Last Updated on Juli 29, 2022 by prooffic
Postingan kali ini akan membahas tentang Pembahasan Soal Analisis Real bagian 3.3 Barisan Monoton. Sebagian besar akan digunakan teorema konvergensi monoton pada pembahasan ini, yaitu jika suatu barisan monoton dan terbatas, maka barisan tersebut akan konvergen. Titik kekonvergenannya akan tergantung pada tipe kemonotonannya. Jika monoton naik dan terbatas, maka akan konvergen ke supremummnya. Jika monoton turun dan terbatas, maka akan konvergen ke infimumnya. Sebelum membaca Pembahasan Soal Analisis Real bagian 3.3 Barisan Monoton, ada baiknya Anda membaca terlebih dahulu terkait materi bagian 3.3 di buku tersebut terutama kekonvergenan barisan monoton.
**Selamat menikmati**
Soal 1
Misalkan $x_ 1= 8$ dan $x_{n+1} = \frac{1}{2} x_n + 2$ untuk $n \in \mathbb{N}.$ Tunjukkan bahwa $(x_n)$ terbatas dan monoton. Tentukan limitnya.
Jawab. Kita akan membuktikan bahwa barisan tersebut adalah terbatas dan monoton dengan menggunakan induksi matematika. Terlebih dahulu ditunjukkan bahwa barisan tersebut terbatas, yaitu $$4 \leq x_n \leq 8 $$untuk setiap $n\in \mathbb{N}.$ Untuk $n = 1,$ jelas bahwa $4 \leq x_1 \leq 8.$ Selanjutnya, asumsikan bahwa untuk $k\in \mathbb{N}$ berlaku $$4 \leq x_k \leq 8 $$Maka, dengan menggunakan pendefinisian dari barisan tersebut diperoleh $$x_{k+1} = \frac{1}{2} x_k + 2 \leq \frac{1}{2} \cdot 8 + 2 = 6 $$dan $$x_{k+1} = \frac{1}{2} x_k + 2 \geq \frac{1}{2} \cdot 4 + 2 = 4 $$Sehingga, diperoleh bahwa pernyataan juga benar untuk $n = k+1.$ Oleh karena itu, berdasarkan prinsip induksi matematika, diperoleh bahwa $(x_k)$ terbatas dengan $$4 \leq x_n \leq 8 $$untuk setiap bilangan asli $n.$
Selanjutnya adalah menunjukkan bahwa barisan tersebut adalah monoton. Perhatikan bahwa $x_1 = 8$ dan $x_2 = 6.$ Karena $x_1 > x_2,$ maka kita menduga bahwa barisan tersebut adalah barisan yang monoton turun. Oleh karena itu, asumsikan bahwa untuk $k$ bilangan asli berlaku $$x_k \geq x_{k+1} $$Maka, dengan pendefinisian $(x_k)$ diperoleh bahwa $$x_{k+2} = \frac{1}{2} x_{k+1} + 2 \leq \frac{1}{2} x_k + 2 = x_{k+1} $$Sehingga, pernyataan juga berlaku untuk $n=k+1.$ Oleh karena itu, dengan prinsip induksi matematika diperoleh bahwa barisan $(x_k)$ monoton turun.
Dari pembahasan sebelumnya, diperoleh bahwa barisan $(x_n)$ adalah barisan terbatas dan monoton turun. Sehingga, dengan menggunakan teorema kekonvergenan monoton, diperoleh bahwa $(x_n)$ konvergen. Misalkan $(x_n)$ konvergen ke $x,$ maka dengan teorema limit, diperoleh bahwa $$x = \frac{1}{2} x + 2 $$Dari sini, $x = 4.$ Jadi, $(x_n)$ terbatas dan monoton turun serta konvergen ke $4.$
Teknik seperti ini sangat sering digunakan. Pertanyaannya adalah apakah kita bisa secara langsung memisalkan nilai $x$ dan melakukan subtitusi pada persamaannya? Jawabannya adalah tidak. Kita terlebih dahulu harus memastikan bahwa $x$ itu memang benar-benar ada dengan menunjukkan bahwa barisan tersebut adalah konvergen. Sebagai contoh, misalkan bahwa $(x_n)$ yang didefinisikan dengan $$x_1 = -5; x_{n+1} = 2 x_n +2, n\in \mathbb{N} $$Maka, barisan tersebut tidak konvergen karena terus mendekati $-\infty$. Jika kita langsung memisalkan bahwa barisannya konvergen $x,$ maka kita peroleh bahwa $$x = 2x + 2 $$dan $x = -2$ padahal barisannya tidak kovergen.
Soal 2
Misalkan $x_1 > 1$ dan $x_{n+1} = 2 – 1/x_n$ untuk $n \in \mathbb{N}.$ Tunjukkan bahwa $(x_n)$ terbatas dan monoton. Tentukan limitnya.
Bukti. Terlebih dahulu ditunjukkan bahwa barisan tersebut adalah barisan yang monoton turun, yaitu $$x_{n+1} < x_{n} $$ untuk setiap bilangan asli $n.$ Perhatikan bahwa $$x_1 – 1 < x_1 $$dan karena $1 < x_1,$ maka berakibat bahwa $$x_1 – 1 < x_1 < x_1^2 $$Sehingga, $$x_1 – 1 < x_1^2 $$dan dengan mengalikan kedua ruas dengan $1/x_1 > 0$ diperoleh $$1 – \frac{1}{x_1} < x_1 $$Akibatnya, $$x_2 = 1 – \frac{1}{x_1} < x_1 $$Sehingga, pernyataan berlaku untuk $n = 1.$
Selanjutnya, asumsikan bahwa pernyataan benar untuk $n=k$, yaitu $$x_{k+1} < x_k $$yant berakibat bahwa $$-\frac{1}{x_{k+1}} < – \frac{1}{x_k} $$Maka, untuk $n=k+1$ berlaku $$x_{k+2} = 2 – \frac{1}{x_{k+1}} < 2 – \frac{1}{x_k} = x_{k+1} $$Dengan kata lain, pernyataan juga berlaku untuk $n=k+1.$ Oleh karena itu, berdasarkan prinsip induksi matematika, diperoleh bahwa pernyataan berlaku untuk setiap bilangan asli $n,$ yaitu $$x_{n+1} < x_n $$dengan $n \in \mathbb{N}$ dan $(x_n)$ adalah barisan turun.
Kemudian akan ditunjukkan bahwa barisan tersebut adalah barisan yang terbatas dengan $$1 < x_n < x_1 $$dengan $n \in \mathbb{N}.$ Perhatikan bahwa karena barisan tersebut adalah barisan turun, maka $x_1 > x_n$ untuk setiap bilangan asli $n.$ Dari sini, cukup ditunjukkan bahwa $$x_n > 1 $$untuk setiap bilangan asli $n.$ Untuk $n=1,$ berdasarkan asumsi, $x_1>1.$ Selanjutnya, asumsikan bahwa $x_{k} > 1$ dengan $k$ adalah bilangan asli. Maka,$$- \frac{1}{x_k} > -1 $$dan $$x_{k+1} = 2 – \frac{1}{x_k} > 2 – 1 = 1 $$Sehingga, pernyataan juga berlaku untuk $n = k + 1.$ Akibatnya, dengan prinsip induksi matematika, diperoleh bahwa $x_n > 1$ untuk setiap bilangan asli $n.$ Sehingga, $$x_1 \geq x_n > 1 $$untuk setiap bilangan asli $n$ dan $(x_n)$ terbatas.
Karena $(x_n)$ barisan monoton dan terbatas, maka barisan tersebut adalah barisan yang konvergen. Misalkan bahwa barisan tersebut konvergen ke $x.$ Maka, dengan teorema limit, diperoleh $$x = 2 – \frac{1}{x} $$dan $x = 1.$ Jadi, $(x_n)$ terbatas dan monoton serta konvergen ke $1.$
Soal 3
Misalkan $x_1 \geq 2$ dan $x_{n+1} = 1 + \sqrt{x_n – 1}$ untuk $n \in \mathbb{N}.$ Tunjukkan bahwa $(x_n)$ adalah turun dan terbatas di bawah oleh dua. Tentukan limitnya.
Bukti. Terlebih dahulu akan ditunjukkan bahwa barisan tersebut adalah barisan turun, yaitu $x_{n+1} \leq x_n$ untuk setiap bilangan asli $n.$ Perhatikan bahwa $$x_1 – 1 \geq 1$$ yang berakibat bahwa $$\sqrt{x_1 – 1} \geq 1$$ dan dengan mengalikan kedua ruas dengan $\sqrt{x_1 – 1}$ maka diperoleh $$x_1 – 1 \geq \sqrt{x_1 – 1} $$Akibatnya, $$x_1 = \geq 1 + \sqrt{x_1 – 1} = x_2 $$Sehingga, pernyataan benar untuk $n=1.$ Asumsikan bahwa pernyataan benar untuk $n=k,$ yaitu $$x_{k+1} \leq x_k.$$ Maka, $$x_{k+2} = 1 + \sqrt{x_{k+1} – 1} \leq 1 + \sqrt{x_k – 1} = x_{k+1} $$Dari sini, pernyataan juga benar untuk $n = k+1.$ Sehingga, dengan prinsip induksi matematika, dapat disimpulkan bahwa pernyataan benar untuk setiap bilangan asli $n,$ yaitu $x_{n+1} \leq x_n.$ Oleh karena itu, $(x_n)$ turun.
Selanjutnya adalah menunjukkan bahwa barisan tersebut terbatas di bawah oleh $2.$ Dari definisi, diperoleh bahwa $x_1 \geq 2.$ Asumsikan bahwa $x_k \geq 2$ dengan $k \in \mathbb{N}.$ Maka, $$x_{k+1} = 1 + \sqrt{x_n – 1} \geq 1 + \sqrt{2 – 1} = 1 $$Sehingga, diperoleh bahwa pernyataan bernilai benar untuk $n=1$ dan pernyataan benar untuk $n=k$ mengimplikasikan pernyataan untuk $n=k+1$ juga benar. Oleh karena itu, dengan prinsip induksi matematika, $x_n \geq 2$ untuk setiap bilangan asli $n$ dan $(x_n)$ terbatas di bawah oleh $2.$
Karena $(x_n)$ turun dan terbatas di bawah oleh $2,$ maka barisan tersebut terbatas dengan $$x_1 \geq x_n \geq 2 $$untuk setiap bilangan asli $n.$ Dengan teorema kekonvergenan monoton, diperoleh bahwa barisan tersebut adalah barisan yang konvergen. Misalkan bahwa barisan tersebut konvergen ke $x.$ Maka, dengan teorema limit, $$x = 1 + \sqrt{x-1} $$Solusi dari persamaan tersebut adalah $x = 1$ dan $x = 2.$ Karena $2$ pada dasarnya adalah batas bawah dari himpunan $\{x_n : n \in \mathbb{N}\}$ dan $x$ merupakan infimumnya, maka haruslah $x = 2.$ Sehingga, $(x_n)$ turun dan terbatas di bawah oleh $2$ dengan limit dari barisan tersebut adalah $2.$
Soal 4
Misalkan $x_1 = 1$ dan $x_{n+1} = \sqrt{2+x_n}$ untuk $n \in \mathbb{N}$. Tunjukkan bahwa $(x_n)$ konvergen dan tentukan limitnya.
Bukti. Terlebih dahulu akan ditunjukkan bahwa barisan tersebut adalah konvergen dengan menunjukkan bahwa barisan tersebut naik dan terbatas di atas oleh $2.$ Untuk $n = 1,$ diperoleh $$x_2 = \sqrt{2 + x_1} = \sqrt{2 + 1} =\sqrt{3} >1 = x_1 $$Kemudian, asumsikan bahwa $x_k \leq x_{k+1}$ dengan $k \in \mathbb{N}.$ Maka, $$x_{k+1} =\sqrt{2 + x_k} \leq \sqrt{2 + x_{k+1}} = x_{k+2} $$Sehingga, dengan prinsip induksi matematika, diperoleh bahwa $$x_n \leq x_{n+1} $$untuk setiap bilangan asli $n$ dan barisan tersebut merupakan barisan naik.
Kemudian, untuk $n=1$ jelas bahwa $x_1 = 1 \leq 2.$ Asumsikan bahwa $x_k \leq 2$ dengan $k \in \mathbb{N}.$ Maka, $$x_{k+1} = \sqrt{2 + x_k} \leq \sqrt{2 + 2} = 2 $$Sehingga, dengan prinsip induksi matematika, diperoleh bahwa $$x_n \leq 2 $$untuk setiap bilangan asli $n$ dan $(x_n)$ terbatas di atas oleh $2.$ Dari sini, barisan tersebut terbatas di bawah oleh $1$ dan terbatas di atas oleh $2.$
Karena barisan tersebut terbatas dan monoton naik, maka berdasarkan teorema kekonvergenan barisan monoton diperoleh bahwa $(x_n)$ adalah barisan konvergen. Misalkan barisan tersebut konvergen ke $x.$ Maka, dengan teorema limit, dipeorleh persamaan $$x = \sqrt{2+x} $$dan akibatnya $x = 2.$ Jadi, $(x_n)$ konvergen ke $2.$
Soal 5
Misalkan $y_1 = \sqrt{p}$ dengan $p>0$ dan $y_{n+1} = \sqrt{p+y_n}$ untuk $n \in \mathbb{N}.$ Tunjukkan bahwa $(y_n)$ konvergen dan tentukan limitnya.
Bukti. Terlebih dahulu akan ditunjukkan bahwa barisan tersebut adalah monoton naik, yaitu $y_{n+1} \geq y_n$ untuk setiap bilangan asli $n.$ Untuk $n = 1,$ perhatikan bahwa $$y_2 = \sqrt{p + y_1} = \sqrt{p + \sqrt{p}} \geq \sqrt{p} = y_1 $$Kemudian, asumsikan bahwa pernyataan tersebut benar untuk $n = k,$ yaitu $y_{k+1} \geq y_k.$ Maka, $$y_{k+2} = \sqrt{2 + y_{k+1}} \geq \sqrt{2 + y_k} = y_{k+1} $$Dari sini, pernyataan bahwa untuk $n=k$ bernilai benar mengimplikasikan untuk $n = k + 1$ juga bernilai benar. Sehingga, dengan prinsip induksi matematika diperoleh bahwa pernyataan bernilai benar untuk setiap bilangan asli $n,$ yaitu $y_n \leq y_{n+1}$ untuk setiap bilangan asli $n$ dan barisan tersebut adalah barisan naik.
Selanjutnya cukup ditunjukkan bahwa barisan tersebut terbatas di atas. Kita akan menunjukkan bahwa barisan tersebut terbatas di atas oleh $1 + 2 \sqrt{p}.$ Untuk $n = 1,$ jelas bahwa $y_1 = \sqrt{p} \leq 1 + 2 \sqrt{p}.$ Asumsikan bahwa pernyataan benar untuk $n = k,$ yaitu $$y_k \leq 1 + 2 \sqrt{p} $$Maka, $$y_{k+1} = \sqrt{p + y_k} \leq \sqrt{p + 1 + 2 \sqrt{p}} = \sqrt{(1 + \sqrt{p})^2} = 1 + \sqrt{p} \leq 1 + 2 \sqrt{p}$$Dari sini, pernyataan untuk $n=1$ bernilai benar dan pernyataan untuk $n = k$ bernilai benar mengimplikasikan bahwa pernyataan untuk $n = k + 1$ juga bernilai benar. Oleh karena itu, berdasarkan prinsip induksi matematika, dapat disimpulkan bahwa $$y_n \leq 1 + 2 \sqrt{p} $$untuk setiap bilangan asli $n$ dan $(x_n)$ terbatas di atas.
Karena $(x_n)$ monoton naik dan terbatas di atas, maka dengan teorema kekonvergenan monoton, diperoleh bahwa barisan tersebut konvergen. Misalkan bahwa barisan tersebut konvergen ke $y.$ Dengan teorema dasar limit, diperoleh persamaan $$y = \sqrt{p+y} $$dan $y$ yang memenuhi adalah $$y = \frac{1 + \sqrt{1 + 4p}}{2} $$Jadi, $(y_n)$ konvergen ke $\frac{1 + \sqrt{1 + 4p}}{2}.$
Soal 6
Misalkan $a>0$ dan $z_1 > 0.$ Didefinisikan $z_{n+1} := \sqrt{a+z_n}$ untuk $n \in \mathbb{N}.$ Tunjukkan bahwa $(z_n)$ konvergen dan tentukan limitnya.
Jawab. Sebelumnya perhatikan bahwa jika barisan tersebut monoton dan misalkan bahwa limitnya adalah $x.$ Maka, kita punya persamaan $$x^2 = a + x $$yang memilki solusi $$x = \frac{1}{2} (1 \pm \sqrt{1+4a}) $$Karena suku-sukunya positif, maka dipilih $$x^* = \frac{1}{2} (1+\sqrt{1+4a}) $$
Jika ingin dibuktikan bahwa barisan tersebut monoton, maka harus ditunjukkan bahwa $z_1 \geq z_2$ atau $z_1 \leq z_2$. Hal tersebut bergantung pada nilia dari $x^*$ dan $z_1$. Oleh karena itu, akan dibagi menjadi dua kasus, yaitu $x^* \leq z_1$ atau $x^* > z_1$.
Kasus I: Asumsikan bahwa $x^* \leq z_1.$ Maka, $$ \frac{1}{2} (1-\sqrt{1+4a}) < 0 < x^* \leq z_1 $$dan $$\begin{aligned} z_1^2 – a – z_1 \\&= \left(z_1 – \frac{1}{2} (1+\sqrt{1+4a})\right) \left(z_1 – \frac{1}{2} (1-\sqrt{1+4a})\right) \geq 0 \end{aligned}$$ Sehingga, $$\begin{aligned}0 &\leq z_1^2 – a – z_1 \\a+z_1 &\leq z_1^2 &\\ \sqrt{a+z_1} &\leq z_1 \\ \sqrt{a+z_1} &\leq z_1 \\ z_2 \leq z_1 \end{aligned} $$Dengan induksi matematika, dapat ditunjukkan bahwa barisan tersebut adalah monoton turun. Selain itu, akan ditunjukkan bahwa barisan tersebut terbatas di bawah oleh $x*$ dengan menggunakan induksi matematika.
Berdasarkan asumsi, $x^* \leq z_1.$ Asumsikan bahwa pernyataan benar untuk $n=k,$ yaitu $$z_k \geq x^*$$ Maka, untuk $n=k+1,$ diperoleh $$\begin{aligned} z_{k+1} &= \sqrt{a+z_k} \\ &\geq \sqrt{a+x*} &= x^* \end{aligned} $$karena $x^*$ adalah solusi dari $a+x = x^2.$ Dari sini, berdasarkan prinsip induksi matematika dan hasil bahwa $(z_n)$ monoton turun, maka $$z_1 \geq z_n \geq x^* $$untuk setiap $n \in \mathbb{N}.$ Dari sini, dengan teorema konvergensi barisan monoton, diperoleh $(z_n)$ konvergen dan titik kekonvergenannya adalah $x^* = \frac{1}{2} (1+\sqrt{1+4a}).$
Kasus II: Asumsikan bahwa $x^* \geq z_1.$ Maka, $$\frac{1}{2} (1-\sqrt{1+4a}) < 0 < z_1 \leq x^* $$dan $$\begin{aligned} z_1^2 – a – z_1 \\&= \left(z_1 – \frac{1}{2} (1+\sqrt{1+4a})\right) \left(z_1 – \frac{1}{2} (1-\sqrt{1+4a})\right) \leq 0 \end{aligned} $$Sehingga, $$\begin{aligned}0 &\geq z_1^2 – a – z_1 \\a+z_1 &\geq z_1^2 &\\ \sqrt{a+z_1} &\geq z_1 \\ \sqrt{a+z_1} &\geq z_1 \\ z_2 \geq z_1 \end{aligned} $$Dengan induksi matematika, dapat ditunjukkan bahwa barisan tersebut adalah monoton naik. Selain itu, akan ditunjukkan bahwa barisan tersebut terbatas di atas oleh $x*$ dengan menggunakan induksi matematika.
Berdasarkan asumsi, $x^* \geq z_1.$ Asumsikan bahwa pernyataan benar untuk $n=k,$ yaitu $$z_k \leq x^*$$ Maka, untuk $n=k+1,$ diperoleh $$\begin{aligned} z_{k+1} &= \sqrt{a+z_k} \\ &\leq \sqrt{a+x^*} &= x^* \end{aligned} $$karena $x^*$ adalah solusi dari $a+x = x^2.$ Dari sini, berdasarkan prinsip induksi matematika dan hasil bahwa $(z_n)$ monoton naik, maka $$z_1 \leq z_n \leq x^* $$untuk setiap $n \in \mathbb{N}.$ Dari sini, dengan teorema konvergensi barisan monoton, diperoleh $(z_n)$ konvergen dan titik kekonvergenannya adalah $x^* = \frac{1}{2} (1+\sqrt{1+4a}).$
Dari kedua kasus tersebut, dapat disimpulkan bahwa $(z_n)$ adalah konvergen ke $\frac{1}{2}(1+\sqrt{1+4a}).$
Soal 7
Misalkan $x_1 := a>0$ dan $x_{n+1} = x_n +1 /x_n$ untuk setiap bilangan asli $n.$ Tentukan apakah barisan $(x_n)$ konvergen atau divergen.
Jawab. Terlebih dahulu akan ditunjukkan bahwa $x_n \geq a$ untuk setiap bilangan asli $n$ dengan menggunakan prinsip induksi matematika. Untuk $n=1,$ berdasarkan definisi dari barisan tersebut, $x_1 = a \geq a.$ Asumsikan bahwa pernyataan benar untuk $n = k,$ yaitu $x_k \geq a.$ Maka, $$\begin{aligned} x_{k+1} &= x_k + \frac{1}{x_k}\\ &\geq a + \frac{1}{x_k} \\ & \geq a \end{aligned} $$Sehingga, dengan prinsip induksi matematika, $x_n \geq a > 0$ untuk setiap bilangan asli $n.$
Andaikan bahwa $(x_n)$ adalah barisan konvergen ke $x$.Maka, $x \geq a > 0.$ Dari sini, berdasarkan teorema limit (linearitas), diperoleh bahwa $$x = x + \frac{1}{x} $$dan $\frac{1}{x} = 0.$ Hal tersebut tidak mungkin. Akibatnya, pengandaian salah dan haruslah $(x_n)$ divergen.
Demikian postingan kali ini tentang Pembahasan Soal Analisis Real bagian 3.3 Barisan Monoton. Jika Anda tertarik dengan pembahasan soal Analisis Real dari buku Introduction into Real Analysis oleh Bartle dan Sherbert lainnya, silahkan ke sini. Jika Anda tertarik dengan topik lainnya, silahkan ke sini. Semoga bermanfaat. Sekian dan terima kasih.
