Limit Barisan dan Konvergensi

Untuk bagian (a), diberikan sebarang $\epsilon >0$. Perhatikan bahwa $\left|\frac{1}{\sqrt{n}}-0\right|=\frac{1}{\sqrt{n}}<\epsilon ⟺n>\frac{1}{{\epsilon }^2}$. Berdasarkan Sifat Archimedes, kita memilih $K\in \mathbb{N}$ dengan $K>\frac{1}{{\epsilon }^2}$. Maka untuk setiap $n\ge K$, kita peroleh $\left|\frac{1}{\sqrt{n}}-0\right|\le \frac{1}{\sqrt{K}}<\epsilon$.

Untuk bagian (b), diberikan sebarang $\epsilon >0$. Kita menghitung selisih suku-suku barisan

$\left|\frac{n^2-1}{2n^2+3}-\frac{1}{2}\right|=\left|\frac{2n^2-2-(2n^2+3)}{2(2n^2+3)}\right|=\frac{5}{4n^2+6}<\frac{5}{4n^2}.$

Agar $\frac{5}{4n^2}<\epsilon$, kita membutuhkan $n>\sqrt{\frac{5}{4\epsilon }}$. Berdasarkan Sifat Archimedes, kita dapat memilih $K\in \mathbb{N}$ sehingga $K>\sqrt{\frac{5}{4\epsilon }}$. Akibatnya, untuk setiap $n\ge K$ selisih tersebut bernilai kurang dari $\epsilon$. $■$

Diberikan sebarang $\epsilon >0$. Karena $x_n\to x$, terdapat $K\in \mathbb{N}$ sehingga $|x_n-x|<\epsilon$ untuk semua $n\ge K$.

Berdasarkan ketaksamaan segitiga terbalik, untuk semua $n\ge K$ kita peroleh

$||x_n|-|x||\le |x_n-x|<\epsilon .$

Hal ini membuktikan bahwa $|x_n|\to |x|$.

Sebagai contoh kontra untuk kebalikannya, kita dapat mengambil barisan $x_n=(-1{)}^n$. Barisan nilai mutlaknya $|x_n|=1\to 1$ konvergen, namun barisan asal $x_n=(-1{)}^n$ divergen karena berosilasi di antara $1$ dan $-1$. $■$

Karena $x\ne 0$, kita memilih $\epsilon =\frac{|x|}{2}>0$.

Karena $x_n\to x$, terdapat $K\in \mathbb{N}$ sedemikian sehingga $|x_n-x|<\frac{|x|}{2}$ untuk semua $n\ge K$. Berdasarkan ketaksamaan segitiga terbalik, untuk setiap $n\ge K$ kita peroleh

$|x|-|x_n|\le |x_n-x|<\frac{|x|}{2}⟹|x_n|>|x|-\frac{|x|}{2}=\frac{|x|}{2}.$

Dengan demikian, pernyataan terbukti untuk semua $n\ge K$. $■$

Diberikan sebarang $\epsilon >0$. Karena $x_n\to x$, terdapat $K_1\in \mathbb{N}$ sedemikian sehingga $|x_n-x|<\frac{\epsilon }{2}$ untuk setiap $n\ge K_1$. Begitu pula karena $y_n\to y$, terdapat $K_2\in \mathbb{N}$ sedemikian sehingga $|y_n-y|<\frac{\epsilon }{2}$ untuk setiap $n\ge K_2$.

Jika kita memilih $K=\max \{K_1,K_2\}$, maka untuk setiap $n\ge K$ berdasarkan ketaksamaan segitiga kita peroleh

$|(x_n+y_n)-(x+y)|=|(x_n-x)+(y_n-y)|\le |x_n-x|+|y_n-y|<\frac{\epsilon }{2}+\frac{\epsilon }{2}=\epsilon .$

Terbukti bahwa $(x_n+y_n)\to x+y$. $■$

Diberikan sebarang $\epsilon >0$. Karena $x_n\to 0$, barisan $(x_n)$ terbatas oleh suatu $M>0$, dan terdapat $K_1\in \mathbb{N}$ sehingga $|x_k|<\frac{\epsilon }{2}$ untuk setiap $k\ge K_1$.

Untuk setiap $n>K_1$, kita dapat memecah penjumlahan rataan menjadi

$|y_n|\le \frac{|x_1|+\cdots +|x_{K_1}|}{n}+\frac{|x_{K_1+1}|+\cdots +|x_n|}{n}<\frac{K_{1}M}{n}+\frac{(n-K_1)\frac{\epsilon }{2}}{n}<\frac{K_{1}M}{n}+\frac{\epsilon }{2}.$

Berdasarkan Sifat Archimedes, kita memilih $K_2\in \mathbb{N}$ dengan $K_2>\frac{2K_{1}M}{\epsilon }$. Apabila kita menetapkan $K=\max \{K_1,K_2\}$, maka untuk setiap $n\ge K$ berlaku $|y_n|<\frac{\epsilon }{2}+\frac{\epsilon }{2}=\epsilon$.

Ini membuktikan bahwa $y_n\to 0$. $■$

Jika kita andaikan $x_n\to x$ untuk suatu $x\in \mathbb{R}$, kita memilih ${\epsilon }_0=1>0$.

Berdasarkan definisi konvergensi, terdapat $K\in \mathbb{N}$ sehingga $|(-1{)}^n-x|<1$ untuk semua $n\ge K$.

Untuk $n$ genap dengan $n\ge K$, kita mempunyai $|1-x|<1⟹0<x<2$. Sedangkan untuk $n$ ganjil dengan $n\ge K$, kita mempunyai $|-1-x|<1⟹-2<x<0$.

Namun tidak ada bilangan real $x$ yang sekaligus memenuhi $x>0$ dan $x<0$. Kontradiksi ini menunjukkan bahwa pengandaian kita salah, sehingga barisan $x_n=(-1{)}^n$ divergen. $■$