Postingan kali ini akan menyajikan mengenai Pembahasan Soal Analisis Real 3.1 tentang barisan dan limitnya, terutama definisi barisan konvergen serta penggunaannya dalam membuktikan kekonvergenan barisan. Soal-soal tersebut diambil dari buku Introduction to Real Analysis yang ditulis oleh Robert G. Bartle dan Donald R. Sherbert. Untuk lebih mudah dalam memahami pembahasan berikut, terlebih dahulu akan disajikan rangkuman singkat mengenai definisi kekonvergenan barisan dan beberapa sifat-sifat dasar yang terkait.
**Selamat menikmati**
Barisan Konvergen
Sebuah barisan bilangan real adalah fungsi yang didefnisikan pada himpunan bilangan asli $\mathbb{N}$ yang mempunyai range yang termuat di himpunan bilangan real $\mathbb{R}.$ Jika $X : \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{R}$ adalah barisan, pada umumnya nilai dari $X$ di $n$ ditulis dengan $x_n.$ Nilai $x_n$ disebut juga dengan suku dari barisan tersebut. Kita menyatakan barisan $X$ dengan notasi lain $( x_n )$
Setelah mendefinisikan barisan, kita akan mendefinisikan barisan konvergen sebagai berikut.
Sebuah barisan $X=(x_n)$ dikatakan konvergen ke $x,$ atau $x$ adalah limit dari barisan $(x_n)$ jika untuk setiap $\varepsilon>0,$ terdapat $K\in \mathbb{K}$ sedemikian sehingga untuk bilangan asli n dengan $n\geq K$ berlaku $$|x_n – x|<\varepsilon$$
Berikut ini adalah salah satu teorema terkait dengan pembuktian kekonvergenan barisan (Di buku acuan,Introduction to Real Analysis, teorema berikut adalah teorema 3.1.10)
Teorema 1: Misalkan $(x_n)$ adalah barisan bilangan real dan $x \in \mathbb{R}.$ Jika $(a_n)$ adalah barisan bilangan real positif dengan $\lim (a_n) = 0$ dan jika untuk suatu konstanta $C>0$ dan suatu $m \in \mathbb{N}$ berlaku
$$|x_n – x|\leq C a_n \text{ untuk semua } n \geq m$$Maka $\lim (x_n)=x$
Baca Juga: Pembahasan Soal Analisis Real 4.1 Definisi Limit Fungsi
Pembahasan Soal
Soal 1
Barisan $(x_n)$ didefinisikan dengan rumus untuk suku ke-$n$ berikut. Tuliskan 5 suku pertama di setiap kasusnya.
- $x_n = 1+(-1)^n$
- $x_n = (-1)^n/n$
- $x_n = \frac{1}{n(n+1)}$
- $x_n = \frac{1}{n^2+2}$
Jawab: Dengan menghitungnya secara langsung, maka diperoleh bahwa 5 suku pertama dari masing-masing tersebut adalah sebagai berikut.
- $0,2,0,2,0$
- $-1,1/2,-1/3,1/4,-1/5$
- $1/2,1/6,1/12,1/20,1/30$
- $1/3, 1/, 6, 1/11, 1/18, 1/27$
Soal 2
Beberapa suku pertama dari barisan $(x_n)$ diberikan sebagai berikut. Asumsikan bahwa tiap sukunya mengikuti “pola alami”, tentukan sebuah rumus untuk suku ke-$n$ dari barisan-barisan tersebut.
- $5,7,9,11, …$
- $1/2, -1/4, 1/8, -1/16, …$
- $1/2, 2/3, 3/4, 4/5, …$
- $1,4,9,16,…$
Jawab: Dengan mengamati suku-suku pertama dari tiap barisan tersebut, maka diperoleh bahwa untuk tiap $n \in \mathbb{N},$
- $x_n = 2n+3$
- $x_n = \frac{(-1)^{n+1}}{2^n}$
- $x_n = \frac{n}{n+1}$
- $x_n = n^2$
Soal 3
Daftar 5 suku pertama dari barisan berikut yang didefinisikan secara induktif
- $x_1 = 1, x_{n+1}=3x_n+1$
- $y_1 = 2, y_{n+1} = \frac{1}{2} (y_n+2/y_n)$
- $z_1=1, z_2 = 2, z_{n+2} = (z_{n+1}+z_n)/(z_{n+1}-z_n)$
- $s_1 = 3, s_2 = s_{n+2 = s_n + s_{n+1}}$
Jawab: Dengan menghitung secara langsung pada tiap barisan, diperoleh bahwa
- $x_1=1$
$x_2 = 3x_1+1=3(1)+1=4$
$x_3 = 3x_2+1=3(4)+1=13$
$x_4 = 3x_3+1 = 3(13)+1=40$
$x_5 = 3x_4+1 = 3(40)+1=121$ - $y_1=2$
$\begin{aligned}y_2 &= \frac{1}{2}(y_1+1/y_1)\\ &= \frac{1}{2}(2+1/2)\\&= \frac{1}{2}(5/2)\\ &=5/4\end{aligned}$
$\begin{aligned}y_3 &= \frac{1}{2}(y_2+1/y_2)\\ &= \frac{1}{2}(5/4+1/(5/4))\\ &= \frac{1}{2}(41/20) \\ &=41/40 \end{aligned}$
$\begin{aligned}y_4 &= \frac{1}{2}(y_3+1/y_3 )\\ &= \frac{1}{2}(41/40+1/(41/40))\\ &= \frac{1}{2}(3281/1640)\\ &=3281/3280\end{aligned}$
$\begin{aligned}y_5 &= \frac{1}{2}(y_4+1/y_4 )\\&= \frac{1}{2}(3281/3280+1/(3281/3280))\\ &= \frac{1}{2}(21523361/10761680)\\ &=21523361/21523360\end{aligned}$ - $z_1=1$
$z_2=2$
$z_3 = (z_2+z_1)/(z_2-z_1) = (2+1)/(2-1)=3$
$z_4 = (z_3+z_2)/(z_3-z_2) = (3+2)/(3-2)=5$
$z_5 = (z_4+z_3)/(z_4-z_3) = (5+3)/(5-3)=4$ - $s_1 = 3$
$s_2 = 5$
$s_3 = s_1+s_2 =3+5=8$
$s_4=s_2+s_3 = 5+8=13$
$s_5 = s_3+s_4 = 8+13 =21$
Soal 4
Untuk sebarang $b\in \mathbb{R},$ buktikan bahwa $\lim (b/n) = 0$
Jawab: Diberikan sebarang $\varepsilon > 0.$ Berdasarkan sifat Archimedes, maka terdapat bilangan asli $K$ sedemikian sehingga $$\frac{1+|b|}{\varepsilon}<K$$Kemudian, untuk bilangan asli $n\geq K,$ berlaku
$$\begin{aligned}\left|\frac{b}{n}\right| & \leq \frac{|b|}{K} \\&<\frac{|b \varepsilon|}{1+|b|}\\ &=\frac{|b| \varepsilon}{1+|b|}<\varepsilon \end{aligned}$$
Ini membuktikan bahwa $\lim (b/n) = 0$
Soal 5
Gunakan definisi limit barisan untuk membuktikan pernyataan berikut.
- $\lim \left(\frac{n}{n^2+1}\right) = 0$
- $\lim \left( \frac{2n}{n+1} \right)=2$
- $\lim \left( \frac{3n+1}{2n+5} \right) = \frac{3}{2}$
- $\lim \left( \frac{n^2-1}{2n^2+3} \right)=\frac{1}{2}$
Jawab: Akan digunakan definisi limit barisan untuk membuktikan pernyataan tersebut.
- Diberikan sebarang $\varepsilon>0.$ Berdasarkan sifat Archimedes, maka terdapat bilangan asli $K$ sedemikian sehingga $K>1/\varepsilon.$ Selanjutnya, untuk bilangan asli $n$ dengan $n \geq K,$ berlaku bahwa
$$\begin{aligned}\left|\frac{n}{n^2+1}\right| & =\frac{n}{n^2+1} \\ & < \frac{1}{n} \\ &\leq \frac{1}{K} < \varepsilon \end{aligned}$$
Ini membutkikan bahwa $\lim \left(\frac{n}{n^2+1}\right) = 0.$ - Diberikan sebarang $\varepsilon >0.$ Berdasarkan sifat Archimedes, maka terdapat bilangan asli $K$ sedemikian sehingga $K>2/\varepsilon.$ Selanjutnya, untuk bilangan asli $n$ dengan $n \geq K,$ berlaku bahwa
$$\begin{aligned}\left|\frac{2n}{n+1}-2\right| &=\left| \frac{2}{n+1}\right|\\ &=\frac{2}{n+1} \\ &\leq \frac{2}{K+1}\\ &< \frac{2}{K}<\varepsilon\end{aligned}$$
Ini membutkikan bahwa $\lim \left( \frac{2n}{n+1} \right)=2.$ - Diberikan sebarang $\varepsilon>0.$ Berdasarkan sifat Archimedes, maka terdapat bilangan asli $K$ sedemikian sehingga $K>13/2\varepsilon.$ Selanjutnya, untuk bilangan asli $n$ dengan $n \geq K,$ berlaku bahwa
$$\begin{aligned}\left|\frac{3n+1}{2n+5}-\frac{3}{2}\right|&=\left| \frac{13}{2n+5}\right|\\&=\frac{13}{2n+5}\\ &\leq \frac{13}{2K+5}\\& < \frac{13}{2K}<\varepsilon\end{aligned}$$
Ini membuktikan bahwa $\lim \left( \frac{3n+1}{2n+5} \right) = \frac{3}{2}.$ - Diberikan sebarang $\varepsilon>0.$ Berdasarkan sifat Archimedes, maka terdapat bilangan asli $K$ sedemikian sehingga $K>2/\varepsilon.$ Selanjutnya, untuk bilangan asli $n$ dengan $n \geq K,$ berlaku bahwa
$$\begin{aligned}\left|\frac{n^2-1}{2n^2+3}-\frac{1}{2}\right|&=\left| \frac{4}{2n^2+3}\right|\\&=\frac{4}{2n^2+3} \\&\leq \frac{4}{2K^2+3} \\&< \frac{4}{2K^2}\\& \leq\frac{4}{2K}\\&=\frac{2}{K}<\varepsilon\end{aligned}$$
Ini membuktikan bahwa $\lim \left( \frac{n^2-1}{2n^2+3} \right) = \frac{1}{2}.$
Soal 6
Tunjukkan bahwa
- $\lim \left( \frac{1}{\sqrt{n+7}} \right) = 0$
- $\lim \left( \frac{2n}{n+2} \right) = 2$
- $\lim \left( \frac{\sqrt{n}}{n+1} \right) = 0$
- $\lim \left( \frac{(-1)^n n}{n^2+1} \right) = 0$
Jawab: Kita akan menggunakan definisi limit fungsi untuk membuktikan pernyataan-pernyataan tersebut.
- Diberikan sebarang $\varepsilon>0.$ Berdasarkan sifat Archimedes, maka terdapat bilangan asli $K$ sedemikian sehingga $K>1/\sqrt{\varepsilon}.$ Selanjutnya, untuk bilangan asli $n \ geq K,$ berlaku
$$\begin{aligned} \left| \frac{1}{\sqrt{n+7}} \right| &= \frac{1}{\sqrt{n+7}}\\ < \frac{1}{\sqrt(n)} \\ \leq \frac{1}{\sqrt{K}} < \varepsilon \end{aligned}$$Ini membukikan bahwa $\lim \left( \frac{1}{\sqrt{n+7}} \right) = 0.$ - Diberikan sebarang $\varepsilon>0.$ Berdasarkan sifat Archimedes, maka terdapat bilangan asli $K$ sedemikian sehingga $K>4/\varepsilon.$ Selanjutnya, untuk bilangan asli $n \geq K,$ belaku
$$\begin{aligned} \left| \frac{2n}{n+2} -2 \right| &= \frac{4}{n+2} \leq \frac{4}{K+2}\\ & <\frac{4}{K} <\varepsilon\end{aligned}$$Ini membuktikan bahwa $\lim \left( \frac{2n}{n+2} \right) = 2.$ - Diberikan sebarang $\varepsilon>0.$ Berdasarkan sifat Archimedes, maka terdapat bilangan asli $K$ sedemikian sehingga $K>1/\sqrt{\varepsilon}.$ Selanjutnya, untuk bilangan asli $n \geq K,$ berlaku
$$\begin{aligned} \left| \frac{\sqrt{n}}{n+1} \right| & = \frac{\sqrt{n}}{n+1} \\ & < \frac{1}{\sqrt{n}} \\ \leq \frac{1}{\sqrt{K}}<\varepsilon\end{aligned}$$Ini membutkikan bahwa $\lim \left( \frac{\sqrt{n}}{n+1} \right) = 0$ - Diberikan sebarang $\varepsilon>0.$ Berdasarkan sifat Archimedes, maka terdapat bilangan asli $K$ sedemikian sehingga $K>1/\varepsilon.$ Selanjutnya, untuk bilangan asli $n\geq K,$ berlaku
$$\begin{aligned} \left| \frac{(-1)^n n}{n^2+1} \right| & = \frac{n}{n^2+1}\\ & < \frac{1}{n} \\ &\leq \frac{1}{K}<\varepsilon \end{aligned}$$Ini membuktikan bahwa $\lim \left( \frac{(-1)^n}{n^2+1} \right) = 0.$
Alternatif jawaban: Sebelumnya, perhatikan bahwa $$\lim \left( \frac{1}{\sqrt{n}} \right) = 0 \cdots (1)$$Kemudian,
- Dapat dilihat bahwa $$\left| \frac{1}{\sqrt{n+7}} \right| < \frac{1}{\sqrt{n}}$$untuk setiap bilangan asli $n.$ Sehingga, berdasarkan teorema 1 dan (1), maka $\lim \left( \frac{1}{\sqrt{n+7}} \right) = 0.$
- Dapat dilihat bahwa $$\left| \frac{2n}{n+2} -2 \right| = \frac{4}{n+2} < \frac{4}{n}$$untuk setiap bilangan asli $n.$ Karena $\lim (1/n) = $ maka dengan teorema 1, diperoleh bahwa $\lim \left( \frac{2n}{n+2} \right) = 2.$
- Dapat dilihat juga bahwa $$\left| \frac{\sqrt{n}}{n+1} \right| = \frac{\sqrt{n}}{n+1} < \frac{1}{\sqrt{n}}$$untuk setiap bilangan asli $n.$ Dengan (1), maka berdasarkan teorema 1, diperoleh bahwa $\lim \left( \frac{sqrt{n}}{n+1} \right) = 0$
- Dapat dilihat bahwa $$\left| \frac{(-1)^n n}{n^2+1} \right| = \frac{n}{n^2+1} < \frac{1}{n}$$untuk setiap bilangan asli $n.$ Karena $\lim (1/n) = 0,$ maka berdasarkan teorema 1, diperoleh bahwa $\lim \left( \frac{(-1)^n}{n^2+1} \right) = 0.$
Soal 7
Misalkan $x_n = 1/\ln (n+1)$ untuk $n \in \mathbb{N}.$
- Gunakan definisi limit untuk menunjukkan bahwa $\lim(x_n) = 0.$
- Tentukan nilai spesfik dari $K$ yang dibutuhkan di definisi limit untuk : (i) $\varepsilon=1/2$ dan (ii) $\varepsilon = 1/10$
Jawab: Sebelumnya, perhatikan bahwa jika $1<a<b,$ maka $\ln a < \ln b$ dan $\frac{1}{\ln a} > \frac{1}{\ln b}$
- Diberikan sebarang $\varepsilon>0.$ Berdasarkan sifat Archimedes, maka terdapat bilangan asli $K$ sedemikian sehingga $K> \max (e^{1/\varepsilon},2).$ Maka, untuk bilangan asli $n\geq K$ berlaku bahwa
$$\begin{aligned}|x_n|&=\left| \frac{1}{\ln (n+1)} \right|\\&=\frac{1}{\ln (n+1)}\\ &< \frac{1}{\ln n } \\&\leq \frac{1}{\ln K}\\ &<\frac{1}{\ln e^{1/\varepsilon}}=\frac{1}{1/(1/\varepsilon)}=\varepsilon \end{aligned}$$Ini membuktikan bahwa $\lim(x_n) = 0.$ - Dari bagian 1, diperoleh bahwa $K> \max (e^{1/\varepsilon},2).$ Maka untuk $\varepsilon = 1/2,$ diperoleh $$K> \max (e^{1/\varepsilon},2) =\max(e^{1/(1/2)},2) = \max(e^2 ,2) =e^2 \approx 7.39$$Dari sini, dapat dipilih $K=8.$ Sedangkan untuk $\varepsilon = 1/10,$ diperoleh $$K> \max (e^{1/\varepsilon},2) =\max(e^(1/(1/10)),2) = \max(e^10 ,2) =e^{10} \approx 22026.47$$Dari sini, dapat dipilih $K=22027$
Soal 8
Buktikan bahwa $\lim (x_n)=0$ jika dan hanya jika $\lim (|x_n|) = 0.$ Berikan contoh untuk menunjukkan bahwa kekonvergenan dari $(|x_n|)$ tidak harus mengimplikasikan kekonvergenan dari $(x_n).$
Jawab: Perhatikan bahwa untuk setiap $n \in \mathbb{N},$ berlaku bahwa $$|(|x_n|)| = |x_n|$$Sehingga, dengan teorema 1, diperoleh $\lim (x_n)=0$ jika dan hanya jika $\lim (|x_n|) = 0.$ Misalkan $x_n = (-1)^n$ untuk setiap bilangan asli $n.$ Perhatikan bahwa $|x_n| = 1$ sehingga barisan $(|x_n|)$ konvergen ke $1.$ Sedangkan barisan $(x_n)$ tersebut tidak konvergen.
Soal 9
Tunjukkan bahwa jika $x_n \geq 0$ untuk setiap $n \in \mathbb{N}$ dan $\lim (x_n) = 0,$ maka $\lim (\sqrt{n}) = 0.$
Jawab: Asumikan bahwa $x_n \geq 0$ untuk setiap $n \in \mathbb{N}$ dan $\lim (x_n) = 0.$ Diberikan sebarang $\varepsilon>0.$ Berdasarkan definisi barisan konvergen, maka terdapat bilangan asli $K$ sedemikian sehingga untuk bilangan asli $n \geq K,$ berlaku $$|x_n|=x_n < \varepsilon^2$$Kemudian, untuk bilangan asli $n \geq K,$ juga berlaku bahwa $$|\sqrt{n}| = \sqrt{n}<\sqrt{\varepsilon^2} = \varepsilon$$Ini membuktikan bahwa $\lim (\sqrt{n}) = 0.$
Soal 10
Buktikan bahwa jika $\lim (x_n) = x > 0,$ maka ada bilangan asli $M$ sedemikian sehingga $x_n > 0$ untuk semua $n \geq M.$
Jawab: Asumsikan bahwa $\lim (x_n) = x > 0.$ Sehingga, berdasarkan definisi barisan konvergen, maka untuk $\varepsilon = x>0,$ terdapat bilangan asli $M$ sedemikian sehingga untuk setiap bilangan asli $n$ dengan $n \geq M,$ berlaku $$|x_n – x|<\varepsilon = x$$Dengan sifat-sifat nilai mutlak, maka
$$\begin{aligned} |x_n-x|<x & \Rightarrow -x<x_n-x<x\\&\Rightarrow 0<x_n<2x \\ &\Rightarrow x_n>0 \end{aligned}$$Sehingga, untuk setiap bilangan asli $n$ dengan $n \geq M,$ berlaku $x_n>0.$
Soal 11
Tunjukkan bahwa $$\lim \left(\frac{1}{n} – \frac{1}{n+1}\right) = 0$$
Jawab: Perhatikan bahwa untuk tiap bilangan asli $n,$
$$\left|\frac{1}{n} – \frac{1}{n+1} \right| = \frac{1}{n(n+1)} < \frac{1}{n}$$Karena $\lim (1/n) = 0,$ maka berdasarkan teorema 1, diperoleh bahwa $$\lim \left(\frac{1}{n} – \frac{1}{n+1}\right) = 0$$
Soal 12
Tunjukkan bahwa $$\lim (\sqrt{n^2+1} – n) = 0$$
Jawab: Perhatikan bahwa untuk tiap bilangan asli $n,$
$$\left|\sqrt{n^2+1} – n\right|=\frac{(\sqrt{n^2+1} – n)(\sqrt{n^2+1} + n)}{\sqrt{n^2+1} + n} = \frac{1}{\sqrt{n^2+1} + n} <\frac{1}{n}$$Karena $\lim (1/n) = 0,$ maka berdasarkan teorema 1, diperoleh bahwa $$\lim (\sqrt{n^2+1} – n) = 0$$
Soal 13
Tunjukkan bahwa $\lim (1/3)^n = 0.$
Jawab: Perhatikan bahw untuk setiap bilangan asli $n,$ berlaku bahwa $n<3^n.$ Dari sini, $$\frac{1}{3^n}<\frac{1}{n}$$Karena $\lim (1/n) = 0,$ maka berdasarkan teorema 1, diperoleh bahwa $$\lim \left( \frac{1}{3^n} \right)= 0$$
Soal 14
Misalkan $b\in \mathbb{R}$ memenuhi $0<b<1.$ Tunjukkan bahwa $\lim (nb^n) = 0$
Jawab: Karena $0<b<1,$ maka terdapat $a>0$ sedemikian sehingga $$b=\frac{1}{1+a}$$Kemudian, untuk $n>1,$ berdasarkan teorema binomial, diperoleh bahwa $$(1+a)^n = 1+na+\frac{1}{2} n(n-1) a^2 + \cdots +a^n \geq 1+ \frac{1}{2} n(n-1)a^2>0$$yang berakibat bahwa $$nb^n = \frac{n}{(1+a)^n} \leq \frac{n}{1+ \frac{1}{2} n(n-1)a^2}<\frac{2}{(n-1)a^2}$$
Karena $\lim \frac{2}{(n-1)a^2} =0$ (dengan $k>1$), maka berdasarkan teorema 1, diperoleh bahwa $\lim (nb^n) = 0.$
Soal 15
Tunjukkan bahwa $\lim \left( (2n)^{1/n} \right) = 1$
Jawab: Perhatikan bahwa $\left( (2n)^{1/n} \right) > 1$ untuk setiap bilangan asli $n.$ Dari sini, untuk setiap bilangan asli $n,$ terdapat suatu $k_n > 0$ sedemikian sehingga $(2n)^{1/n} = 1+k_n.$ Kemudian, misal untuk $n>1,$ berdasarkan teorema Binomial, diperoleh $$2n = (1+k_n)^n = 1+n k_n + \frac{1}{2} n(n-1) k_n^2 + \cdots +k_n^n$$Dari sini, $$2n \geq \frac{n(n-1)}{2} k_n^2$$dan$$k_n^2 \leq \frac{4n}{n(n-1)}=\frac{4}{n-1} $$Karena $\lim (4/(n-1))=0,$ maka $\lim \sqrt{(4/(n-1))}=0.$ Selain itu, untuk $n>1,$ $$|(2n)^{1/n}-1|=k_n \leq \sqrt{\frac{4}{n-1}}$$ Sehingga, karena $\lim \sqrt{(4/(n-1))}=0,$ maka berdasarkan teorema 1, diperoleh bahwa $\lim \left( (2n)^{1/n} \right) = 1.$
Soal 16
Tunjukkan bahwa $\lim (n^2/n!) = 0$
Jawab: Perhatikan bahwa untuk $n \geq 4,$ diperoleh bahwa $$\begin{aligned}\frac{n^2}{n!} &= \frac{n \cdot n}{n(n-1)(n-2)(n-3) \cdots 3 \cdot 2\cdot 1} \\ &= \frac{n}{(n-1)(n-2)(n-3) \cdots 3 \cdot 2\cdot 1}\\ &\leq \frac{n}{(n-1)(n-2)(n-3)}\\&<\frac{n}{(n-1)(n-2)}\\&=\frac{n}{n^2-3n+2}\\&<\frac{n}{n^2-3n}\\&=\frac{1}{n-3} \end{aligned}$$Karena $\lim (1/(n-3)) = 0$ (dengan catatan bahwa $n \geq 4$) maka berdasarkan teorema 1, diperoleh bahwa $\lim (n^2/n!) = 0.$
Soal 17
Tunjukkan bahwa $$\lim \left( \frac{2^n}{n!} \right) = 0$$
Jawab: Perhatikan bahwa untuk $n \geq 3,$ maka akan diperoleh bahwa $$0<\frac{2^n}{n!} \leq 2 \left( \frac{2}{3}\right)^{n-2} $$Ketaksamaan tersebut dapat dibuktikan sebagai berikut.
Untuk $n \geq 3,$ berlaku $$\frac{2}{n} \leq \frac{2}{3} $$yang berakibat bahwa $$\begin{aligned} \frac{2^n}{n!} &= \frac{2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot2 \cdots 2}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdots n} \\ &=\left(\frac{2 \cdot 2}{1 \cdot 2}\right) \frac{2 \cdot 2 \cdots \cdot 2}{3 \cdot 4 \cdots n}\\ &= 2 \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{2}{4} \cdots \frac{2}{n} \\ &\leq 2 \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{2}{3} \cdots \cdot \frac{2}{3} \\ &= 2 \left( \frac{2}{3} \right)^{n-2} \end{aligned} $$Dari sini, $$\begin{aligned}0<\frac{2^n}{n!} &\leq 2 \left( \frac{2}{3}\right)^{n-2} \\ &= \left( \frac{9}{2} \right) \left( \frac{2}{3}\right)^{n} \end{aligned}$$
Karena $\lim \left( \frac{2}{3}\right)^{n} = 0,$ maka berdasarkan teorema 1, diperoleh $$\lim \left( \frac{2^n}{n!} \right) = 0$$
Soal 18
Jika $\lim (x_n) = x >0,$ tunjukkan bahwa ada bilangan asli $K$ sedemikian sehingga jika $n \geq K,$ maka $$\frac{1}{2}x<x_n<2x$$
Jawab: Karena $\lim (x_n) = x >0,$ maka untuk $\varepsilon = \frac{1}{2} x >0$ dan berdasarkan definisi konvergensi barisan, terdapat bilangan asli $K$ sedemikian sehingga untuk bilangan asli $n$ dengan $n \geq K,$ berlaku bahwa $$|x_n – x|<\varepsilon = \frac{1}{2}x $$Kemudian, dengan sifat nilai mutlak, kita akan memperoleh $$\begin{aligned} -\frac{1}{2} x &<x_n-x<\frac{1}{2}x \\ \frac{1}{2} x & < x_n < \frac{3}{2} x < 2x\end{aligned} $$Sehingga, untuk $n \geq K,$ berlaku $$\frac{1}{2}x<x_n<2x $$Jadi, terdapat bilangan asli $K$ sedemikian sehingga jika $n \geq K,$ maka $$\frac{1}{2}x<x_n<2x$$
Demikian kali ini mengenai Pembahasan Soal Analisis Real 3.1 tentang barisan dan limitnya, terutama definisi barisan konvergen serta penggunaannya dalam membuktikan kekonvergenan barisan. Jika Anda tertarik dengan pembahasan soal Analisis real lainnya, terutama soal-soal dari buku introduction to real analysis oleh Bartle dan Sherbert, silahkan ke sini. Jika Anda tertarik dengan topik lainnya, silahkan ke sini. Semoga membantu. Sekian dan terima kasih.
