-->

Soal dan Pembahasan Pembuktian Limit

Topik Bahasan
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).

Cari Soal dan Pembahasan tentang

Loading...