Soal dan Pembahasan - Limit Barisan
Istilah barisan bilangan telah diperkenalkan pada jenjang Sekolah Menengah. Pembaca tentu mengenal barisan berikut. $$1,4,7,10,\ldots \quad \text{dan} \quad 3,6,12,24,\ldots$$
Secara berturut-turut, barisan ini dikenal dengan nama barisan aritmatika dan barisan geometri.
Sebenarnya, apa sih definisi barisan? Sebelum membahas lebih lanjut, mari perhatikan Daftar Isi berikut.
Daftar Isi
Definisi Barisan
Barisan dalam himpunan $A$ adalah fungsi yang memiliki domain $\mathbb{N}$ dan daerah hasil termuat dalam himpunan $A$. Jika $A=\mathbb{R}$ maka barisan itu disebut Barisan Bilangan Real.
Definisi
Barisan bilangan real (atau barisan dalam $\mathbb{R}$) adalah sebuah fungsi yang didefinisikan pada himpunan bilangan asli $\mathbb{N}$, di mana daerah hasilnya termuat dalam himpunan bilangan real $\mathbb{R}$.
Misalkan $X:\mathbb{N} \to \mathbb{R}$ adalah sebuah barisan. Barisan ini dapat dinyatakan dengan notasi $$X, \;\; (x_n), \;\; \text{atau} \;\; (x_n:n \in \mathbb{N})$$
Sebagai contoh, barisan $$\left( \frac{1}{2},\frac{1}{3},\frac{1}{4},\ldots \right)$$ dapat dinyatakan sebagai $$\left( \frac{1}{n}: n \in \mathbb{N} \right)$$ atau cukup dengan $$\left( \frac{1}{n} \right)$$
Limit Barisan
Perhatikan barisan berikut. $$X=\left( \frac{1}{n} : n \in \mathbb{N} \right) = \left( 1,\frac{1}{2},\frac{1}{3},\frac{1}{4},\ldots \right)$$
Suku-suku barisan di atas menuju ke sebuah bilangan. Suku ke-$100$ adalah $1/100=0.01$, suku ke-$1000$ adalah $1/1000=0.001$, dan suku ke-$10000$ adalah $0.0001$. Yah, suku-suku dari barisan ini menuju ke bilangan $0$.
Bilangan yang dituju oleh suku-suku barisan ini disebut limit dari barisan $X$. Namun, tidak semua barisan mempunyai nilai limit. Coba perhatikan barisan berikut. $$(n: n \in \mathbb{N})=(1,2,3,\ldots)$$
Suku-suku pada barisan di atas terus membesar, tidak menuju ke suatu bilangan tertentu. Barisan semacam ini disebut barisan divergen. Lawannya adalah barisan konvergen, yaitu barisan yang mempunyai nilai limit.
Definisi
Sebuah barisan $X=(x_n)$ dalam $\mathbb{R}$ disebut konvergen ke $x \in \mathbb{R}$, dengan kata lain $x$ disebut limit dari barisan $(x_n)$, jika untuk setiap $\varepsilon > 0$ terdapat bilangan asli $K$ sedemikian sehingga untuk setiap $n \geq K$, berlaku $$|x_n-x| < \varepsilon$$
Jika barisan $X=(x_n)$ mempunyai limit $x$, maka kita gunakan notasi $$\lim X=x \quad \text{atau} \quad \lim (x_n) = x$$
Selain menggunakan definisi, limit barisan dapat dibuktikan dengan Teorema berikut.
Teorema 1
Misalkan $(x_n)$ adalah barisan bilangan real dan $x \in \mathbb{R}$. Jika $(a_n)$ adalah barisan bilangan real positif yang konvergen ke $0$, dan untuk suatu konstanta $C$ dan $m \in \mathbb{N}$ berlaku $$|x_n-x| \leq Ca_n, \quad \text{untuk setiap } n \geq m$$ maka $\lim (x_n)=x$.
Soal dan Pembahasan
Kita mulai dengan membuktikan ketunggalan nilai limit dari suatu barisan konvergen.
Misalkan $(x_n)$ adalah barisan bilangan real yang konvergen. Buktikan bahwa limit dari $(x_n)$ bersifat tunggal.
Pernyataan di atas akan dibuktikan dengan kontradiksi. Andaikan limit dari barisan $(x_n)$ tidak tunggal. Artinya, terdapat $x,x' \in \mathbb{R}$ sedemikian sehingga $$\lim(x_n)=x \quad \text{dan} \quad \lim(x_n)=x'$$ di mana $x \neq x'$.
Misalkan $\varepsilon > 0$, sehingga $\varepsilon/2 > 0$. Berdasarkan definisi, terdapat bilangan asli $K$ sedemikian sehingga untuk setiap $n \geq K$, berlaku $$|x_n-x| < \frac{\varepsilon}{2} \tag{1}$$ dan terdapat bilangan asli $K'$ sedemikian sehingga untuk setiap $n \geq K'$, berlaku $$|x_n-x'| < \frac{\varepsilon}{2} \tag{2}$$
Misalkan $M=\max(K,K')$. Untuk setiap $n \geq M$ berlaku $$\begin{aligned} |x-x'| &= |x-x_n+x_n-x'| \\ &= |(x_n-x')-(x_n-x)| \end{aligned}$$
Berdasarkan ketaksamaan segitiga, diperoleh $$|x-x'| \leq |x_n-x'|+|x_n-x|$$
Karena $M \geq K$ dan $M \geq K'$, maka pertidaksamaan $(1)$ dan $(2)$ berlaku, sehingga $$|x-x'| < \frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon$$
Karena $\varepsilon$ adalah sebarang bilangan real positif, maka dapat disimpulkan $|x-x'|=0$. Dengan kata lain, $x=x'$. Kontradiksi.
Dengan demikian, limit dari barisan $(x_n)$ bersifat tunggal.
Gunakan definisi limit barisan untuk membuktikan $$\lim \left( \frac{1}{n} \right) = 0$$
Misalkan $\varepsilon > 0$. Berdasarkan definisi, kita perlu menemukan nilai $K$, sehingga untuk setiap $n \geq K$ berlaku $$\left| \frac{1}{n}-0 \right| < \varepsilon$$
Perhatikan bahwa $$\left| \frac{1}{n}-0 \right| = \left| \frac{1}{n}\right| = \frac{1}{n}$$
Karena $n \geq K$, maka $1/n \leq 1/K$, sehingga $$\left| \frac{1}{n}-0 \right| = \frac{1}{n} \leq \frac{1}{K}$$
Kita perlu menemukan bilangan asli $K$ yang memenuhi $$\frac{1}{K} < \varepsilon$$
Nah, bentuk di atas ekuivalen dengan $$K > \frac{1}{\varepsilon}$$
Apakah nilai $K$ selalu ada berapapun nilai $\varepsilon$? Ya, berdasarkan Sifat Archimedes.
Jadi, kita memilih nilai $K$ yang memenuhi $K > 1/\varepsilon$. Sebagai contoh, jika $\varepsilon = 0.1$ maka dapat dipilih nilai $K$ yang memenuhi $K > 10$. Misalnya $K=11$ atau $K=14$.
BuktiDiambil sebarang $\varepsilon > 0$, sehingga $1/\varepsilon > 0$. Berdasarkan Sifat Archimedes, terdapat $K \in \mathbb N$ sedemikian sehingga $K > 1/\varepsilon$. Dengan kata lain, $1/K < \varepsilon$.
Jika $n \geq K$, maka $$\left| \frac{1}{n}-0 \right| = \left| \frac{1}{n}\right| = \frac{1}{n} \leq \frac{1}{K} < \varepsilon$$
Dengan demikian, limit dari barisan tersebut adalah $0$.
Gunakan definisi limit barisan untuk membuktikan $$\lim \left( \frac{1}{\sqrt{n}} \right) = 0$$
Misalkan $\varepsilon > 0$. Berdasarkan definisi, kita perlu menemukan nilai $K$, sehingga untuk setiap $n \geq K$ berlaku $$\left| \frac{1}{\sqrt{n}}-0 \right| < \varepsilon$$
Perhatikan bahwa $$\left| \frac{1}{\sqrt{n}}-0 \right| = \left| \frac{1}{\sqrt{n}}\right| = \frac{1}{\sqrt{n}}$$
Karena $n \geq K$, maka $1/\sqrt{n} \leq 1/\sqrt{K}$, sehingga $$\left| \frac{1}{\sqrt{n}}-0 \right| = \frac{1}{\sqrt{n}} \leq \frac{1}{\sqrt{K}}$$
Kita perlu menemukan bilangan asli $K$ yang memenuhi $$\frac{1}{\sqrt{K}} < \varepsilon$$ yang ekuivalen dengan $$K > \frac{1}{\varepsilon^2}$$
Karena $1/\varepsilon^2 \in \mathbb{R}$, maka keberadaan nilai $K$ ini dijamin oleh Sifat Archimedes.
Jadi, kita memilih nilai $K$ yang memenuhi $K > 1/\varepsilon^2$. Sebagai contoh, jika $\varepsilon = 0.1$ maka dapat dipilih nilai $K$ yang memenuhi $K > 100$.
BuktiDiambil sebarang $\varepsilon > 0$, sehingga $1/\varepsilon^2 > 0$. Berdasarkan Sifat Archimedes, terdapat $K \in \mathbb N$ sedemikian sehingga $K > 1/\varepsilon^2$. Bentuk ini ekuivalen dengan $$\frac{1}{\sqrt{K}} < \varepsilon$$
Jika $n \geq K$, maka $$\left| \frac{1}{\sqrt{n}}-0 \right| = \left| \frac{1}{\sqrt{n}} \right| = \frac{1}{\sqrt{n}} \leq \frac{1}{\sqrt{K}} < \varepsilon$$
Dengan demikian, limit dari barisan tersebut adalah $0$.
Misalkan $b \in \mathbb{R}$. Gunakan definisi limit barisan untuk membuktikan $$\lim \left( \frac{b}{n} \right) = 0$$
Diambil sebarang $\varepsilon > 0$ dan $b \in \mathbb R$, sehingga $|b|/\varepsilon > 0$. Berdasarkan Sifat Archimedes, terdapat $K \in \mathbb N$ sedemikian sehingga $K > |b|/\varepsilon$. Dengan kata lain, $|b|/K < \varepsilon$.
Jika $n \geq K$, maka $$\left| \frac{b}{n}-0 \right| = \left| \frac{b}{n}\right| = \frac{|b|}{n} \leq \frac{|b|}{K} < \varepsilon$$
Dengan demikian, limit dari barisan tersebut adalah $0$.
Gunakan definisi limit barisan untuk membuktikan $$\lim \left( \frac{n}{n^2+1} \right) = 0$$
Diambil sebarang $\varepsilon > 0$, sehingga $1/\varepsilon > 0$. Berdasarkan Sifat Archimedes, terdapat $K \in \mathbb N$ sedemikian sehingga $K > 1/\varepsilon$. Dengan kata lain, $1/K < \varepsilon$.
Jika $n \geq K$, maka $$\left| \frac{n}{n^2+1}-0 \right| = \left| \frac{n}{n^2+1}\right| = \frac{n}{n^2+1} < \frac{n}{n^2} = \frac 1n \leq \frac 1K < \varepsilon$$
Dengan demikian, limit dari barisan tersebut adalah $0$.
Gunakan definisi limit barisan untuk membuktikan $$\lim \left( \frac{2n}{n+1} \right) = 2$$
Diambil sebarang $\varepsilon > 0$, sehingga $2/\varepsilon > 0$. Berdasarkan Sifat Archimedes, terdapat $K \in \mathbb N$ sedemikian sehingga $K > 2/\varepsilon$. Dengan kata lain, $2/K < \varepsilon$.
Jika $n \geq K$, maka $$\begin{aligned} \left| \frac{2n}{n+1}-2 \right| &= \left| \frac{2n-2n-2}{n+1}\right| \\ &= \left| \frac{-2}{n+1}\right| \\ &= \frac{2}{n+1} \\ &< \frac{2}{n} \\ &\leq \frac 2K \\ &< \varepsilon \end{aligned}$$
Dengan demikian, limit dari barisan tersebut adalah $2$.
Gunakan definisi limit barisan untuk membuktikan $$\lim \left( \frac{3n+1}{2n+5} \right) = \frac 32$$
Diambil sebarang $\varepsilon > 0$, sehingga $13/4\varepsilon > 0$. Berdasarkan Sifat Archimedes, terdapat $K \in \mathbb N$ sedemikian sehingga $K > 13/4\varepsilon$. Dengan kata lain, $13/4K < \varepsilon$.
Jika $n \geq K$, maka $$\begin{aligned} \left| \frac{3n+1}{2n+5}-\frac 32 \right| &= \left| \frac{6n+2-6n-15}{4n+10}\right| \\ &= \left| \frac{-13}{4n+10}\right| \\ &= \frac{13}{4n+10} \\ &< \frac{13}{4n} \\ &\leq \frac{13}{4K} \\ &< \varepsilon \end{aligned}$$
Dengan demikian, limit dari barisan tersebut adalah $3/2$.
Gunakan definisi limit barisan untuk membuktikan $$\lim \left( \frac{n^2-1}{2n^2+3} \right) = \frac 12$$
Diambil sebarang $\varepsilon > 0$, sehingga $5/\varepsilon > 0$. Berdasarkan Sifat Archimedes, terdapat $K \in \mathbb N$ sedemikian sehingga $K > 5/\varepsilon$. Dengan kata lain, $5/K < \varepsilon$.
Jika $n \geq K$, maka $$\begin{aligned} \left| \frac{n^2-1}{2n^2+3}-\frac 12 \right| &= \left| \frac{2n^2-2-2n^2-3}{4n^2+6}\right| \\ &= \left| \frac{-5}{4n^2+6}\right| \\ &= \frac{5}{4n^2+6} \\ &< \frac{5}{n} \\ &\leq \frac{5}{K} \\ &< \varepsilon \end{aligned}$$
Dengan demikian, limit dari barisan tersebut adalah $1/2$.
Misalkan $(x_n)$ adalah barisan bilangan real dan $x \in \mathbb{R}$. Misalkan pula $(a_n)$ adalah barisan bilangan real positif yang konvergen ke $0$, dan untuk suatu konstanta $C$ dan $m \in \mathbb{N}$ berlaku $$|x_n-x| \leq Ca_n, \quad \text{untuk setiap } n \geq m$$ Buktikan bahwa $\lim (x_n)=x$.
Diambil sebarang $\varepsilon > 0$, sehingga $\varepsilon/C > 0$. Karena $(a_n)$ kovergen ke $0$, maka terdapat $k \in \mathbb{N}$ yang memenuhi $$a_n=|a_n-0| \leq \frac{\varepsilon}{C}, \quad \text{untuk setiap } n \geq k$$
Pilih $K=\max(m,k)$, sehingga untuk setiap $n \geq K$ berlaku $$|x_n-x| \leq Ca_n \leq C \cdot \frac{\varepsilon}{C} =\varepsilon$$
Berdasarkan definisi, $\lim(x_n)=x$. Terbukti.
Buktikan bahwa $$\lim \left( \frac{1}{\sqrt{n+7}} \right) = 0$$
Untuk setiap $n \in \mathbb{N}$, berlaku $$\left| \frac{1}{\sqrt{n+7}}-0 \right| = \left| \frac{1}{\sqrt{n+7}} \right| = \frac{1}{\sqrt{n+7}} < \frac{1}{\sqrt{n}}$$
Perhatikan bahwa $(1/\sqrt{n})$ adalah barisan bilangan real positif yang konvergen ke $0$.
Berdasarkan Teorema 1 (untuk $C=1$ dan $m=1$), dapat disimpulkan bahwa $$\lim \left( \frac{1}{\sqrt{n+7}} \right) = 0$$ Terbukti.
Buktikan bahwa $$\lim \left( \frac{2n}{n+2} \right) = 2$$
Untuk setiap $n \in \mathbb{N}$, berlaku $$\begin{aligned} \left| \frac{2n}{n+2}-2 \right| &= \left| \frac{2n-2n-4}{n+2} \right| \\ &= \left| \frac{-4}{n+2} \right| \\ &= \frac{4}{n+2} \\ &< 4 \cdot \frac{1}{n} \end{aligned}$$
Perhatikan bahwa $(1/n)$ adalah barisan bilangan real positif yang konvergen ke $0$.
Berdasarkan Teorema 1 (untuk $C=4$ dan $m=1$), dapat disimpulkan bahwa $$\lim \left( \frac{2n}{n+2} \right) = 2$$ Terbukti.
Buktikan bahwa $$\lim \left( \frac{\sqrt{n}}{n+1} \right) = 0$$
Untuk setiap $n \in \mathbb{N}$, berlaku $$\left| \frac{\sqrt{n}}{n+1}-0 \right| = \left| \frac{\sqrt{n}}{n+1} \right| = \frac{\sqrt{n}}{n+1} < \frac{\sqrt{n}}{n} = \frac{1}{\sqrt{n}}$$
Perhatikan bahwa $(1/\sqrt{n})$ adalah barisan bilangan real positif yang konvergen ke $0$.
Berdasarkan Teorema 1 (untuk $C=1$ dan $m=1$), dapat disimpulkan bahwa $$\lim \left( \frac{\sqrt{n}}{n+1} \right) = 0$$ Terbukti.
Buktikan bahwa $$\lim \left( \frac{(-1)^nn}{n^2+1} \right) = 0$$
Untuk setiap $n \in \mathbb{N}$, berlaku $$\begin{aligned} \left| \frac{(-1)^nn}{n^2+1}-0 \right| &= \left| \frac{(-1)^nn}{n^2+1} \right| \\ &= \frac{n}{n^2+1} \\ &< \frac{n}{n^2} \\ &= \frac{1}{n} \end{aligned}$$
Perhatikan bahwa $(1/n)$ adalah barisan bilangan real positif yang konvergen ke $0$.
Berdasarkan Teorema 1 (untuk $C=1$ dan $m=1$), diperoleh $$\lim \left( \frac{(-1)^nn}{n^2+1} \right) = 0$$ Terbukti.
Buktikan bahwa $$\lim \left( \frac{1}{\ln(n+1)} \right) = 0$$
Diambil sebarang $\varepsilon > 0$, sehingga $e^{1/\varepsilon} > 0$. Berdasarkan Sifat Archimedes, terdapat $K \in \mathbb N$ sedemikian sehingga $K > e^{1/\varepsilon}$. Perhatikan bahwa $$\begin{aligned} K > e^{1/\varepsilon} \;\; &\Longrightarrow \;\; \ln K > \ln e^{1/\varepsilon} \\ &\Longrightarrow \;\; \ln K > \frac{1}{\varepsilon} \\ &\Longrightarrow \;\; \frac{1}{\ln K} < \varepsilon \end{aligned}$$
Jika $n \geq K$, maka $$\begin{aligned} n \geq K \;\; &\Longrightarrow \;\; n+1 \geq K+1 \\ &\Longrightarrow \;\; \ln(n+1) \geq \ln(K+1) \\ &\Longrightarrow \;\; \frac{1}{\ln(n+1)} \leq \frac{1}{\ln(K+1)} \end{aligned}$$ sehingga $$\begin{aligned} \left| \frac{1}{\ln(n+1)}-0 \right| &= \left| \frac{1}{\ln(n+1)} \right| \\ &= \frac{1}{\ln(n+1)} \\ &< \frac{1}{\ln(K+1)} \\ &< \frac{1}{\ln K} \\ &< \varepsilon \end{aligned}$$
Dengan demikian, limit dari barisan tersebut adalah $0$.
Buktikan bahwa $\lim(x_n)=0$ jika dan hanya jika $\lim(|x_n|)=0$.
Diambil sebarang $\varepsilon > 0$. Karena $(x_n)$ konvergen ke $0$, maka terdapat bilangan asli $K$ sedemikian sehingga untuk setiap $n \geq K$, berlaku $$|x_n-0|<\varepsilon$$
Perhatikan bahwa $$||x_n|-0|=||x_n||=|x_n|=|x_n-0|<\varepsilon$$ Akibatnya $$\lim(|x_n|)=0$$ Terbukti.
DARI KANANDiambil sebarang $\varepsilon > 0$. Karena $(|x_n|)$ konvergen ke $0$, maka terdapat bilangan asli $K$ sedemikian sehingga untuk setiap $n \geq K$, berlaku $$||x_n|-0|<\varepsilon$$
Perhatikan bahwa $$|x_n-0|=|x_n|=|x_n|-0=||x_n|-0|<\varepsilon$$ Akibatnya $$\lim(x_n)=0$$
Terbukti.
Buktikan bahwa jika $x_n \geq 0$ untuk setiap $n \in \mathbb N$ dan $\lim(x_n)=0$ maka $\lim(\sqrt{x_n})=0$.
Diambil sebarang $\varepsilon > 0$, sehingga $\varepsilon^2 > 0$. Karena $\lim(x_n)=0$, maka terdapat bilangan asli $K$ sedemikian sehingga untuk setiap $n \geq K$, berlaku $$|x_n-0| < \varepsilon^2$$
Perhatikan bahwa $$\begin{aligned} |x_n-0| < \varepsilon^2 \;\; &\Longrightarrow \;\; |x_n| < \varepsilon^2 \\ &\Longrightarrow \;\; x_n < \varepsilon^2 \quad [\text{Diketahui } x_n \geq 0, \forall n \in \mathbb{N}, \text{ sehingga } |x_n|=x_n] \\ &\Longrightarrow \;\; \sqrt{x_n} < \varepsilon \\ &\Longrightarrow \;\; |\sqrt{x_n}-0| < \varepsilon \end{aligned}$$
Hal ini menunjukkan bahwa $\lim(\sqrt{x_n})=0$. Terbukti.
Diketahui $\lim(x_n)=x$ dan $x > 0$. Buktikan bahwa terdapat bilangan asli $M$ sedemikian sehingga $x_n > 0$ untuk setiap $n \geq M$.
Diketahui $\lim(x_n)=x$ dan $x > 0$. Berdasarkan definisi, untuk setiap $\varepsilon > 0$ terdapat bilangan asli $M$ sedemikian sehingga untuk setiap $n \geq M$, berlaku $$|x_n-x| < \varepsilon$$
Pilih $\varepsilon = x > 0$, sehingga $$|x_n-x| < x \;\; \Longrightarrow \;\; x_n-x > -x \;\; \Longrightarrow x_n > 0$$
Terbukti.
Buktikan bahwa $$\lim \left( \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1} \right) = 0$$
Untuk setiap $n \in \mathbb{N}$, berlaku $$\begin{aligned} \left| \left( \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1} \right)-0 \right| &= \left| \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1} \right| \\ &= \left| \frac{n+1-n}{n(n+1)} \right| \\ &= \left| \frac{1}{n^2+n} \right| \\ &= \frac{1}{n^2+n} \\ &< \frac{1}{n} \end{aligned}$$
Perhatikan bahwa $(1/n)$ adalah barisan bilangan real positif yang konvergen ke $0$.
Berdasarkan Teorema 1 (untuk $C=1$ dan $m=1$), diperoleh $$\lim \left( \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1} \right) = 0$$
Terbukti.
Buktikan bahwa $$\lim (\sqrt{n^2+1}-n) = 0$$
Untuk setiap $n \in \mathbb{N}$, berlaku $$\begin{aligned} \left| (\sqrt{n^2+1}-n)-0 \right| &= \left| \sqrt{n^2+1}-n \right| \\ &= \left| (\sqrt{n^2+1}-n) \cdot \frac{\sqrt{n^2+1}+n}{\sqrt{n^2+1}+n} \right| \\ &= \left| \frac{(\sqrt{n^2+1})^2-n^2}{\sqrt{n^2+1}+n} \right| \\ &= \left| \frac{n^2+1-n^2}{\sqrt{n^2+1}+n} \right| \\ &= \left| \frac{1}{\sqrt{n^2+1}+n} \right| \\ &= \frac{1}{\sqrt{n^2+1}+n} \\ &< \frac{1}{n} \end{aligned}$$
Perhatikan bahwa $(1/n)$ adalah barisan bilangan real positif yang konvergen ke $0$.
Berdasarkan Teorema 1 (untuk $C=1$ dan $m=1$), diperoleh $$\lim (\sqrt{n^2+1}-n) = 0$$
Terbukti.
Buktikan bahwa $$\lim \left( \frac{1}{3^n} \right) = 0$$
Untuk membuktikan $\lim (1/3^n)=0$, kita memanfaatkan proposisi berikut. $$n < 3^n, \text{ untuk setiap } n \in \mathbb{N}$$
Proposisi ini dapat dibuktikan dengan induksi matematika (buktikan!).
Untuk setiap $n \in \mathbb{N}$, berlaku $$\begin{aligned} \left| \frac{1}{3^n}-0 \right| &= \left| \frac{1}{3^n} \right| \\ &= \frac{1}{3^n} \\ &< \frac{1}{n} \quad [\text{Karena } n < 3^n] \end{aligned}$$
Perhatikan bahwa $(1/n)$ adalah barisan bilangan real positif yang konvergen ke $0$.
Berdasarkan Teorema 1 (untuk $C=1$ dan $m=1$), diperoleh $$\lim \left( \frac{1}{3^n} \right) = 0$$
Terbukti.
Misalkan $b \in \mathbb{R}$, di mana $0 < b < 1$. Buktikan bahwa $$\lim (nb^n)=0$$
Diketahui $b \in \mathbb{R}$. Karena $0 < b < 1$, maka $$\frac{1}{b} > 1 \;\; \Longrightarrow \;\; \frac{1}{b}-1 > 0$$
Misalkan $$a=\frac{1}{b}-1, \; a>0$$ yang ekuivalen dengan $$b=\frac{1}{a+1}$$
Berdasarkan Teorema binomial, untuk $n \geq 2$, diperoleh $$(a+1)^n = \binom{n}{0}a^01^n + \binom{n}{1}a^11^{n-1} + \binom{n}{2}a^21^{n-2} + \ldots + \binom{n}{n}a^n1^0$$
Karena $a > 0$, maka setiap suku bernilai positif. Sehingga $$(a+1)^n > \binom{n}{2}a^21^{n-2} = \frac{1}{2}n(n-1)a^2$$ yang ekuivalen dengan $$\frac{1}{(a+1)^n} < \frac{2}{n(n-1)a^2} \quad (\star)$$
Akibatnya $$\begin{aligned} |nb^n-0| &= nb^n \\ &= n\left( \frac{1}{a+1} \right)^n \\ &= n \cdot \frac{1}{(a+1)^n} \\ &< n \cdot \frac{2}{n(n-1)a^2} \quad (\star)\\ &= \frac{2}{a^2} \cdot \frac{1}{n-1} \end{aligned}$$
Karena $n \geq 2$, maka $(1/[n-1])$ adalah barisan bilangan real positif. Lebih lanjut, barisan ini konvergen ke $0$.
Berdasarkan Teorema 1 (untuk $C=2/a^2$ dan $m=2$), diperoleh $$\lim (nb^n)=0$$
Terbukti.
Buktikan bahwa $$\lim \left( (2n)^{\frac{1}{n}} \right) = 1$$
Untuk setiap $n \in \mathbb{N}$ berlaku $(2n)^{1/n} > 1$, sehingga terdapat bilangan real positif $k$ sedemikian sehingga $(2n)^{1/n}=1+k$. Dengan kata lain $$2n = (1+k)^n$$
Berdasarkan Teorema Binomial, untuk $n \geq 2$, diperoleh $$\begin{aligned} 2n &= (1+k)^n \\ &= \binom{n}{0}1^nk^0 + \binom{n}{1}1^{n-1}k^1 + \binom{n}{2}1^{n-2}k^2 + \ldots + \binom{n}{n}1^0k^n \\ &> \binom{n}{0}1^nk^0 + \binom{n}{2}1^{n-2}k^2 \\ &= 1 + \frac{1}{2}n(n-1)k^2 \end{aligned}$$
Perhatikan bahwa $$2n > 1+\frac{1}{2}n(n-1)k^2$$ berakibat $$\begin{aligned} k^2 &< \frac{2(2n-1)}{n(n-1)} \\ &= \frac{4n-2}{n(n-1)} \\ &< \frac{4n}{n(n-1)} \\ &= \frac{4}{n-1} \end{aligned}$$ sehingga $$k < \sqrt{\frac{4}{n-1}} = \frac{2}{\sqrt{n-1}} \quad (\star)$$
Perhatikan pula $$\begin{aligned} \left| (2n)^{\frac{1}{n}} -1 \right| &= \left| k \right| \\ &= k \\ &< 2 \cdot \frac{1}{\sqrt{n-1}} \quad (\star) \end{aligned}$$
Karena $n \geq 2$, maka $(1/\sqrt{n-1})$ adalah barisan bilangan real positif. Lebih lanjut, barisan ini konvergen ke $0$.
Berdasarkan Teorema 1 (untuk $C=2$ dan $m=2$), diperoleh $$\lim \left( (2n)^{\frac{1}{n}} \right) = 1$$
Terbukti.
Buktikan bahwa $$\lim \left( \frac{n^2}{n!} \right) = 0$$
Untuk setiap bilangan asli $n \geq 4$, diperoleh $$\begin{aligned} \left| \frac{n^2}{n!} \right| &= \frac{n \cdot n}{n(n-1)(n-2) \ldots 1} \\ &< \frac{n \cdot n}{n(n-1)(n-2)} \\ &= \frac{n}{(n-1)(n-2)} \\ &= \frac{n}{n^2-3n+2} \\ &< \frac{n}{n^2-3n} \\ &= \frac{1}{n-3} \end{aligned}$$
Karena $n \geq 4$, maka $(1/[n-3])$ adalah barisan bilangan real positif. Lebih lanjut, barisan ini konvergen ke $0$.
Berdasarkan Teorema 1 (untuk $C=1$ dan $m=4$), diperoleh $$\lim \left( \frac{n^2}{n!} \right) = 0$$
Terbukti.
Buktikan bahwa $$\lim \left( \frac{2^n}{n!} \right) = 0$$
Untuk setiap bilangan asli $n \geq 3$, berlaku $$\begin{aligned} \left| \frac{2^n}{n!}-0 \right| &= \frac{2 \cdot 2 \cdot 2 \ldots 2}{1 \cdot 2 \cdot 3 \ldots n} \\ &= \frac{2}{1} \cdot \frac{2}{2} \cdot \frac{2}{3} \ldots \frac{2}{n} \\ &\leq 2 \cdot 1 \cdot \overbrace{\frac{2}{3} \ldots \frac{2}{3}}^{\text{sebanyak }n-2} \\ &= 2 \cdot \left( \frac{2}{3} \right)^{n-2} \end{aligned}$$
Karena $n \geq 3$, maka $([2/3]^{n-2})$ adalah barisan bilangan real positif. Barisan ini konvergen ke $0$ (buktikan!).
Berdasarkan Teorema 1 (untuk $C=2$ dan $m=3$), diperoleh $$\lim \left( \frac{2^n}{n!} \right) = 0$$
Terbukti.
Misalkan $\lim (x_n)=x > 0$. Buktikan bahwa terdapat bilangan asli $K$ sedemikian sehingga jika $n \geq K$, maka $\frac{1}{2}x < x_n < 2x$.
Diketahui $\lim(x_n)=x > 0$. Berdasarkan definisi, untuk setiap $\varepsilon > 0$ terdapat bilangan asli $K$ sedemikian sehingga untuk setiap $n \geq K$, berlaku $$|x_n-x| < \varepsilon$$
Pilih $\varepsilon = \frac{1}{2}x > 0$, sehingga $$\begin{aligned} |x_n-x| < \frac{x}{2} \;\; &\Longrightarrow \;\; -\frac{1}{2}x < x_n-x < \frac{1}{2}x \\ &\Longrightarrow \;\; -\frac{1}{2}x + x < x_n < \frac{1}{2}x + x \\ &\Longrightarrow \;\; \frac{1}{2}x < x_n < \frac{3}{2} x \end{aligned}$$
Karena $\frac{3}{2}x < 2x$, maka $$\frac{1}{2}x < x_n < 2x$$
Terbukti.