---
title: "Barisan"
book: "Matematika Universitas — Tahun 1"
subject: math
language: id
chapter: 11
exercises: 12
source: https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/11-barisan
---

# Bab 11 — Barisan

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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/10-bilangan-real#ch-b1-reals)): setiap teorema klasiknya — kekonvergenan monoton, [barisan berdampingan](#thm-b1-seq-adjacent), 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 ε\varepsilonε–NNN, 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/10-bilangan-real#thm-b1-reals-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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#def-b1-logic-statement) tentang ekornya, yang acuh tak acuh terhadap sebanyak apa pun kelakuan buruk yang berhingga.

**Proposisi 11.4 (Sifat yang pertama).**

1. Limitnya, bila ada, bersifat tunggal.
2. Barisan yang konvergen bersifat terbatas.
3. 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](#prop-b1-seq-first)), 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/3-bilangan-kompleks#prop-b1-complex-rules)). ∎

**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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/16-rumus-taylor-dan-ekspansi-asimtotik#ch-b1-taylor).

**Teorema 11.7 (Limit dan urutan).**

1. 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 $\lim = 0$ .)
2. (Teorema apit) Jika $u_n \leq w_n  \leq v_n$ untuk setiap $n$ yang besar dan $u_n, v_n \to \ell$ , maka $w_n \to \ell$ .
3. 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](#def-b1-seq-limit) 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](#exo-b1-seq-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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#def-b1-logic-statement) cerminnya untuk barisan turun.)

**Bukti.** Misalkan $s = \sup\{u_n\}$ ([Teorema 10.2](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/10-bilangan-real#thm-b1-reals-sup)). Diberikan $\varepsilon >
0$, pencirian lewat $\varepsilon$ ([Proposisi 10.4](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/10-bilangan-real#prop-b1-reals-epsilon)) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/14-pendiferensialan#ex-b1-derivative-convexineq); 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](#ex-b1-seq-e) di bawah), dan pada [Bab 17](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/17-deret-numerik#ch-b1-series) 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](#thm-b1-seq-monotone)); 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 .](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-seq/fig-3a699c2487eb.svg)

*[Barisan berdampingan](#thm-b1-seq-adjacent): di sini $(a_n)$ mendaki, $(b_n)$ menurun, dan celah di antaranya menyusut ke $0$. Setiap [selang](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/10-bilangan-real#prop-b1-reals-intervals) $\intcc{a_n}{b_n}$ memuat semua [selang](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/10-bilangan-real#prop-b1-reals-intervals) berikutnya, dan limit bersamanya $\ell$ adalah satu-satunya titik yang tersisa pada setiap [selang](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/10-bilangan-real#prop-b1-reals-intervals) — yaitu gambaran di balik bukti dikotomi Bolzano–Weierstrass di bawah dan bukti teorema nilai antara pada [Bab 13](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/13-limit-dan-kekontinuan#ch-b1-continuity).*

**Contoh 11.12 (Bilangan e\eue).**

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](#exo-b1-seq-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](#def-b1-seq-subsequence) menuju $\ell$. Akibatnya, barisan yang mempunyai dua [subbarisan](#def-b1-seq-subsequence) 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](#def-b1-seq-subsequence): $\varphi(0)
\geq 0$, 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](#def-b1-seq-subsequence) itu, dan itulah seluruh intinya. ∎

**Contoh 11.15 (Limit subbarisan).**

Untuk $u_n = (-1)^n \frac{n}{n+1}$: [subbarisan](#def-b1-seq-subsequence) 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](#def-b1-seq-subsequence) berindeks $3k$, $3k + 1$, $3k + 2$ bersifat konstan, yang bernilai $1$, $-\frac12$, $-\frac12$; jadi [himpunan](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#def-b1-logic-sets) limit [subbarisannya](#def-b1-seq-subsequence) adalah $\{1,
-\frac12\}$. Inti gagasan penutupnya: bahwa barisan yang *terbatas* konvergen tepat ketika ia hanya mempunyai satu limit [subbarisan](#def-b1-seq-subsequence) ([Latihan 11.8](#exo-b1-seq-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](#def-b1-seq-subsequence) 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](#thm-b1-seq-adjacent)).

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](#def-b1-seq-subsequence) 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](#def-b1-seq-subsequence) yang konvergen ke $1$ dan ke $-1$, dan [himpunan](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#def-b1-logic-sets) limit [subbarisannya](#def-b1-seq-subsequence) bahkan boleh tak hingga ([Contoh 11.15](#ex-b1-seq-sublimits), beserta seluruh [himpunan](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/1-logika-himpunan-dan-pemetaan#def-b1-logic-sets) Cantor pada [Soal 12.1](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/12-topologi-garis-real#pb-b1-topology-1)). Ia tak bertahan pada ketakterbatasan: karena $(n)$ sama sekali tak mempunyai [subbarisan](#def-b1-seq-subsequence) yang konvergen — meskipun kita selalu dapat mengekstrak [subbarisan](#def-b1-seq-subsequence) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/17-deret-numerik#ch-b1-series) akan membotolkan argumen itu sebagai “kekonvergenan mutlak mengakibatkan kekonvergenan”.

**Teorema 11.20 (Kelengkapan R\RR).**

Barisan bilangan real konvergen jika dan hanya jika ia [barisan Cauchy](#def-b1-seq-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](#thm-b1-seq-bw), suatu [subbarisan](#def-b1-seq-subsequence) $u_{\varphi(n)} \to \ell$. *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](#def-b1-seq-cauchy) berisi bilangan rasional tanpa limit yang rasional): jadi kelengkapan merupakan sifat $\R$, yang setara dengan aksioma [batas atas](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/10-bilangan-real#def-b1-reals-bounds). Ia juga kuda beban di balik kekonvergenan deret ([Bab 17](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/17-deret-numerik#ch-b1-series)).

**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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/17-deret-numerik#ch-b1-series).

## 11.5 Barisan rekuren

**Metode 11.23 (Menelaah un+1=f(un)u_{n+1} = f(u_n)un+1​=f(un​)).**

Diberikan $f$ dan titik awal $u_0$:

1. *[Selang](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/10-bilangan-real#prop-b1-reals-intervals) yang stabil:* carilah [selang](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/10-bilangan-real#prop-b1-reals-intervals) $I$ dengan $f(I)  \subseteq I$ yang memuat $u_0$ : maka semua $u_n \in I$ (lewat induksi).
2. *Calon limitnya:* jika $u_n \to \ell \in I$ dan $f$ kontinu di $\ell$ ( [Bab 13](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/13-limit-dan-kekontinuan#ch-b1-continuity) ), maka $\ell$ merupakan *titik tetap* : $f(\ell) = \ell$ . Pecahkanlah $f(x) = x$ .
3. *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](#thm-b1-seq-monotone) menyimpulkannya. Jika $f$ turun, telaahlah kedua [subbarisan](#def-b1-seq-subsequence) $(u_{2n})$ dan $(u_{2n+1})$ , yang monoton bagi $f \circ f$ .
4. *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.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-seq/fig-1827245c9f25.svg)

*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](#exo-b1-seq-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](#thm-b1-seq-order)); 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](#def-b1-seq-subsequence) yang konvergen ([Teorema 11.16](#thm-b1-seq-bw)). (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](#met-b1-seq-recurrent), langkah 1–3), lalu pengenalan kedua.

**Contoh 11.26 (Sebuah fff 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](#met-b1-seq-recurrent) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/6-aritmetika-bilangan-bulat#def-b1-arith-divides) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/14-pendiferensialan#exo-b1-derivative-11)).

**Catatan 11.27 (Cakrawala di dalam jilid ini).**

Barisan adalah alat ukur yang ditodongkan sisa jilid ini kepada setiap objek. Pada [Bab 12](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/12-topologi-garis-real#ch-b1-topology) ia *mencirikan* ketertutupan dan kekompakan; pada [Bab 13](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/13-limit-dan-kekontinuan#ch-b1-continuity) ia mengangkut limit fungsi; pada [Bab 15](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/15-pengintegralan-pada-sebuah-ruas#ch-b1-integration) jumlah Riemann merupakan barisan yang konvergen ke integralnya; sedangkan [Bab 17](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/17-deret-numerik#ch-b1-series) *adalah* teori satu kelas khusus barisan, yaitu jumlah parsialnya. Bahkan bab aljabarnya memakainya: iterasi sebuah matriks pada [Bab 21](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/21-matriks#ch-b1-matrices) 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](#def-b1-seq-limit), buktikan bahwa $\dfrac{2n+1}{n+3} \to 2$, dan bahwa $(u_n) = ((-1)^n)$ divergen.

**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](#def-b1-seq-subsequence) $(u_{2n}) = (1)$ dan $(u_{2n+1}) =
(-1)$ konvergen ke limit yang berbeda, sehingga barisannya divergen ([Proposisi 11.14](#prop-b1-seq-subsequences)). (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 Latihan 11.2.**

Dengan [membaginya](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/6-aritmetika-bilangan-bulat#def-b1-arith-divides) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/8-polinomial#def-b1-poly-def) lawan geometri ([Proposisi 4.6](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/4-fungsi-baku#prop-b1-functions-powerrules)).

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

**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 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](#exo-b1-seq-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 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](#def-b1-seq-cauchy), sehingga divergen (ke $+\infty$, karena ia naik).

**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](#thm-b1-seq-monotone)): 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](#def-b1-seq-subsequence) bersama untuk menyamakan limitnya.)*

**Solusi Latihan 11.6.**

Misalkan $a = \lim u_{2n}$, $b = \lim u_{2n+1}$, $c = \lim u_{3n}$. Barisan $(u_{6n})$ merupakan [subbarisan](#def-b1-seq-subsequence) $(u_{2n})$ sekaligus $(u_{3n})$: sehingga limitnya sama dengan $a$ dan $c$, jadi $a = c$. Barisan $(u_{6n+3})$ merupakan [subbarisan](#def-b1-seq-subsequence) $(u_{2n+1})$ (yaitu indeks ganjil) dan $(u_{3n})$ (dengan indeks $6n + 3 = 3(2n+1)$): sehingga $b = c$. Jadi $a = b$, lalu [Proposisi 11.14](#prop-b1-seq-subsequences) (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 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](#thm-b1-seq-monotone)).

*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](#def-b1-seq-subsequence) $(u_n)$ yang konvergen mempunyai limit $\ell$ yang *sama*. Buktikan $u_n \to \ell$. *(Pertentangan ditambah Bolzano–Weierstrass.)*

**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](#def-b1-seq-subsequence) $(u_{\varphi(n)})$. [Subbarisan](#def-b1-seq-subsequence) ini terbatas, sehingga menurut Bolzano–Weierstrass ([Teorema 11.16](#thm-b1-seq-bw)) ia mempunyai subsubbarisan yang konvergen, yang limitnya $\ell'$ memenuhi $\abs{\ell' - \ell} \geq \varepsilon_0$ (karena ketaksamaannya diteruskan ke limitnya, [Teorema 11.7](#thm-b1-seq-order)). Padahal subsubbarisan $(u_n)$ merupakan [subbarisan](#def-b1-seq-subsequence) $(u_n)$ yang konvergen, sehingga menurut hipotesisnya $\ell' = \ell$: yang bertentangan.

**Latihan 11.9 ★★★.**

Dengan notasi [Contoh 11.12](#ex-b1-seq-e), 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 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 $c_n =
\frac{u_1 + \dots + u_n}{n}$.

1. 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 $\varepsilon$)* .
2. Tunjukkan lewat contoh bahwa konversnya gagal.
3. Simpulkan bahwa jika $u_{n+1} - u_n \to \ell$ , maka $\frac{u_n}{n}  \to \ell$ .

**Solusi Latihan 11.10.**

1. 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 $\abs{c_n -  \ell} \leq \varepsilon$.
2. $u_n = (-1)^n$ : divergen, namun $c_n \to 0$ (karena jumlah parsialnya terbatas oleh $1$ , lalu dibagi $n$ ).
3. 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 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/7-struktur-aljabar#def-b1-structures-subgroup) $\Z + 2\pi\Z$ dari $(\R, +)$ ([Latihan 10.9](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/10-bilangan-real#exo-b1-reals-9)), buktikan bahwa barisan $(\sin n)_{n \in
\N}$ padat di $\intcc{-1}{1}$ — khususnya ia divergen.

**Solusi Latihan 11.12.**

[Subgrup](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/7-struktur-aljabar#def-b1-structures-subgroup) $G = \Z + 2\pi\Z$ 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/15-pengintegralan-pada-sebuah-ruas#ch-b1-integration)). Menurut [Latihan 10.9](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/10-bilangan-real#exo-b1-reals-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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/14-pendiferensialan#ch-b1-derivative)),

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

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](#def-b1-seq-subsequence) 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/14-pendiferensialan#ch-b1-derivative), 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/16-rumus-taylor-dan-ekspansi-asimtotik#ch-b1-taylor).

**Bagian I — Jumlah tanpa rumus tertutup.**

1. 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 $\lim \frac{1^2 +  \dots + n^2}{n^3}$ .
2. 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.
3. (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 $\dfrac{a_{n+1} - a_n}{b_{n+1} - b_n} \to \ell \in \R$.

4. 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 $n > N$ .
5. 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: $\dfrac{a_n}{b_n} \to \ell$.
6. 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 $\dfrac{a_n}{b_n} \to +\infty$ .
7. Ambillah $b_n = n$ : pulihkan teorema rata-rata Cesàro pada [Latihan 11.10](#exo-b1-seq-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.**

8. 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.
9. 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 $u =  -t/(1+t)$)*.
10. 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/17-deret-numerik#ch-b1-series).)
11. (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 $u_{n+1} = \sin u_n$.

12. 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)* .
13. Anggaplah mulai sekarang $u_1 \in \intoc{0}{1}$. Tunjukkan lewat pengapitan, dengan memakai (G2): $$\frac{\sin u_n}{u_n} \to 1  \qquad\text{dan}\qquad  \frac{u_n - \sin u_n}{u_n^{3}} \to \frac16 .$$
14. 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 $w_n \to \frac13$.
15. Tutuplah dengan [Latihan 11.10](#exo-b1-seq-10) (yaitu versi selisihnya) bahwa $\frac{1}{n\,u_n^{2}} \to \frac13$, lalu, lewat argumen pensekawanan bagi akar kuadratnya, judulnya: $$\sqrt n\;u_n \longrightarrow \sqrt 3 ,  \qquad\text{yakni}\qquad  u_n \sim \sqrt{\frac 3n} .$$
16. 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](#ex-b1-seq-heron) ( [Contoh 11.24](#ex-b1-seq-heron) ) 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 $< 1$ .
17. 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.

18. 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 $n\,u_n \to \frac1a$ .
19. (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.
20. 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 $u_n  \sim \frac 1n$ .
21. (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.**

22. 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.
23. (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)* .
24. (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 $(n!)^{1/n} \to +\infty$ .
25. 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/14-pendiferensialan#ch-b1-derivative) ); (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 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/6-aritmetika-bilangan-bulat#def-b1-arith-divides) 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](#exo-b1-seq-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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/4-fungsi-baku#prop-b1-functions-expln)), 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](#thm-b1-seq-monotone)). 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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/6-aritmetika-bilangan-bulat#def-b1-arith-divides) (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](#exo-b1-seq-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](#ex-b1-seq-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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/8-polinomial#def-b1-poly-def). 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](#exo-b1-seq-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](#thm-b1-seq-monotone)). 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](#exo-b1-seq-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](https://one-course.com/books/math/3/id/chapter/14-pendiferensialan#ch-b1-derivative). (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 $\sqrt{3/n}$.