Topik Bahasan
limit
Soal 1. Buktikan bahwa$ \displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{n} = 0$
Pembahasan:
Dengan menggunakan definisi limit barisan, kita tahu bahwa
$ \forall \varepsilon > 0, \exists k \in \mathbb{N} \rightarrow \left|\dfrac{1}{n}-0\right| < \varepsilon, n \geq k$
Sederhanakan ekspresi harga mutlaknya menjadi $ \dfrac{1}{n} < \varepsilon$. Karena$ n \geq k$, maka menurut teorema ketidaksamaan, berlaku
$\dfrac{1}{n} \leq \dfrac{1}{k} \bigstar.$
Bukti:
Ambil sembarang $\varepsilon > 0$, sehingga juga berlaku $\dfrac{1}{\varepsilon} > 0$. Karena $\varepsilon$ ini merupakan bilangan real, maka berdasarkan Sifat Archimedean (SA), terdapat $k \in \mathbb{N} $sedemikian sehingga berlaku
$\dfrac{1}{\varepsilon}<k \Rightarrow \dfrac{1}{k} < \varepsilon \Rightarrow \left|\dfrac{1}{k} - 0 \right| < \varepsilon$
Gunakan$ \bigstar$ untuk memperoleh
$ \dfrac{1}{n} \leq \dfrac{1}{k} < \varepsilon$
Akibatnya,
$ \left|\dfrac{1}{n} - 0\right| < \varepsilon$
yang tepat sesuai dengan definisi tersebut.
Jadi, benar bahwa limit dari \dfrac{1}{n} untuk n menuju tak hingga adalah 0. (Terbukti)
Soal 2: Berdasarkan defenisi limit, buktikan bahwa
$ \displaystyle \lim_{n \to \infty} \sqrt{\dfrac{4n+1}{n}} = 2$
Pembuktian:
Definisi limit,
$\boxed{x_n \rightarrow x \Leftrightarrow \forall \varepsilon > 0, \exists k \in \mathbb{N} \ni n \geq k~\text{berlaku}~|x_n - x| < \varepsilon}$
Ambil sembarang $\varepsilon > 0$, artinya $ \varepsilon^2 > 0$ dan $\dfrac{1}{\varepsilon^2} > 0$.
Menurut Sifat Archimedean (SA), ada k bilangan asli, sedemikian sehingga berlaku $ \dfrac{1}{\varepsilon^2} < k$, yang ekuivalen dengan $ \dfrac{1}{k} < \varepsilon^2$ atau lebih lanjut $\dfrac{1}{\sqrt{k}} < \varepsilon$.
Menurut definisi limit barisan, kita harus membuktikan bahwa
$ \left| \sqrt{\dfrac{4n+1}{n}} -2\right| < \varepsilon$.
(Ruas kiri)
$ \left| \sqrt{\dfrac{4n+1}{n}} -2\right| = \left| \dfrac{\sqrt{4n+1}}{\sqrt{n}} - \dfrac{2\sqrt{n}}{\sqrt{n}}\right| = \left| \dfrac{\sqrt{4n+1} - 2\sqrt{n}}{\sqrt{n}}\right|$
(Kali dengan akar sekawan pembilang)
$ \begin{aligned} & = \left| \dfrac{\sqrt{4n+1} - 2\sqrt{n}}{\sqrt{n}} \times \dfrac{\sqrt{4n+1} + 2\sqrt{n}}{\sqrt{4n+1} + 2\sqrt{n}} \right| \\ & = \left| \dfrac{(4n+1)-(4n)}{\sqrt{n}(\sqrt{4n+1} + 2\sqrt{n})} \right| \end{aligned}$
$ \leq \dfrac{1}{\sqrt{n}} \leq \dfrac{1}{\sqrt{k}} < \varepsilon$.
Artinya terbukti bahwasanya \displaystyle $ \lim_{n \to \infty} \sqrt{\dfrac{4n+1}{n}} = 2$.
Soal 3. Dengan menggunakan definisi limit barisan buktikan bahwasanya
$ \displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{2n^2 + 3}= 0$
Pembuktian
Definisi limit,
$ \boxed{x_n \rightarrow x \Leftrightarrow \forall \varepsilon > 0, \exists k \in \mathbb{N} \ni n \geq k~\text{berlaku}~|x_n - x| < \varepsilon}$
Ambil sembarang $\varepsilon > 0$, sehingga $ \dfrac{1}{\varepsilon} > 0$.
Menurut Sifat Archimedean (SA), ada k bilangan asli, sedemikian sehingga berlaku $ \dfrac{1}{\varepsilon} < k$, yang ekuivalen dengan $ \dfrac{1}{k} < \varepsilon$
Menurut definisi limit barisan, kita buktikan bahwa $\left|\dfrac{1}{2n^2 + 3} - 0 \right| < \varepsilon$
Sekarang, $\forall \varepsilon > 0, \exists k \in \mathbb{N}$ sedemikian sehingga untuk $n \geq k\Leftrightarrow 2n \geq 2k \Leftrightarrow \dfrac{1}{2n} \leq \dfrac{1}{2k}$, berlaku
$\left|\dfrac{1}{2n^2 + 3} - 0 \right| = \dfrac{1}{2n^2 + 3}$
$ \leq \dfrac{1}{2n^2} \leq \dfrac{1}{2n} \leq \dfrac{1}{n} \leq \dfrac{1}{k} < \varepsilon$
Terbukti bahwasanya $ \displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{2n^2 + 3}= 0$
Soal 4. Buktikan dengan menggunakan definisi limit barisan bahwa
$ \displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{2n^2 - 1}{n^2 + 5} = 2$
Pembahasan:
Definisi limit,
$ \boxed{x_n \rightarrow x \Leftrightarrow \forall \varepsilon > 0, \exists k \in \mathbb{N} \ni n \geq k~\text{berlaku}~|x_n - x| < \varepsilon}$
Ambil sembarang $ \varepsilon > 0$, sehingga berlaku juga bahwa $\dfrac{11}{\varepsilon} > 0$.
Menurut Sifat Archimedean (SA), ada$ k \in \mathbb{N} $sedemikian sehingga $\dfrac{11}{\varepsilon} < k$. Lebih lanjut, karena $n \geq k$, berlaku juga $\dfrac{11}{n} \leq \dfrac{11}{k}$.
Sekarang, periksa apakah $ |x_n - x| < \varepsilon$
(Pengerjaan dari ruas kiri)
$ \left|\dfrac{2n^2 - 1}{n^2+5} - 2\right| = \left|\dfrac{2n^2 - 1 - 2n^2 - 10}{n^2+5} \right|
\left|\dfrac{-11}{n^2+5}\right| = \dfrac{11}{n^2+5} \leq \dfrac{11}{n^2} \leq \dfrac{11}{n} \leq \dfrac{11}{k} \leq \varepsilon$
Terbukti bahwa $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{2n^2 - 1}{n^2 + 5} = 2$.
Soal 5. dengan menggunakan definisi limit barisan tunjukkan bahwa
$ \displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{2n^2 - 1}{n^2 + 5} \neq 3$
Pembuktian:
definisi limit,
$ \boxed{x_n \rightarrow x \Leftrightarrow \forall \varepsilon > 0, \exists k \in \mathbb{N} \ni n \geq k~\text{berlaku}~|x_n - x| < \varepsilon}$
Ambil sembarang $\varepsilon > 0$, sehingga berlaku juga bahwa $ \dfrac{11}{\varepsilon} > 0$.
Menurut Sifat Archimedean (SA), ada $k \in \mathbb{N}$ sedemikian sehingga$ \dfrac{11}{\varepsilon} < k$. Lebih lanjut, karena $ n \geq k$, berlaku juga $\dfrac{11}{n} \leq \dfrac{11}{k}$.
Sekarang,periksa apa $ \left|{\dfrac{2n^2 - 1}{n^2 + 5} - 3 }\right| < \varepsilon$
(Ruas kiri)
$\left|\dfrac{2n^2 - 1}{n^2+5} - 3\right| = \left|\dfrac{2n^2 - 1 - 3n^2 - 15}{n^2+5} \right|
\left|\dfrac{-n^2 - 16}{n^2+5}\right| = \dfrac{n^2 + 16}{n^2+5}
= \dfrac{n^2 + 5}{n^2+5} + \dfrac{11}{n^2+5} = 1 + \dfrac{11}{n^2+5}
\leq 1 + \dfrac{11}{n^2} \leq 1 + \dfrac{11}{n} \leq 1 + \dfrac{11}{k} \leq 1 + \varepsilon > \varepsilon$
Jadi, kita tidak dapat menunjukkan bahwa $ \left|{\dfrac{2n^2 - 1}{n^2 + 5} - 3 }\right| < \varepsilon$. Dengan demikian, terbukti $ \displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{2n^2 - 1}{n^2 + 5} \neq 3$
Soal 6. Tunjukkan dengan definisi limit barisan bahwa
$ \displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{(-1)^nn}{2n^2+5} = 0$
Pembuktian:
Definisi limit,
$ \boxed{x_n \rightarrow x \Leftrightarrow \forall \varepsilon > 0, \exists k \in \mathbb{N} \ni n \geq k~\text{berlaku}~|x_n - x| < \varepsilon}$
Ambil sembarang $ \varepsilon > 0$, sehingga berlaku juga bahwa $ \dfrac{1}{\varepsilon} > 0$. Menurut Sifat Archimedean (SA), ada $k \in \mathbb{N}$ sedemikian sehingga $\dfrac{1}{\varepsilon} < k$. Lebih lanjut, karena $n \geq k$, berlaku juga $\dfrac{1}{n} \leq \dfrac{1}{k}$.
Sekarang, kita harus memeriksa apakah $\left|\dfrac{(-1)^nn}{2n^2+5}-0\right| < \varepsilon$
(ruas kiri)
$\left|\dfrac{(-1)^nn}{2n^2+5}\right| = \dfrac{n}{2n^2+5}$
$ \leq \dfrac{n}{2n^2} = \dfrac{1}{2n} \leq \dfrac{1}{n} \leq \dfrac{1}{k} < \varepsilon$
Jadi, terbukti $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{(-1)^nn}{2n^2+5} = 0$
Soal 7. Dengan menggunakan sifat-sifat limit untuk tunjukkan bahwa
$ \displaystyle \lim_{n \to \infty} \sqrt{\dfrac{n+1}{4n+3}} = \dfrac{1}{2}$.
Pembahasan:
Diberikan bentuk limit
$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sqrt{\dfrac{n+1}{4n+3}}$
Bagi pembilang dan penyebutnya dengan $ \sqrt{n}$, diperoleh
$\begin{aligned} \displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{\dfrac{\sqrt{n+1}}{\sqrt{n}}}{\dfrac{\sqrt{4n+3}}{\sqrt{n}}} & = \lim_{n \to \infty} \dfrac{\sqrt{1 + \dfrac{1}{n}}}{\sqrt{4 + \dfrac{3}{n}}} \\ & = \dfrac{\sqrt{1 + 0 }}{\sqrt{4 + 0}} = \dfrac{1}{2} \end{aligned}$. Terbukti
Soal 8. Buktikan Teorema Barisan Konvergen:
$X = (x_n) \rightarrow x, Y = (y_n) \rightarrow y \Leftrightarrow X \pm Y \rightarrow x \pm y$
Pembuktian:
Ambil sembarang $ \varepsilon > 0$.
Tinjau barisan X: Karena $X = (x_n) \rightarrow x, maka terdapat k_0 \in \mathbb{N}$ sedemikian sehingga untuk setiap $n \geq k_0$, berlaku $\left|x_n - x\right| < \dfrac{\varepsilon}{2}$.
Mengapa harus $\dfrac{\varepsilon}{2}$
Kita mengandaikan bahwa $ \dfrac{\varepsilon}{2} $ merupakan bilangan positif sembarang yang dipersyaratkan seperti dalam definisi limit barisan.
Ini berguna ketika ingin menunjukkan berlakunyz $\left|(x_n + y_n) - (x + y)\right| < \varepsilon $
Tinjau barisan Y: Karena $Y = (y_n) \rightarrow x, maka terdapat k_1 \in \mathbb{N} sedemikian sehingga untuk setiap n \geq k_1, berlaku \left|y_n - y\right| < \dfrac{\varepsilon}{2}$.
Sekarang, ambil $k = \max\{k_0, k_1\}$, maka untuk $n \geq k$, berlaku
$ \left|(x_n + y_n) - (x + y)\right| = \left|(x_n - x) + (y_n - y)\right|$
Dengan menggunakan teorema ketaksamaan segitiga, diperoleh
$\left|(x_n - x) + (y_n - y)\right| < |x_n - x| + |y_n - y| \bigstar$
maka, diperoleh
$|x_n - x| + |y_n - y| < \dfrac{\varepsilon}{2} + \dfrac{\varepsilon}{2} = \varepsilon.$
Jadi, $\left|(x_n + y_n) - (x + y)\right| < \varepsilon$ Terbukti.
Soal 9. Jika a > 0, b>0, tunjukkan bahwa
$\displaystyle \lim_{n \to \infty} (\sqrt{(n+a)(n+b)} - n)= \dfrac{a+b}{2}$
Bukti:
Tinjau bentuk
$\displaystyle \lim_{n \to \infty} (\sqrt{(n+a)(n+b)} - n)$
Kalikan dengan akar sekawan pada pembilangnya,
$\begin{aligned} \displaystyle & \lim_{n \to \infty} (\sqrt{(n+a)(n+b)} - n)\times \dfrac{\sqrt{(n+a)(n+b)} + n}{\sqrt{(n+a)(n+b)} + n} \\ & = \displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{(n+a)(n+b)-n^2}{\sqrt{(n+a)(n+b)} + n} \\ & =\lim_{n \to \infty} \displaystyle \dfrac{(a+b)n + ab}{\sqrt{(n+a)(n+b)} + n} \end{aligned}$
Kedua sisi (pembilang dan penyebut) dibagi n, diperoleh
$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{\dfrac{(a+b)n}{n} + \dfrac{ab}{n}}{\sqrt{\dfrac{(n+a)(n+b)}{n^2}} + \dfrac{n}{n}}$
$= \dfrac{a + b + 0}{\sqrt{1} + 1} = \dfrac{a+b}{2}$
Jadi, terbukti bahwa $\displaystyle \lim_{n \to \infty} (\sqrt{(n+a)(n+b)} - n)= \dfrac{a+b}{2}$
Soal 10. Tunjukkan bahwa barisan $A = (a_n) $dengan
$ (a_n) = \dfrac{2-n}{n+1}$ ~ terbatas
Bukti:
Menentukan batas atas barisan A
Untuk semua n bilangan asli, berlaku
$ n \geq 1 \Leftrightarrow -3n \leq -3 \Leftrightarrow 4 - 2n \leq n + 1 \Leftrightarrow \dfrac{2-n}{n+1} \leq \dfrac{1}{2}$
Jadi, barisan A memiliki batas atas, yaitu $\dfrac{1}{2}$.
Menentukan batas bawah barisan A
Berangkat dari konsep bilangan positif, berlaku
$ -1 \leq 2 \Leftrightarrow -n-1 \leq 2-n \Leftrightarrow -1 \leq \dfrac{2-n}{n+1}$
Jadi, barisan A memiliki batas bawah, yaitu -1. Karena memiliki batas atas dan batas bawah, maka dapat disimpulkan bahwa barisan A merupakan barisan yang terbatas. (Terbukti)
Soal 11. Tunjukkan bahwa barisan B = (b_n) dengan
$ (b_n) = 1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{4} + ... + \dfrac{1}{n}~$ merupakan barisan yang tidak terbatas
Bukti
Menentukan batas bawah barisan B
Batas bawah barisan B merupakan nilai sigma untuk n = 1. Ini berarti, 1 adalah batas bawah barisan B.
Menentukan batas atas barisan B
Dengan menggunakan konsep deret harmonik, berlaku
$ 1 + \dfrac{1}{2} \geq 1 + \dfrac{1}{2}$
$ \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{4} \geq \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{2}$
$ \dfrac{1}{5} + \dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{7} + \dfrac{1}{8} \geq \dfrac{1}{8} + \dfrac{1}{8} + \dfrac{1}{8} + \dfrac{1}{8} = \dfrac{1}{2}
\cdots \cdots \cdots$
—————————————————+
$1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + ... + \dfrac{1}{n} \geq 1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} + ... = 1 + \dfrac{1}{2}(n-1)$
Tinjau bentuk limit dari $1 + \dfrac{1}{2}(n-1)$
$ \displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{2}(n-1) = \infty $
Jadi,
$ 1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + ... + \dfrac{1}{n}$ akan semakin besar menuju tak hingga. Ini berarti, barisan B tidak memiliki batas atas. Karena tidak memiliki batas atas, maka barisan B adalah barisan yang tak terbatas. (Terbukti)
Soal 12. Tunjukkan bahwa barisan $C = (c_n)$ dengan
$ (c_n) = \dfrac{2-n}{\sqrt{n}+1}~$ adalah tak terbatas.
Bukti
Menentukan batas atas barisan C
Untuk semua n bilangan asli, berlaku
$ \begin{aligned} & n \geq \sqrt{n} \Rightarrow n \geq \dfrac{\sqrt{n} - 3}{2} \Leftrightarrow -2n \leq \sqrt{n} - 3 \\ & \Rightarrow 3 - 2n \leq \sqrt{n} \Leftrightarrow 4 - 2n \leq \sqrt{n} + 1 \\ & \Leftrightarrow \dfrac{2-n}{\sqrt{n} + 1} \leq \dfrac{1}{2} \end{aligned}$
Jadi, batas atas barisan C adalah $\dfrac{1}{2}$.
Menentukan apakah barisan C terbatas
Menurut definisi barisan terbatas, ada $M \in \mathbb{R}^+$ sehingga barisan C harus memenuhi
$|c_n| = \left|\dfrac{2-n}{\sqrt{n}+1}\right| \leq M$
Menurut Sifat Archimedean (SA), $ \exists k \in \mathbb{N}$, sedemikian sehingga $ 2k > M$. Perhatikan bahwa,
$\begin{aligned} & 2k \geq 2\sqrt{k} \geq (2-k)\sqrt{k} \\ & \geq \dfrac{(2-k)\sqrt{k}}{k} = \dfrac{2-k}{\sqrt{k}} \geq \dfrac{2-k}{\sqrt{k}+1} > M \end{aligned}$
Jadi, ada suku dari barisan C yaitu $ \dfrac{2-k}{\sqrt{k}+1}$ yang nilainya melampaui/melewati nilai M. Ini berarti, barisan C bukanlah barisan terbatas. (Terbukti).
Semoga pembahasan soal Soal dan Pembahasan Pembuktian Limit ini bermanfaat untuk anda. Jika ada pertanyaan atau soal yang ingin di bahas bisa pilih menu tanya soal. Terima kasih dan sampai jumpa di masalah masalah berikutnya guys.
Pembahasan:
Dengan menggunakan definisi limit barisan, kita tahu bahwa
$ \forall \varepsilon > 0, \exists k \in \mathbb{N} \rightarrow \left|\dfrac{1}{n}-0\right| < \varepsilon, n \geq k$
Sederhanakan ekspresi harga mutlaknya menjadi $ \dfrac{1}{n} < \varepsilon$. Karena$ n \geq k$, maka menurut teorema ketidaksamaan, berlaku
$\dfrac{1}{n} \leq \dfrac{1}{k} \bigstar.$
Bukti:
Ambil sembarang $\varepsilon > 0$, sehingga juga berlaku $\dfrac{1}{\varepsilon} > 0$. Karena $\varepsilon$ ini merupakan bilangan real, maka berdasarkan Sifat Archimedean (SA), terdapat $k \in \mathbb{N} $sedemikian sehingga berlaku
$\dfrac{1}{\varepsilon}<k \Rightarrow \dfrac{1}{k} < \varepsilon \Rightarrow \left|\dfrac{1}{k} - 0 \right| < \varepsilon$
Gunakan$ \bigstar$ untuk memperoleh
$ \dfrac{1}{n} \leq \dfrac{1}{k} < \varepsilon$
Akibatnya,
$ \left|\dfrac{1}{n} - 0\right| < \varepsilon$
yang tepat sesuai dengan definisi tersebut.
Jadi, benar bahwa limit dari \dfrac{1}{n} untuk n menuju tak hingga adalah 0. (Terbukti)
Soal 2: Berdasarkan defenisi limit, buktikan bahwa
$ \displaystyle \lim_{n \to \infty} \sqrt{\dfrac{4n+1}{n}} = 2$
Pembuktian:
Definisi limit,
$\boxed{x_n \rightarrow x \Leftrightarrow \forall \varepsilon > 0, \exists k \in \mathbb{N} \ni n \geq k~\text{berlaku}~|x_n - x| < \varepsilon}$
Ambil sembarang $\varepsilon > 0$, artinya $ \varepsilon^2 > 0$ dan $\dfrac{1}{\varepsilon^2} > 0$.
Menurut Sifat Archimedean (SA), ada k bilangan asli, sedemikian sehingga berlaku $ \dfrac{1}{\varepsilon^2} < k$, yang ekuivalen dengan $ \dfrac{1}{k} < \varepsilon^2$ atau lebih lanjut $\dfrac{1}{\sqrt{k}} < \varepsilon$.
Menurut definisi limit barisan, kita harus membuktikan bahwa
$ \left| \sqrt{\dfrac{4n+1}{n}} -2\right| < \varepsilon$.
(Ruas kiri)
$ \left| \sqrt{\dfrac{4n+1}{n}} -2\right| = \left| \dfrac{\sqrt{4n+1}}{\sqrt{n}} - \dfrac{2\sqrt{n}}{\sqrt{n}}\right| = \left| \dfrac{\sqrt{4n+1} - 2\sqrt{n}}{\sqrt{n}}\right|$
(Kali dengan akar sekawan pembilang)
$ \begin{aligned} & = \left| \dfrac{\sqrt{4n+1} - 2\sqrt{n}}{\sqrt{n}} \times \dfrac{\sqrt{4n+1} + 2\sqrt{n}}{\sqrt{4n+1} + 2\sqrt{n}} \right| \\ & = \left| \dfrac{(4n+1)-(4n)}{\sqrt{n}(\sqrt{4n+1} + 2\sqrt{n})} \right| \end{aligned}$
$ \leq \dfrac{1}{\sqrt{n}} \leq \dfrac{1}{\sqrt{k}} < \varepsilon$.
Artinya terbukti bahwasanya \displaystyle $ \lim_{n \to \infty} \sqrt{\dfrac{4n+1}{n}} = 2$.
Soal 3. Dengan menggunakan definisi limit barisan buktikan bahwasanya
$ \displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{2n^2 + 3}= 0$
Pembuktian
Definisi limit,
$ \boxed{x_n \rightarrow x \Leftrightarrow \forall \varepsilon > 0, \exists k \in \mathbb{N} \ni n \geq k~\text{berlaku}~|x_n - x| < \varepsilon}$
Ambil sembarang $\varepsilon > 0$, sehingga $ \dfrac{1}{\varepsilon} > 0$.
Menurut Sifat Archimedean (SA), ada k bilangan asli, sedemikian sehingga berlaku $ \dfrac{1}{\varepsilon} < k$, yang ekuivalen dengan $ \dfrac{1}{k} < \varepsilon$
Menurut definisi limit barisan, kita buktikan bahwa $\left|\dfrac{1}{2n^2 + 3} - 0 \right| < \varepsilon$
Sekarang, $\forall \varepsilon > 0, \exists k \in \mathbb{N}$ sedemikian sehingga untuk $n \geq k\Leftrightarrow 2n \geq 2k \Leftrightarrow \dfrac{1}{2n} \leq \dfrac{1}{2k}$, berlaku
$\left|\dfrac{1}{2n^2 + 3} - 0 \right| = \dfrac{1}{2n^2 + 3}$
$ \leq \dfrac{1}{2n^2} \leq \dfrac{1}{2n} \leq \dfrac{1}{n} \leq \dfrac{1}{k} < \varepsilon$
Terbukti bahwasanya $ \displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{2n^2 + 3}= 0$
Soal 4. Buktikan dengan menggunakan definisi limit barisan bahwa
$ \displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{2n^2 - 1}{n^2 + 5} = 2$
Pembahasan:
Definisi limit,
$ \boxed{x_n \rightarrow x \Leftrightarrow \forall \varepsilon > 0, \exists k \in \mathbb{N} \ni n \geq k~\text{berlaku}~|x_n - x| < \varepsilon}$
Ambil sembarang $ \varepsilon > 0$, sehingga berlaku juga bahwa $\dfrac{11}{\varepsilon} > 0$.
Menurut Sifat Archimedean (SA), ada$ k \in \mathbb{N} $sedemikian sehingga $\dfrac{11}{\varepsilon} < k$. Lebih lanjut, karena $n \geq k$, berlaku juga $\dfrac{11}{n} \leq \dfrac{11}{k}$.
Sekarang, periksa apakah $ |x_n - x| < \varepsilon$
(Pengerjaan dari ruas kiri)
$ \left|\dfrac{2n^2 - 1}{n^2+5} - 2\right| = \left|\dfrac{2n^2 - 1 - 2n^2 - 10}{n^2+5} \right|
\left|\dfrac{-11}{n^2+5}\right| = \dfrac{11}{n^2+5} \leq \dfrac{11}{n^2} \leq \dfrac{11}{n} \leq \dfrac{11}{k} \leq \varepsilon$
Terbukti bahwa $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{2n^2 - 1}{n^2 + 5} = 2$.
Soal 5. dengan menggunakan definisi limit barisan tunjukkan bahwa
$ \displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{2n^2 - 1}{n^2 + 5} \neq 3$
Pembuktian:
definisi limit,
$ \boxed{x_n \rightarrow x \Leftrightarrow \forall \varepsilon > 0, \exists k \in \mathbb{N} \ni n \geq k~\text{berlaku}~|x_n - x| < \varepsilon}$
Ambil sembarang $\varepsilon > 0$, sehingga berlaku juga bahwa $ \dfrac{11}{\varepsilon} > 0$.
Menurut Sifat Archimedean (SA), ada $k \in \mathbb{N}$ sedemikian sehingga$ \dfrac{11}{\varepsilon} < k$. Lebih lanjut, karena $ n \geq k$, berlaku juga $\dfrac{11}{n} \leq \dfrac{11}{k}$.
Sekarang,periksa apa $ \left|{\dfrac{2n^2 - 1}{n^2 + 5} - 3 }\right| < \varepsilon$
(Ruas kiri)
$\left|\dfrac{2n^2 - 1}{n^2+5} - 3\right| = \left|\dfrac{2n^2 - 1 - 3n^2 - 15}{n^2+5} \right|
\left|\dfrac{-n^2 - 16}{n^2+5}\right| = \dfrac{n^2 + 16}{n^2+5}
= \dfrac{n^2 + 5}{n^2+5} + \dfrac{11}{n^2+5} = 1 + \dfrac{11}{n^2+5}
\leq 1 + \dfrac{11}{n^2} \leq 1 + \dfrac{11}{n} \leq 1 + \dfrac{11}{k} \leq 1 + \varepsilon > \varepsilon$
Jadi, kita tidak dapat menunjukkan bahwa $ \left|{\dfrac{2n^2 - 1}{n^2 + 5} - 3 }\right| < \varepsilon$. Dengan demikian, terbukti $ \displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{2n^2 - 1}{n^2 + 5} \neq 3$
Soal 6. Tunjukkan dengan definisi limit barisan bahwa
$ \displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{(-1)^nn}{2n^2+5} = 0$
Pembuktian:
Definisi limit,
$ \boxed{x_n \rightarrow x \Leftrightarrow \forall \varepsilon > 0, \exists k \in \mathbb{N} \ni n \geq k~\text{berlaku}~|x_n - x| < \varepsilon}$
Ambil sembarang $ \varepsilon > 0$, sehingga berlaku juga bahwa $ \dfrac{1}{\varepsilon} > 0$. Menurut Sifat Archimedean (SA), ada $k \in \mathbb{N}$ sedemikian sehingga $\dfrac{1}{\varepsilon} < k$. Lebih lanjut, karena $n \geq k$, berlaku juga $\dfrac{1}{n} \leq \dfrac{1}{k}$.
Sekarang, kita harus memeriksa apakah $\left|\dfrac{(-1)^nn}{2n^2+5}-0\right| < \varepsilon$
(ruas kiri)
$\left|\dfrac{(-1)^nn}{2n^2+5}\right| = \dfrac{n}{2n^2+5}$
$ \leq \dfrac{n}{2n^2} = \dfrac{1}{2n} \leq \dfrac{1}{n} \leq \dfrac{1}{k} < \varepsilon$
Jadi, terbukti $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{(-1)^nn}{2n^2+5} = 0$
Soal 7. Dengan menggunakan sifat-sifat limit untuk tunjukkan bahwa
$ \displaystyle \lim_{n \to \infty} \sqrt{\dfrac{n+1}{4n+3}} = \dfrac{1}{2}$.
Pembahasan:
Diberikan bentuk limit
$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sqrt{\dfrac{n+1}{4n+3}}$
Bagi pembilang dan penyebutnya dengan $ \sqrt{n}$, diperoleh
$\begin{aligned} \displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{\dfrac{\sqrt{n+1}}{\sqrt{n}}}{\dfrac{\sqrt{4n+3}}{\sqrt{n}}} & = \lim_{n \to \infty} \dfrac{\sqrt{1 + \dfrac{1}{n}}}{\sqrt{4 + \dfrac{3}{n}}} \\ & = \dfrac{\sqrt{1 + 0 }}{\sqrt{4 + 0}} = \dfrac{1}{2} \end{aligned}$. Terbukti
Soal 8. Buktikan Teorema Barisan Konvergen:
$X = (x_n) \rightarrow x, Y = (y_n) \rightarrow y \Leftrightarrow X \pm Y \rightarrow x \pm y$
Pembuktian:
Ambil sembarang $ \varepsilon > 0$.
Tinjau barisan X: Karena $X = (x_n) \rightarrow x, maka terdapat k_0 \in \mathbb{N}$ sedemikian sehingga untuk setiap $n \geq k_0$, berlaku $\left|x_n - x\right| < \dfrac{\varepsilon}{2}$.
Mengapa harus $\dfrac{\varepsilon}{2}$
Kita mengandaikan bahwa $ \dfrac{\varepsilon}{2} $ merupakan bilangan positif sembarang yang dipersyaratkan seperti dalam definisi limit barisan.
Ini berguna ketika ingin menunjukkan berlakunyz $\left|(x_n + y_n) - (x + y)\right| < \varepsilon $
Tinjau barisan Y: Karena $Y = (y_n) \rightarrow x, maka terdapat k_1 \in \mathbb{N} sedemikian sehingga untuk setiap n \geq k_1, berlaku \left|y_n - y\right| < \dfrac{\varepsilon}{2}$.
Sekarang, ambil $k = \max\{k_0, k_1\}$, maka untuk $n \geq k$, berlaku
$ \left|(x_n + y_n) - (x + y)\right| = \left|(x_n - x) + (y_n - y)\right|$
Dengan menggunakan teorema ketaksamaan segitiga, diperoleh
$\left|(x_n - x) + (y_n - y)\right| < |x_n - x| + |y_n - y| \bigstar$
maka, diperoleh
$|x_n - x| + |y_n - y| < \dfrac{\varepsilon}{2} + \dfrac{\varepsilon}{2} = \varepsilon.$
Jadi, $\left|(x_n + y_n) - (x + y)\right| < \varepsilon$ Terbukti.
Soal 9. Jika a > 0, b>0, tunjukkan bahwa
$\displaystyle \lim_{n \to \infty} (\sqrt{(n+a)(n+b)} - n)= \dfrac{a+b}{2}$
Bukti:
Tinjau bentuk
$\displaystyle \lim_{n \to \infty} (\sqrt{(n+a)(n+b)} - n)$
Kalikan dengan akar sekawan pada pembilangnya,
$\begin{aligned} \displaystyle & \lim_{n \to \infty} (\sqrt{(n+a)(n+b)} - n)\times \dfrac{\sqrt{(n+a)(n+b)} + n}{\sqrt{(n+a)(n+b)} + n} \\ & = \displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{(n+a)(n+b)-n^2}{\sqrt{(n+a)(n+b)} + n} \\ & =\lim_{n \to \infty} \displaystyle \dfrac{(a+b)n + ab}{\sqrt{(n+a)(n+b)} + n} \end{aligned}$
Kedua sisi (pembilang dan penyebut) dibagi n, diperoleh
$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{\dfrac{(a+b)n}{n} + \dfrac{ab}{n}}{\sqrt{\dfrac{(n+a)(n+b)}{n^2}} + \dfrac{n}{n}}$
$= \dfrac{a + b + 0}{\sqrt{1} + 1} = \dfrac{a+b}{2}$
Jadi, terbukti bahwa $\displaystyle \lim_{n \to \infty} (\sqrt{(n+a)(n+b)} - n)= \dfrac{a+b}{2}$
Soal 10. Tunjukkan bahwa barisan $A = (a_n) $dengan
$ (a_n) = \dfrac{2-n}{n+1}$ ~ terbatas
Bukti:
Menentukan batas atas barisan A
Untuk semua n bilangan asli, berlaku
$ n \geq 1 \Leftrightarrow -3n \leq -3 \Leftrightarrow 4 - 2n \leq n + 1 \Leftrightarrow \dfrac{2-n}{n+1} \leq \dfrac{1}{2}$
Jadi, barisan A memiliki batas atas, yaitu $\dfrac{1}{2}$.
Menentukan batas bawah barisan A
Berangkat dari konsep bilangan positif, berlaku
$ -1 \leq 2 \Leftrightarrow -n-1 \leq 2-n \Leftrightarrow -1 \leq \dfrac{2-n}{n+1}$
Jadi, barisan A memiliki batas bawah, yaitu -1. Karena memiliki batas atas dan batas bawah, maka dapat disimpulkan bahwa barisan A merupakan barisan yang terbatas. (Terbukti)
Soal 11. Tunjukkan bahwa barisan B = (b_n) dengan
$ (b_n) = 1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{4} + ... + \dfrac{1}{n}~$ merupakan barisan yang tidak terbatas
Bukti
Menentukan batas bawah barisan B
Batas bawah barisan B merupakan nilai sigma untuk n = 1. Ini berarti, 1 adalah batas bawah barisan B.
Menentukan batas atas barisan B
Dengan menggunakan konsep deret harmonik, berlaku
$ 1 + \dfrac{1}{2} \geq 1 + \dfrac{1}{2}$
$ \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{4} \geq \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{2}$
$ \dfrac{1}{5} + \dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{7} + \dfrac{1}{8} \geq \dfrac{1}{8} + \dfrac{1}{8} + \dfrac{1}{8} + \dfrac{1}{8} = \dfrac{1}{2}
\cdots \cdots \cdots$
—————————————————+
$1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + ... + \dfrac{1}{n} \geq 1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} + ... = 1 + \dfrac{1}{2}(n-1)$
Tinjau bentuk limit dari $1 + \dfrac{1}{2}(n-1)$
$ \displaystyle \lim_{n \to \infty} \dfrac{1}{2}(n-1) = \infty $
Jadi,
$ 1 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + ... + \dfrac{1}{n}$ akan semakin besar menuju tak hingga. Ini berarti, barisan B tidak memiliki batas atas. Karena tidak memiliki batas atas, maka barisan B adalah barisan yang tak terbatas. (Terbukti)
Soal 12. Tunjukkan bahwa barisan $C = (c_n)$ dengan
$ (c_n) = \dfrac{2-n}{\sqrt{n}+1}~$ adalah tak terbatas.
Bukti
Menentukan batas atas barisan C
Untuk semua n bilangan asli, berlaku
$ \begin{aligned} & n \geq \sqrt{n} \Rightarrow n \geq \dfrac{\sqrt{n} - 3}{2} \Leftrightarrow -2n \leq \sqrt{n} - 3 \\ & \Rightarrow 3 - 2n \leq \sqrt{n} \Leftrightarrow 4 - 2n \leq \sqrt{n} + 1 \\ & \Leftrightarrow \dfrac{2-n}{\sqrt{n} + 1} \leq \dfrac{1}{2} \end{aligned}$
Jadi, batas atas barisan C adalah $\dfrac{1}{2}$.
Menentukan apakah barisan C terbatas
Menurut definisi barisan terbatas, ada $M \in \mathbb{R}^+$ sehingga barisan C harus memenuhi
$|c_n| = \left|\dfrac{2-n}{\sqrt{n}+1}\right| \leq M$
Menurut Sifat Archimedean (SA), $ \exists k \in \mathbb{N}$, sedemikian sehingga $ 2k > M$. Perhatikan bahwa,
$\begin{aligned} & 2k \geq 2\sqrt{k} \geq (2-k)\sqrt{k} \\ & \geq \dfrac{(2-k)\sqrt{k}}{k} = \dfrac{2-k}{\sqrt{k}} \geq \dfrac{2-k}{\sqrt{k}+1} > M \end{aligned}$
Jadi, ada suku dari barisan C yaitu $ \dfrac{2-k}{\sqrt{k}+1}$ yang nilainya melampaui/melewati nilai M. Ini berarti, barisan C bukanlah barisan terbatas. (Terbukti).
Semoga pembahasan soal Soal dan Pembahasan Pembuktian Limit ini bermanfaat untuk anda. Jika ada pertanyaan atau soal yang ingin di bahas bisa pilih menu tanya soal. Terima kasih dan sampai jumpa di masalah masalah berikutnya guys.
Cari Soal dan Pembahasan tentang limit
Loading...