $1$ ; dan bahwa jika $u_1 > 0$ (dengan kasus $u_1 < 0$ yang simetris, karena $\sin$ ganjil), maka $(u_n)_{n \geq 1}$ turun tegas, positif, dan konvergen ke $0$ (kenalilah limitnya lewat $\ell = \sin \ell$ , dengan memakai $\abs{\sin a - \sin b} \leq \abs{a - b}$ , yang sendirinya merupakan akibat (G2) dan rumus hasil kali menjadi jumlah).
Anggaplah mulai sekarang $u_1 \in \intoc{0}{1}$ . Tunjukkan lewat pengapitan, dengan memakai (G2):

$\frac{\sin u_n}{u_n} \to 1 \qquad\text{dan}\qquad \frac{u_n - \sin u_n}{u_n^{3}} \to \frac16 .$
Buktikan pemfaktoran

$w_n := \frac{1}{u_{n+1}^{2}} - \frac{1}{u_n^{2}} = \frac{u_n - \sin u_n}{u_n^{3}} \cdot \frac{u_n + \sin u_n}{u_n} \cdot \Bigl(\frac{u_n}{\sin u_n}\Bigr)^{2},$

lalu simpulkan $w_n \to \frac13$ .
Tutuplah dengan Latihan 11.10 (yaitu versi selisihnya) bahwa $\frac{1}{n\,u_n^{2}} \to \frac13$ , lalu, lewat argumen pensekawanan bagi akar kuadratnya, judulnya:

$\sqrt n\;u_n \longrightarrow \sqrt 3 , \qquad\text{yakni}\qquad u_n \sim \sqrt{\frac 3n} .$
Kuantifikasikan kelambanannya: tunjukkan bahwa akhirnya $\sqrt{2/n} \leq u_n \leq 2/\sqrt n$ , sehingga mencapai $u_n \leq 10^{-2}$ menuntut lebih dari $20\,000$ iterasi (kira-kira $30\,000$ , menurut asimtotiknya). Bandingkanlah dengan metode Heron (Contoh 11.24) lalu jelaskan alasan strukturalnya: bahwa pada titik tetap $0$ , kemiringan $\sin$ adalah $1$ (yaitu titik tetap yang netral), sedangkan iterasi yang memaruhkan galat menuntut kemiringan bermodulus $< 1$ .
Tunjukkan bahwa untuk setiap titik awal $u_0 \in \R$ , entah $u_n = 0$ mulai peringkat $1$ ke depan, entah $\abs{u_n} \sim \sqrt{3/n}$ — jadi jatuhnya bersifat semesta, dan hanya tandanya yang mengingat $u_0$ .

Bagian V — Asas umumnya. Sinus itu satu contoh dari sebuah mesin.

Misalkan $u_n > 0$ , $u_n \to 0$ , dan $\dfrac{u_n - u_{n+1}}{u_n^{2}} \to a > 0$ . Buktikan berturut-turut: $\frac{u_{n+1}}{u_n} \to 1$ ; lalu $\frac{1}{u_{n+1}} - \frac{1}{u_n} \to a$ ; lalu $n\,u_n \to \frac1a$ .
(Model yang persis) Untuk $u_{n+1} = \dfrac{u_n}{1 + u_n}$ , $u_0 > 0$ : tunjukkan bahwa $\frac{1}{u_n}$ bersifat aritmetika, pecahkan dengan persis, lalu periksa kesimpulan pertanyaan 18 terhadap rumus yang persis itu.
Untuk $u_{n+1} = u_n \eu^{-u_n}$ , $u_0 > 0$ : tunjukkan $u_n \to 0$ , pakailah (G1) untuk mengapit $\frac{1 - \eu^{-t}}{t}$ di antara $\frac{1}{1+t}$ dan $1$ untuk $t > 0$ , lalu simpulkan $u_n \sim \frac 1n$ .
(Kontak kubik, teleskop yang dikuadratkan) Misalkan $u_n > 0$ , $u_n \to 0$ , $\dfrac{u_n - u_{n+1}}{u_n^{3}} \to a > 0$ . Sesuaikan pemfaktoran pertanyaan 14 untuk menunjukkan $\frac{1}{u_{n+1}^2} - \frac{1}{u_n^2} \to 2a$ , lalu simpulkan $n\,u_n^{2} \to \frac{1}{2a}$ . Periksa bahwa $a = \frac16$ memulihkan Bagian IV.

Bagian VI — Batas metodenya, dan moralnya.

Tunjukkan bahwa hipotesis $b_n \to +\infty$ tak dapat dilepaskan: karena untuk $a_n = 2 - 2^{-n}$ dan $b_n = 1 - 2^{-n}$ , hasil bagi selisihnya menuju $1$ sedangkan $\frac{a_n} {b_n} \to 2$ . Tunjuklah baris yang persis pada bukti pertanyaan 5 yang patah.
(Stolz dua kali) Buktikan $\sum_{k=1}^{n} H_k \sim n \ln n$ (dengan satu penerapan Cesàro–Stolz, lalu pertanyaan 10; batasilah $(n+1)\ln(n+1) - n\ln n$ memakai pertanyaan 9).
(Rata-rata geometri) Jika $u_n > 0$ dan $u_n \to \ell > 0$ , tunjukkan $(u_1 u_2 \cdots u_n)^{1/n} \to \ell$ ; sedangkan jika $u_n \to +\infty$ , tunjukkan $(u_1 \cdots u_n)^{1/n} \to +\infty$ . Simpulkan $(n!)^{1/n} \to +\infty$ .
Sintesis, satu kalimat untuk masing-masing: (i) di manakah persisnya kelengkapan masuk ke soal ini; (ii) dalam arti apakah Cesàro–Stolz merupakan aturan l’Hospital yang diskret (adapun kembaran diferensialnya bersandar pada teorema nilai rata-rata pada Bab 14); (iii) nyatakanlah heuristik yang menghubungkan orde kontak $f$ pada titik tetap yang netral dengan eksponen peluruhan $u_{n+1} = f(u_n)$ ; (iv) telusurilah konstanta $3$ pada $\sqrt{3/n}$ mundur lewat pipa $\frac16 \to \frac13 \to 3$ .

Solusi

Solusi Soal 11.1.

1. Di sini $\dfrac{n(n+1)/2}{n^2} = \dfrac{1 + 1/n}{2} \to \dfrac12$ , dan $\dfrac{n(n+1)(2n+1)/6}{n^3} = \dfrac{(1 + 1/n)(2 + 1/n)}{6} \to \dfrac13$ .

2. Batas atasnya: masing-masing dari $n$ sukunya bernilai $\leq \sqrt n$ , sehingga $T_n \leq n\sqrt n$ . Batas bawahnya: suku dengan $k > \frac n2$ berjumlah sekurang-kurangnya $\frac n2$ , dan masing-masingnya $\geq \sqrt{n/2}$ :

T_n \geq \frac n2 \sqrt{\frac n2} = \frac{n^{3/2}}{2\sqrt 2} .

3. Untuk $k \geq N$ , karena $b_{k+1} - b_k > 0$ : $m(b_{k+1} - b_k) \leq a_{k+1} - a_k \leq M(b_{k+1} - b_k)$ . Lalu menjumlahkannya untuk $k = N, \dots, n - 1$ , kedua ruasnya teleskopis:

m\,(b_n - b_N) \leq a_n - a_N \leq M\,(b_n - b_N),

dan membaginya dengan $b_n - b_N > 0$ memberikan klaimnya.

4. Menurut definisi limitnya ada $N$ dengan $\ell - \varepsilon \leq \frac{a_{k+1} - a_k}{b_{k+1} - b_k} \leq \ell + \varepsilon$ untuk setiap $k \geq N$ ; lalu pertanyaan 3 dengan $m = \ell - \varepsilon$ , $M = \ell + \varepsilon$ memindahkan apitannya ke $\frac{a_n - a_N}{b_n - b_N}$ .

5. Dengan menjabarkan ruas kanan kesamaannya:

\frac{a_N - \ell b_N}{b_n} + \frac{a_n - a_N}{b_n} - \ell\,\frac{b_n - b_N}{b_n} = \frac{a_n - \ell b_n}{b_n} = \frac{a_n}{b_n} - \ell .

Menurut pertanyaan 4, faktor kedua hasil kalinya terbatas oleh $\varepsilon$ dalam nilai mutlaknya, dan $0 < 1 - \frac{b_N}{b_n} \leq 1$ untuk $n$ yang besar, sehingga

\Bigl|\frac{a_n}{b_n} - \ell\Bigr| \leq \frac{\abs{a_N - \ell b_N}}{b_n} + \varepsilon \leq 2\varepsilon

begitu $b_n \geq \frac{\abs{a_N - \ell b_N}}{\varepsilon}$ , yang akhirnya terjadi karena $b_n \to +\infty$ . Jadi $\frac{a_n}{b_n} \to \ell$ : itulah teorema Cesàro–Stolz.

6. Diberikan $M$ , pilihlah $N$ dengan $\frac{a_{k+1} - a_k}{b_{k+1} - b_k} \geq M$ untuk $k \geq N$ ; lalu paruh bawah pertanyaan 3 memberikan $a_n - a_N \geq M(b_n - b_N)$ , sehingga

\frac{a_n}{b_n} \geq \frac{a_N}{b_n} + M\Bigl(1 - \frac{b_N}{b_n}\Bigr) \longrightarrow M .

Di luar suatu peringkat, $\frac{a_n}{b_n} \geq M - 1$ ; dan karena $M$ tadi sebarang, $\frac{a_n}{b_n} \to +\infty$ .

7. Dengan $b_n = n$ dan $a_n = u_1 + \dots + u_n$ : hasil bagi selisihnya adalah $u_{n+1} \to \ell$ , sehingga rata-rata Cesàro $\frac{a_n}{n}$ menuju $\ell$ : yaitu bagian (1) Latihan 11.10. Dengan $a_n = u_n$ : hasil bagi selisihnya adalah $u_{n+1} - u_n$ , yang memberikan bagian (3). Konversnya: $a_n = (-1)^n$ , $b_n = n$ mempunyai $\frac{a_n}{b_n} \to 0$ , namun $a_{n+1} - a_n = \pm 2$ berselang-seling: sehingga hasil bagi selisihnya tak berlimit.

8. Lewat pensekawanan:

\bigl((1+h)^{3/2} - 1\bigr)\bigl((1+h)^{3/2} + 1\bigr) = (1+h)^3 - 1 = 3h + 3h^2 + h^3 .

Untuk $h = \frac1n$ : $n\bigl((1 + \frac1n)^{3/2} - 1\bigr) = \frac{3 + 3/n + 1/n^2}{(1 + 1/n)^{3/2} + 1}$ , dan $1 \leq (1 + \frac1n)^{3/2} \leq (1 + \frac1n)^2 \to 1$ (lewat apitan), sehingga penyebutnya menuju $2$ dan ungkapannya menuju $\frac32$ . Sekarang Stolz dengan $a_n = T_n$ , $b_n = n^{3/2}$ (yang naik tegas dan $\to +\infty$ ):

\frac{\sqrt{n+1}}{(n+1)^{3/2} - n^{3/2}} = \frac{\sqrt{n+1}}{\sqrt n} \cdot \frac{1}{n\bigl((1 + \frac1n)^{3/2} - 1\bigr)} \longrightarrow 1 \cdot \frac{2}{3},

sehingga $T_n \sim \frac23\,n^{3/2}$ . (Adapun apitan pertanyaan 2 tadi memerangkap konstantanya di $\intcc{0.35}{1}$ ; sedangkan Stolz memakukannya.)

9. Dengan (G1) pada $u = \ln(1+t)$ : $1 + t = \eu^{\ln(1+t)} \geq 1 + \ln(1+t)$ , sehingga $\ln(1+t) \leq t$ . Lalu (G1) pada $u = -\frac{t}{1+t}$ : $\eu^{-t/(1+t)} \geq 1 - \frac{t}{1+t} = \frac{1}{1+t} > 0$ ; lalu mengambil $\ln$ (yang naik): $-\frac{t}{1+t} \geq -\ln(1+t)$ , yakni $\ln(1+t) \geq \frac{t}{1+t}$ .

10. Fungsi $\ln$ naik tegas (Proposisi 4.1), dan $\ln(2^k) = k\ln 2$ tak terbatas, sehingga $\ln n \to +\infty$ . Selisihnya: dengan $t = \frac1n$ pada pertanyaan 9,

\frac 1{n+1} = \frac{1/n}{1 + 1/n} \leq \ln\Bigl(1 + \frac1n\Bigr) \leq \frac1n \quad\Longrightarrow\quad \frac{n}{n+1} \leq \frac{1/(n+1)}{\ln(1 + 1/n)} \leq 1 ,

sehingga hasil bagi selisihnya $\frac{H_{n+1} - H_n}{\ln(n+1) - \ln n}$ menuju $1$ ; lalu Stolz memberikan $H_n \sim \ln n$ .

11. Tetapkan $x_n = \frac{u_{n+1}}{u_n} \to L$ dan $t_n = \frac{x_n}{L} - 1 \to 0$ . Menurut pertanyaan 9: $\frac{t_n}{1 + t_n} \leq \ln(1 + t_n) \leq t_n$ , sehingga $\ln x_n - \ln L = \ln(1 + t_n) \to 0$ lewat pengapitan. Lalu Cesàro (pertanyaan 7) yang diterapkan pada $(\ln x_k)$ :

\frac1n \sum_{k=0}^{n-1} \ln x_k = \frac{\ln u_n - \ln u_0}{n} \longrightarrow \ln L ,

sehingga $\frac{\ln u_n}{n} \to \ln L$ . Dengan $h_n = \frac{\ln u_n}{n} - \ln L \to 0$ : $u_n^{1/n} = L\,\eu^{h_n}$ , dan (G1) mengapit $1 + h_n \leq \eu^{h_n} \leq \frac{1}{1 - h_n}$ (untuk $h_n < 1$ ), sehingga $\eu^{h_n} \to 1$ dan $u_n^{1/n} \to L$ . Penerapannya: $u_n = \binom{2n}{n}$ memberikan

\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{(2n+1)(2n+2)}{(n+1)^2} = \frac{2(2n+1)}{n+1} \longrightarrow 4 , \qquad\text{sehingga}\qquad \binom{2n}{n}^{1/n} \to 4 .

12. Untuk $0 < x \leq 1$ , (G2) memberikan $\sin x \geq x(1 - \frac{x^2}{6}) \geq \frac{5x}{6} > 0$ dan

x - \sin x \geq \frac{x^3}{6} - \frac{x^5}{120} = x^3\Bigl(\frac16 - \frac{x^2}{120}\Bigr) \geq \frac{19}{120}\,x^3 > 0 :

jadi $0 < \sin x < x$ pada $\intoc{0}{1}$ . Selalu berlaku $u_1 = \sin u_0 \in \intcc{-1}{1}$ . Jika $u_1 = 0$ , maka $u_n = 0$ untuk $n \geq 1$ . Jika $u_1 \in \intoc{0}{1}$ : maka lewat induksi $0 < u_{n+1} = \sin u_n < u_n \leq 1$ , sehingga $(u_n)_{n\geq1}$ turun tegas dan terbatas di bawah oleh $0$ : jadi ia konvergen ke suatu $\ell \in \intco{0}{1}$ (Teorema 11.9). Adapun rumus hasil kali menjadi jumlah beserta (G2) memberikan $\abs{\sin a - \sin b} = 2\abs{\cos \frac{a+b}{2}}\,\abs{\sin\frac{a-b}{2}} \leq \abs{a - b}$ , sehingga $u_{n+1} = \sin u_n \to \sin \ell$ : jadi $\ell = \sin\ell$ . Jika $\ell > 0$ maka $\sin\ell < \ell$ : yang mustahil. Jadi $u_n \to 0$ .

13. Dengan membagi (G2) dengan $u_n > 0$ :

1 - \frac{u_n^2}{6} \leq \frac{\sin u_n}{u_n} \leq 1 - \frac{u_n^2}{6} + \frac{u_n^4}{120} \leq 1 ,

dan $u_n \to 0$ mengapit $\frac{\sin u_n}{u_n} \to 1$ . Lalu dengan membagi $x - \sin x$ dengan $x^3$ :

\frac16 - \frac{u_n^2}{120} \leq \frac{u_n - \sin u_n}{u_n^3} \leq \frac16 \longrightarrow \frac16 .

14. Karena $u_{n+1} = \sin u_n$ :

w_n = \frac{u_n^2 - \sin^2 u_n}{u_n^2 \sin^2 u_n} = \frac{(u_n - \sin u_n)(u_n + \sin u_n)}{u_n^2 \sin^2 u_n} = \frac{u_n - \sin u_n}{u_n^3}\cdot \frac{u_n + \sin u_n}{u_n}\cdot \Bigl(\frac{u_n}{\sin u_n}\Bigr)^{2}

(periksalah pangkat $u_n$ -nya: $3 + 1 + (-4)$ terhadap $u_n^2$ di bawah dan $u_n^4$ di atas). Menurut pertanyaan 13, ketiga faktornya menuju $\frac16$ , $2$ , $1$ : jadi $w_n \to \frac13$ .

15. Di sini $v_n = \frac{1}{u_n^2}$ berselisih $v_{n+1} - v_n = w_n \to \frac13$ , sehingga $\frac{v_n}{n} \to \frac13$ menurut Latihan 11.10 (3): jadi $n u_n^2 \to 3$ . Lalu

\abs{\sqrt n\,u_n - \sqrt 3} = \frac{\abs{n u_n^2 - 3}}{\sqrt n\,u_n + \sqrt 3} \leq \frac{\abs{n u_n^2 - 3}}{\sqrt 3} \longrightarrow 0 :

jadi $\sqrt n\,u_n \to \sqrt 3$ , yakni $u_n \sim \sqrt{3/n}$ .

16. Karena $n u_n^2 \to 3$ , akhirnya $2 \leq n u_n^2 \leq 4$ , yakni $\sqrt{2/n} \leq u_n \leq 2/\sqrt n$ . Jika $u_n \leq 10^{-2}$ dengan $n$ pada rentang itu, maka $2/n \leq 10^{-4}$ : jadi $n \geq 20\,000$ ; dan $\sqrt{3/n} = 10^{-2}$ pada $n = 30\,000$ . Adapun metode Heron mengkuadratkan galatnya pada setiap langkah — sehingga cacah angkanya berlipat dua — karena pada titik tetapnya kemiringan yang relevan bermodulus $< 1$ (memang iterasinya bersifat mengontraksi). Di sini $\sin' 0 = \cos 0 = 1$ : jadi titik tetapnya netral, tak ada kontraksi geometri, dan peluruhannya dikuasai oleh suku taklinear yang pertama $-\frac{x^3}{6}$ , sehingga bersifat polinomial. Satu langkah Heron memperoleh ketelitian yang lebih banyak daripada sepuluh ribu langkah sinusnya.

17. Untuk $u_0$ yang sebarang: $u_1 = \sin u_0 \in \intcc{-1}{1}$ . Jika $u_1 = 0$ maka barisannya lenyap mulai peringkat $1$ . Jika $u_1 > 0$ , Bagian IV berlaku persis apa adanya. Jika $u_1 < 0$ , tetapkan $v_n = -u_n$ : maka keganjilan $\sin$ memberikan $v_{n+1} = -\sin u_n = \sin(-u_n) = \sin v_n$ dengan $v_1 \in \intoc{0}{1}$ , sehingga $v_n \sim \sqrt{3/n}$ , yakni $u_n \sim -\sqrt{3/n}$ . Pada semua kasusnya $\abs{u_n} \sim \sqrt{3/n}$ (atau barisannya akhirnya $0$ ): jadi jatuhnya bersifat semesta, dan hanya tandanya yang mengingat awalnya.

18. Pertama $\frac{u_{n+1}}{u_n} = 1 - \frac{u_n - u_{n+1}}{u_n^2}\,u_n \to 1 - a \cdot 0 = 1$ . Lalu

\frac{1}{u_{n+1}} - \frac{1}{u_n} = \frac{u_n - u_{n+1}}{u_n u_{n+1}} = \frac{u_n - u_{n+1}}{u_n^2}\cdot\frac{u_n}{u_{n+1}} \longrightarrow a \cdot 1 = a ,

dan Latihan 11.10 (3) memberikan $\frac{1}{n u_n} \to a$ , yakni $n u_n \to \frac1a$ .

19. Dengan $v_n = \frac{1}{u_n}$ : $v_{n+1} = \frac{1 + u_n}{u_n} = v_n + 1$ , sehingga $v_n = v_0 + n$ dan

u_n = \frac{u_0}{1 + n u_0} , \qquad n u_n = \frac{n u_0}{1 + n u_0} \longrightarrow 1 .

Periksa lemanya: $u_n - u_{n+1} = \frac{u_n^2}{1 + u_n}$ , sehingga $\frac{u_n - u_{n+1}}{u_n^2} = \frac{1}{1 + u_n} \to 1 = a$ , dan pertanyaan 18 meramalkan $n u_n \to 1$ : jadi persis bersesuaian.

20. Kepositifannya lewat induksi (karena $\eu^{-u} > 0$ ); ia turun karena $\eu^{-u_n} < 1$ untuk $u_n > 0$ ; sehingga $u_n \to \ell \geq 0$ (Teorema 11.9). Jembatan kekontinuannya: dengan $h_n = \ell - u_n \to 0$ , $\eu^{-u_n} = \eu^{-\ell} \eu^{h_n} \to \eu^{-\ell}$ menurut apitan (G1) $1 + h_n \leq \eu^{h_n} \leq \frac{1}{1 - h_n}$ ; jadi $\ell = \ell\, \eu^{-\ell}$ , dan $\ell > 0$ akan memaksa $\eu^{-\ell} = 1$ , yang salah: sehingga $\ell = 0$ . Untuk $t > 0$ , (G1) memberikan $\eu^{-t} \geq 1 - t$ dan $\eu^{-t} \leq \frac{1}{1 + t}$ , sehingga

\frac{1}{1 + t} \leq \frac{1 - \eu^{-t}}{t} \leq 1 .

Dengan $t = u_n$ : $\frac{u_n - u_{n+1}}{u_n^2} = \frac{1 - \eu^{-u_n}}{u_n} \to 1$ . Lalu pertanyaan 18 dengan $a = 1$ : $n u_n \to 1$ , sehingga $u_n \sim \frac1n$ .

21. Seperti pada pertanyaan 18, $\frac{u_{n+1}}{u_n} = 1 - \frac{u_n - u_{n+1}}{u_n^3}\,u_n^2 \to 1$ . Lalu

\frac{1}{u_{n+1}^2} - \frac{1}{u_n^2} = \frac{(u_n - u_{n+1})(u_n + u_{n+1})}{u_n^2 u_{n+1}^2} = \frac{u_n - u_{n+1}}{u_n^3}\cdot \frac{u_n + u_{n+1}}{u_n}\cdot \Bigl(\frac{u_n}{u_{n+1}}\Bigr)^2 \longrightarrow a \cdot 2 \cdot 1 = 2a ,

dan Latihan 11.10 (3) memberikan $\frac{1}{n u_n^2} \to 2a$ : jadi $n u_n^2 \to \frac{1}{2a}$ . Untuk sinusnya, $a = \frac16$ (pertanyaan 13): sehingga $n u_n^2 \to 3$ , yaitu persis Bagian IV.

22. Selisihnya: $a_{n+1} - a_n = 2^{-n} - 2^{-n-1} = 2^{-n-1} = b_{n+1} - b_n$ , sehingga hasil bagi selisihnya selalu $1$ . Namun $\frac{a_n}{b_n} = \frac{2 - 2^{-n}}{1 - 2^{-n}} \to 2 \neq 1$ . Adapun bukti pertanyaan 5 patah pada suku batasnya: karena $\frac{a_N - \ell b_N}{b_n} \to 0$ memerlukan $b_n \to +\infty$ ; sedangkan di sini (dengan $\ell = 1$ ) $a_N - b_N = 1$ dan $b_n \to 1$ , sehingga sukunya menuju $1$ — yaitu persis celah sisanya $2 - 1$ .

23. Stolz dengan $A_n = \sum_{k=1}^n H_k$ dan $B_n = n\ln n$ : di sini $B_{n+1} - B_n = \ln(n+1) + n\ln(1 + \frac1n) > 0$ dan $B_n \to +\infty$ . Menurut pertanyaan 9, $\frac{n}{n+1} \leq n\ln(1 + \frac1n) \leq 1$ , sehingga $B_{n+1} - B_n = \ln(n+1) + \theta_n$ dengan $\frac12 \leq \theta_n \leq 1$ . Jadi

\frac{A_{n+1} - A_n}{B_{n+1} - B_n} = \frac{H_{n+1}}{\ln(n+1)}\cdot \frac{1}{1 + \theta_n/\ln(n+1)} \longrightarrow 1 \cdot 1 = 1

(dengan pertanyaan 10 untuk faktor pertamanya; sedangkan $\theta_n$ terbatas dan $\ln(n+1) \to \infty$ untuk yang kedua). Lalu Stolz menyimpulkan: $\sum_{k=1}^n H_k \sim n\ln n$ .

24. Jika $u_n \to \ell > 0$ : maka seperti pada pertanyaan 11, $\ln u_n \to \ln\ell$ (lewat apitan pertanyaan 9 pada $\ln\frac{u_n}{\ell}$ ), sehingga rata-rata Cesàronya $\frac1n\sum_{k=1}^n \ln u_k \to \ln\ell$ , dan jembatan eksponensial pertanyaan 11 memberikan $(u_1\cdots u_n)^{1/n} = \exp\bigl(\frac1n\sum\ln u_k\bigr) \to \ell$ . Jika $u_n \to +\infty$ : maka untuk sebarang $M$ , akhirnya $u_n \geq \eu^M$ , sehingga $\ln u_n \geq M$ : jadi $\ln u_n \to +\infty$ ; lalu Cesàro yang $+\infty$ (pertanyaan 6, dengan $b_n = n$ ) memberikan $\frac1n\sum \ln u_k \to +\infty$ , dan (G1) ( $\eu^s \geq 1 + s$ ) mengirim rata-rata geometrinya ke $+\infty$ . Dengan $u_n = n$ : $(n!)^{1/n} \to +\infty$ .

25. (i) Kelengkapan masuk hanya lewat teorema limit monoton, untuk menghasilkan limit pada pertanyaan 12 dan 20; sedangkan teorema Cesàro–Stolz sendiri murni pengelolaan $\varepsilon$ , yang sah di atas $\Q$ . (ii) Stolz mengganti $\lim \frac{a_n}{b_n}$ dengan $\lim$ hasil bagi selisihnya, persis seperti l’Hospital mengganti $\lim\frac fg$ dengan $\lim\frac{f'}{g'}$ — adapun kembaran diferensialnya bersandar pada teorema nilai rata-rata pada Bab 14. (iii) Heuristiknya: jika $f(x) = x - a\,x^{p+1} + o(x^{p+1})$ pada titik tetap yang netral $0$ , maka $\frac{1}{u_{n+1}^p} - \frac{1}{u_n^p} \to pa$ dan $u_n \sim (pan)^{-1/p}$ : jadi kontak berorde $p + 1$ menghasilkan peluruhan $n^{-1/p}$ — sehingga makin rata grafiknya terhadap diagonalnya, makin lambat jatuhnya. (iv) Konstantanya: (G2) memasok koefisien kubiknya $\frac16$ ; lalu pemfaktoran pertanyaan 14 melipatduakannya menjadi selisih teleskopnya $\frac13$ ; lalu Cesàro mengubah $\frac{1}{u_n^2}$ menjadi $\frac n3$ ; dan membalikkannya lalu menarik akarnya menghasilkan $\sqrt{3/n}$ .

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium