Analisis Real (Barisan Bilangan Real) Latihan bagian 2.3
Download as DOCX, PDF34 likes84,813 views
1. Barisan (xn) terbatas dan monoton turun. Limitnya adalah 2. 2. Barisan (xn) terbatas antara 0 dan 1/2 dan monoton naik. Limitnya adalah 1/2. 3. Barisan (xn) terbatas dibawah oleh √a dan monoton turun. Limitnya adalah √a.
Analisis Real (Barisan Bilangan Real) Latihan bagian 2.3
- 1. Latihan Bagian 2.3 (Hal : 51) 1. Misalkan X1 >1, Xn+1 = 2−1 Xn untuk n ≥ 2 Tunjukkan bahwa Xn terbatas dan monoton, Tentukan limitnya? Penyelesaian: a) Adit Xn terbatas x1 > 1 = 0 < 1 x1 < 1 = 0 > − 1 X1 > −1 (dikali − 1 = 2 > 2 − 1 X1 > 1 (𝑑𝑖𝑡𝑎𝑚𝑏𝑎ℎ 2) = 1 < 2 − 1 X1 < 2 = 1 < x1 < 2 = 1 < x2 < 1 2 < 1 X2 < 1 = − 1 2 > − 1 X2 > −1 (dikali − 1) = 3 2 > 2 − 1 X2 > 1 (di tambah 2) = 1 < 2 − 1 X2 < 3 2 < 2 = 1 < x2 < 2 = 1 < 𝑥3 < 2 Dengan 1 < xn < 2 ; untuk n 𝑛 ≥ 21 < x4 < 2 Induksi Matematika n=1 Untuk n=k 1< xk < 2 Untuk n=k+1 1< xk+1 < 2 1<xk < 2 = 1 2 < 1 xk < 1 = − 1 2 > − 1 xk > −1 (di kali − 1)
- 2. = 3 2 > 2 − 1 xk > 1 (di tambah 2) = 1 < 2 − 1 xk < 3 2 < 2 = 1 < 2 − 1 xk < 2 Untuk n=k+1 1 < 2 − 1 Xk+1 < 2 Jadi 1 < xn < 2, untuk n ≥ 2 menunjukkan xn terbatas b) Akan di tunjukkan xn monoton Misal x1 < x2 = x1 < 2− 1 x1 = x1x1 < 2= x1 − 1 x1 .x = x1 2 < 2x1 - 1 = x1 2 − 2x1 + 1 < 0 =(x1 − 1)2 Kontradiksi (x1 − 1)2 jadi pemisalan salah yang benar x1 > x2 xn ≥ xn + 1 Bukti : Induksi matematika n=1 → x1 ≥ x1+1 → x1 ≥ x2 (benar ) n=k → xk ≥ xk+1 (benar ) akan di tunjukkan n=k+1, xk+1 ≥ xk+2 xk ≥ xk+1 1 xk+1 ≥ 1 xk − 1 xk ≥ − 1 xk+1 xk+1 ≥ xk+2 Jadi xn ≥ xn + 1 monoton turun c) Limit xn Misalkan limit ( xn ) = x Limit (xn+1 ) = lim xn +x ,x ∈ R
- 3. xn+1 = 2 − 1 xn Limit (xn+1 ) = 2 − 1 xn x = 2 − 1 xn x = lim 2 − lim 1 x x = 2 − 0 x = 2 Jadi nilai limit xn = 2 2. Misalkan barisan (xn ) di definisikan secara rekursif sebagai x1 = 0, xn+1 = xn 2 + 1 4 , n ϵ N (a) Dengan induksi tunjukan bahwa 0 ≤ xn ≤ 1 2 (xn + a xn ) (b) Tunjukan bahwa (xn ) naik konvergen, dan tentukan limitnya (c) Simpulkan bahwa (xn ) konvergen, dan tentukan limitnya Penyelesaian : (a) Untuk n = 1 → 0 = x ≤ x1 + 0 + 1 4 ≤ 1 2 0 ≤ 1 4 ≤ 1 2 x1 ≤ x2 ≤ x3 = ( 1 4 )2 + 1 4 ≤ 1 2 0 ≤ 1 4 ≤ 5 16 ≤ 1 2 Jika 0 ≤ x ≤ 1 2 , benar untuk k ∈ R, maka xk+1 = xk 2 + 1 4 ≤ ( 1 2 ) 2 + 1 4 = 1 2 ≤ 1 2 Dengan prinsip induksi matematika maka 0 ≤ xn ≤ 1 2 ∀ n ∈ R yaitu (xn ) terbatas diatas (b) Tunjukan bahwa (xn ) menoton naik 0 ≤ xn ≤ 1 2 → − 1 2 ≤ xn − 1 2 → ( xn – 1 2 ) 2 ≥ 0 → xn 2 − xn − 1 4 ≥ 0
- 4. → xn 2 + 1 4 ≥ xn → xn+1 ≥ xn (c) (xn ) terbatas dan (xn ) menoton naik asumsikan (xn ) → x maka lim (xn ) = lim( xn−1 2 + 1 4 ) x = x2 + 1 4 0 = x2 − x + 1 4 0 = ( x− 1 2 ) 2 x = 1 2 Jadi lim (xn ) = 1 2 3. Misalkan a > 0 dan (xn) barisan yang didefinisikan secara rekursif dengan x1 < √a dan xn+1 = 1 2 (xn + a xn ) (a) Tunjukkan bahwa (xn) terbatas dibawah oleh √a (b) Tunjukkan bahwa (xn) turun (c) Simpulkan bahwa (xn) konvergen dan tentukan limitnya Penyelesaian: (a) Dengan induksi matematika dapat ditunjukkan bahwa xn > xn+1 ∀n ∈ N Untuk = 1 , diperoleh: x1 > x2 √a > 1 2 (√a + a √a ) √a > 1 2 ( 2a √a ) √a > a √a Karena x1 > √a, untuk xk > xk+1, ∀k ∈ N maka xn terbatas dibawah (b) Dipihak lain, dengan induksi matematika dapat ditunjukkan bahwa xn > xn+1 ∀n ∈ N . Jelas ketaksamaan ini benar, Untuk n = 1
- 5. xk > xk+1, ∀k ∈ N maka 1 2 (xk + a xk ) > (xk+1 + a xk+1 ) sehingga 1 2 (xk + a xk ) > (xk+1 + a xk+1 ) = xk+2 . Jadi, xk > xk+1 mengakibatkan xk+1 > xk+2 oleh karena itu, xn > xn+1 ∀n ∈ N dapat disimpulkan bahwa xn barisan turun. (c) Dari a dan b, karena (xn) barisan turun dan rebatas dibawah, maka (xn) konvergen. Akan ditunjukkan lim n→∞ (xn) Andai lim n→∞ (xn) = x lim n→∞ (xn+1) = lim n→∞ (xn) = x xn+1 = 1 2 (xn + a xn ) lim n→∞ (xn+1) = 1 2 (xn + a xn ) x = 1 2 (xn + a xn ) x = 1 2 (x + a x ) x2 = x2 + a 2 2x2 = x2 + a 2x2 − x2 = a x2 = a x = √a Jadi, nilai limitnya adalah √a 4. Misalkan 𝑦1 > 1 , 𝑦( 𝑛+1) = √2 + 𝑦 𝑛. Tunjukan bahwa (𝑦 𝑛) konvergen dan tentukan limitnya. Penyelesaian : Dapat dilihat untuk 𝑦1 = 2, 𝑦2 = 2, 𝑦3 = 2, dst – 𝑦 𝑛 = 2 Jadi untuk 𝑦1 = 2, ( 𝑦 𝑛) = 2 barisan konstan dan limitnya sudahpasti 2, kita lihat kasus lainya Untuk 1 < 𝑦1 < 2 misalnya, kita akan menunjukan bahwa untuk 1 < 𝑦1 < 2 ,(𝑦 𝑛) konvergen dan nilai limitnya 2. (ketunggalan limit) Akan ditunjukan 1 < 𝑦 𝑛 < 2 dengan induksi: 𝑛 = 1 , maka 1 < 𝑦 𝑛 < 2 (diketahui) 𝑛 = 𝑘 , maka 1 < 𝑦 𝑘 < 2 diasumsikan benar
- 6. 𝑛 = 𝑘 + 1 , akan ditunjukan 1 < 𝑦 𝑘+1 < 2 1 < 𝑦 𝑘 < 2 ⇔ 2 < 2 + 𝑦 𝑘 < 4 ⇔ √2 < √2 + 𝑦 𝑘 < √4 ⇔ 1 < √2 < √2 + 𝑦 𝑘 < 2 ⇔ 1 < 𝑦 𝑘+1 < 2 terbukti bahwa 1 < 𝑦 𝑛 < 2 Akan ditunjukan (𝑦 𝑛) monoton naik(𝑦 𝑛+1 ≤ 𝑦 𝑛) Andaikan 𝑦 𝑛+1 ≤ 𝑦 𝑛, maka: √2 + 𝑦 𝑛 < 𝑦 𝑛 2 + 𝑦 𝑛 < 𝑦 𝑛 2 𝑦 𝑛 2 − 𝑦 𝑛 − 2 > 0 ( 𝑦 𝑛 − 2)( 𝑦 𝑛 − 1) > 0 Kontradiksi, karena 1 < 𝑦 𝑛 < 2 maka ( 𝑦 𝑛 − 2)( 𝑦 𝑛 − 1) > 0, pengandaian salah, haruslah 𝑦 𝑛+1 ≥ 𝑦 𝑛 terbukti𝑦 𝑛 monoton naik (𝑦 𝑛) terbatas dan monoton naik, maka (𝑦 𝑛) konvergen dan lim 𝑛→∞ ( 𝑦 𝑛) ada Asumsikan lim 𝑛→∞ ( 𝑦 𝑛) = 𝑦 lim 𝑛→∞ ( 𝑦 𝑛) = lim 𝑛→∞ (√2 + 𝑦 𝑛−1) 𝑦 = √2 + 𝑦 𝑦2 = 2 + 𝑦 𝑦2 − 𝑦 − 2 = 0 𝑦 = 2 atau 𝑦 = −1( tidak memenuhi) Jadi lim 𝑛→∞ ( 𝑦 𝑛) = 2 Untuk 𝑦1 > 2 Akan ditunjukan bahwa 𝑦 𝑛 > 2 ((𝑦 𝑛)terbatas dibawah oleh 2 ) Dengan induksi: 𝑛 = 1, 𝑦1 > 2 (diketahui ) 𝑛 = 𝑘, 𝑦 𝑘 > 2 diasumsikan benar 𝑛 = 𝑘 + 1, akan ditunjukan bahwa 𝑦 𝑘+1 > 2 𝑦𝑘 > 2 ⇔ 2 + 𝑦 𝑘 > 4 2 + 𝑦 𝑘 > 4 ⇔ √2 + 𝑦 𝑘 > 2 ⇔ 𝑦 𝑘+1 > 2 terbukti bahwa 𝑦 𝑛 > 2 Akan ditunjukan bahwa jika 𝑦1 > 2 maka (𝑦 𝑛) monoton tirun (𝑦 𝑛+1 ≤ 𝑦 𝑛) Andaikan 𝑦 𝑛+1 > 𝑦 𝑛, maka: √2 + 𝑦 𝑛 > 𝑦 𝑛 2 + 𝑦 𝑛 > 𝑦 𝑛 2
- 7. 𝑦 𝑛 2 − 𝑦 𝑛 − 2 < 0 ( 𝑦 𝑛 − 2)( 𝑦 𝑛 + 1) < 0 Kontradiksi, karena 𝑦 𝑛 > 2, maka ( 𝑦 𝑛 − 2)( 𝑦 𝑛 + 1) > 0, pengandaian salah, haruslah 𝑦 𝑛+1 ≤ 𝑦 𝑛 (𝑦 𝑛) terbatas dibawah dan monoton turun, maka (𝑦 𝑛) konvergen Kareana (𝑦 𝑛) konvergen, maka lim 𝑛→∞ ( 𝑦 𝑛) ada Asumsikan lim 𝑛→∞ ( 𝑦 𝑛) = 𝑦, maka: lim 𝑛→∞ ( 𝑦 𝑛) = lim 𝑛→∞ (√2 + 𝑦 𝑛−1) 𝑦 = √2 + 𝑦 𝑦2 = 2 + 𝑦 𝑦2 − 𝑦 − 2 = 0 𝑦 = 2 atau 𝑦 = −1( tidak memenuhi) Jadi lim 𝑛→∞ ( 𝑦 𝑛)=2 Dari 3 kasus diatas dapat disimpulkan bahwa lim 𝑛→∞ ( 𝑦 𝑛) = 2 ada 6. Misalkan x1 = a > 1 dan xn+1 = xn+1 xn n ∈ N. tentukan apakah (xn) konvergen atau divergen? Penyelesaian : Asumsikan bahwa (xn) konvergen lim n→∞ (xn) = lim n→∞ (xn−1 + 1 xn−1 ) x = x + 1 x x2 = x2 + 1 <=> 0 = 1 Kontradiksi dengan 0 ≠ 1, pengandaian salah, haruslah (xn) divergen. 10. Selidiki kekonvergenan dari barisan (xn ) dengan xn = 1 n+1 + 1 n+2 + ... + 1 2n , untuk n∈ 4 Apakah xn menoton naik atau menoton turun. Penyelesaian : xn = 1 n+1 + 1 n+2 + ... + 1 n+n xn+1 = 1 n+2 + 1 n+3 + 1 n+3 ... + 1 2n + 1 2n+1 + 1 2(n+1) Jika selidik antara xn+1 dan xn positif maka xn menoton naik jikanegatif menoton turun
- 8. xn+1 − xn = ( 1 2n+1 − 1 2(n+1) − 1 n+1 ) = ( 4n+3 (2n+1) (2(n+1) – 1 n+1 = 4n+3 –( 4n+2 ) 4n2+ 6n+2 = 1 4n2 + 6n+2 ≥ ∀ n ϵ N 11. Misalkan xn = 1 12 + 1 22 + ⋯+ 1 n2 untuk semua n ∈ N buktikan bahwa (xn) barisan naik dan terbatas dan oleh karena itu (xn) konvergen Penyelesaian : Dengan induksi matematika dapat di tunjukkan bahwa 1 ≤ xn < 2, untuk setiap n ∈ N n=1 1 ≤ x1 = 1 1 = 1 < 2 1 ≤ x2 = 1+ 1 4 = 5 4 < 2 1 ≤ x3= 1+ 1 4 + 1 9 = 49 36 < 2 Jika 1 ≤ xk < 2 benar untuk k ∈ N , maka 1 ≤ xn < 2, untuk setiap n ∈ N yaitu (xn) terbatas di pihak lain dengan induksi matematika dapat di tunjukkan bahwa xn < xn+1 , untuk setiap n ∈ N jelas ketaksamaan ini benar untuk n=1 dianggap benar untuk xk < xk+1 untuk setiap k ∈ N maka x1 < x2 < x3 <....< xn 1 < 5 4 < 49 36 < ⋯ < xn Jadi xk < xk+1 mengakibatkan xk+1 < xk+2 oleh karena itu xn < xn+1 , untuk setiap n ∈ N dari kedua hasil dinatas di simpulkan bahwa ( yn) barisan naik. 12. Tentukan limit barisan berikut : a. ((1 + 2 𝑛 ) 𝑛 ) b. ((1 + 1 𝑛+1 ) 𝑛 ) c. ((1 + 1 𝑛 ) 3𝑛 ) d. ((1 + 1 𝑛+100 ) 𝑛 ) Penyelesaian : a) ((1 + 2 𝑛 ) 𝑛 ) lim 𝑛→∞ ((1 + 2 𝑛 ) 𝑛 ) = lim 𝑛→∞ (((1 + 2 𝑛 ) 𝑛 2 ) 2 ) = 𝑒2 b) ((1 + 1 𝑛+1 ) 𝑛 )
- 9. lim 𝑛→∞ ((1 + 1 𝑛 + 1 ) 𝑛 ) = lim 𝑛→∞ (((1 + 1 𝑛 + 1 ) 𝑛+1 ) (1 + 1 𝑛 + 1 )⁄ ) = 𝑒 (1 + 0) = 𝑒 c) ((1 + 1 𝑛 ) 3𝑛 ) lim 𝑛→∞ ((1 + 1 𝑛 ) 3𝑛 ) = lim 𝑛→∞ (((1 + 1 𝑛 ) 𝑛 ) 3 ) = 𝑒3 d) ((1 + 1 𝑛+100 ) 𝑛 ) lim 𝑛→∞ ((1 + 1 𝑛+100 ) 𝑛 ) = lim 𝑛→∞ (((1 + 1 𝑛+100 ) 𝑛+100 ) ((1 + 1 𝑛+100 ) 100 )⁄ ) = 𝑒 (1+0)100 = 𝑒 13. Gunakan kalkulator untuk menghitung 𝑒 𝑛 untuk 𝑛 = 50 dan 𝑛 = 100 Penyelesaian : 𝑒50 = ((1 + 1 50 ) 50 ) = 2,6915880290736 𝑒100 = ((1 + 1 100 ) 100 ) = 2,7048138294215 15. Tunjukkan bahwa jika (xn) konvergen, maka xn+1 − xn → 0. Tunjukkan dengan contoh bahwa sebaliknya tidak benar. Penyelesaian: Diketahui bahwa (xn) konvergen sub barisan dan ekor barisan (xn) juga konvergen. Asumsikan limn→∞ (xn) = L,karena xn+1ekor − 1(xn) → lim xn+1 = L Akan ditunjukkan bahwa limn→∞ ( xn+1 − xn) = 0 limn→∞ ( xn+1 − xn) = limn→∞ xn+1 − limn→∞ xn = L − L Jadi limn→∞ ( xn+1 − xn) = 0, terbukti 18. Jika diketahui xn > 0 ∀n ∈ ℕ dan lim n→∞ ((−1)n xn)ada, tunjukan bahwa (xn) konvergen? Penyelesaian : Akan ditunjukan bahwa lim n→∞ ((−1)n xn) ada.
- 10. Bisa ditulis lim n→∞ ((−1)n xn) = L Oleh karena itu ∀ε > 0, ∃K ∈ ℕ, ∋ n ≥ K → |(−1)n xn − L| < ε Kita lihat |(−1)n xn − L| ≥ |xn − L|, ∀n ∈ ℕ untuk setiap n ≥ K berlaku |xn − L| < ε Hal ini menunjukan bahwa (xn) konvergenke L. 19. Tunjukkan bahwa jika (xn) tidak terbatas, maka terdapat subbarisan (xnk ) sehingga lim n→∞ ( 1 xnk ) = 0. Penyelesaian: Ambil xn+1 sebagai ekor-1 dari barisan (xn). xntidak terbatas, karena itu xn+1 tidak terbatas juga. Tiap ekor barisan merupakan sub barisan (teorema) Oleh sebab itu kita bias tuliskan: xnk = xn+1 xnk tidak terbatas, menurut sifat Archimedes terdapat n ∈ ℕ sehingga untuk M > 0 berlaku: |xnk | > ℎ > ℎ Akan ditunjukkanbahwa: ∀ε > 0, ∃K ∈ ℕ ∋ n ≥ K → | 1 xnk − 0| < ℎ Diberikan> 0 , kemudian kita pilihK = 1 ε sehingga kapanpun n ≥ K, berlaku: | 1 xnk − 0| < 1 n ≤ 1 K = ε | 1 xnk − 0| < ℎ membuktikan bahwa lim n→∞ ( 1 xnk ) = 0 jadi terbukti bahwa jika (xn) tidak terbatas, maka terdapat xnk = xn+1 sehingga lim n→∞ ( 1 xnk ) = 0