BAB I
PENDAHULUAN
Latar Belakang
Dalam mata kuliah analisa real I, mata kuliah yang mempelajari dan mengasah intelektual mahasiswa matematika, terdapat sub bab yang bertemakan Barisan monoton, Sub Barisan dan teorema Bolzano Weierstrass. Apa itu Barisan monoton dan Sub Barisan, apa yang menjadi teorema Bolzano Weierstrass dan apa saja yang dipelajari dalam bab ini, akan menjadi topik pembahasan yang akan kita angkat.
Pembatasan Masalah
Dari sekian permasalahan yang ada tidak mungkin penulis dapat membahasnya secara keseluruhan, karena mengingat kemampuan yang ada baik intelektual, biaya dan waktu yang dimiliki penulis sangat terbatas. Maka penulis perlu memberikan batasan-batasan masalah.
Pembatasan masalah diperlukan untuk memperjelas permasalahan yang ingin dipecahkan.
Oleh karena itu, penulis memberikan batasan sebagai berikut :
1. Apa pengertian barisan Monoton ?
2. Apa pengertian Sub Barisan?
3. Bagaimana teorema Bolzano Weierstrass ?
PERUMUSAN MASALAH
Perumusan masalah yang akan dijabarkan adalah sebagai berikut :
barisan Monoton (definisi dan contoh soal)
Sub Barisan (definisi dan contoh soal)
teorema Bolzano Weierstrass
TUJUAN PENULISAN
Penulisan bertujuan untuk lebih mengerti sub bab tentang barisan monoton dan sub barisan.
Dan tujuan lainnya adalah agar mahasiswa lainnya yang membutuhkan data tentang materi ini dapat terbantu.
MANFAAT PENULISAN
Semoga penulisan makalah yang bertemakan barisan monoton ini dapat membantu dan bermanfaat bagi teman-teman mahasiswa, dan yang lainnya.
BAB II
PEMBAHASAN
3. 4 SUB BARISAN-BARISAN
DAN
TEOREMA BOLZANO WEIERSTRASS
Pada bagian ini kita akan memperkenalkan gagasan tentang sub barisan dari urutan bilangan real. Gagasan ini agak lebih umum dari pada ekor dari urutan (diperkenlkan pada 3.1.8) dan sering berguna dalam membangun perbedaan berurutan.
Kita juga akan membuktikan bentuk berurutan dari teorema Bolzano-weierstrass 2.4.5, yang akan digunakan dalam mencari hasil selanjutnya.
3.4.1 Definisi
Misalkan X = (xn) barisan bilangan real dan misalkan r1 < r2 <... < rn <..... barisan naik murni dari bilangan asli (rn ∈ N). Maka barisan X’ di R diberikan
(xr1, xr2, xr3,...., xrn,.....)
Disebut sub barisan X.
Untuk contoh, berikut adalah sub barisan X = (1/1,1/2,1/3,…) :
(1/3,1/4,1/5,…,1/(n+2),…), (1/1,1/3,1/5,…,1/(2n-1),…), (1/2!,1/4!,1/6!,…,1/(2n)!,…)
Berikut barisan yang bukan sub barisan X = (1/n) :
(1/2,1/1,1/4,1/3,1/6,1/5,…) , (1/1,0,1/3,0,1/5,0,…)
Tenttu juga, ada ekor dari sub barisan : sebenarnya . M-ekor berkoresponden ke barisan dari indeks :
r_1= M + 1,〖 r〗_(2 )= M + 2….. , rn = M + n,......
Kadang-kadang tidak setiap sub barisan dari barisan yang diberikan membutuhkan ekor dari barisan.
Sub barisan dari barisan kovergen juga konvergen ke limit sama.
3.4.2 Teorema
Jika sebuah barisan X = (xn) dari bilangan real konvergen ke x, maka ada sub barisan X juga konvergen ke x.
Bukti:
Ambil sembarang > 0
Bedasarkan teorema 3.1.6 (d)
(∀ε>0) (∃K(ε)є N)∋[(∀ nє N) n ≥ K(є)→│xn-x│<
Karena r_1 〖˂ r〗_(2 )˂…〖˂ r〗_(n )˂… adalah barisan naik dari bilangan real, maka (rn ∈ N).
∀n≥K(ε) menunjukan r_n≥n ≥K (ε) sehingga │x_rn-x│<
Dengan demikian sub barisan (x_rn) juga konvergen ke x.
3.4.3 Contoh
(a). lim (bn) = 0 Jika 0 < b < 1
Kita telah melihat, dalam Contoh 3.1 .11 (c) bahwa, jika 0 < b < 1 dan jika
x n = b, kemudian pada ketaksamaan bernoulli’s bahwa lim (xn) = 0. Alternativ lain kita melihat bahwa dari 0 < b < 1, kemudian
xn1 b
n1
bn
x , maka barisan (xn) adalah menurun. Juga pada 0 < xn
<1 ,
selain itu, mengikuti dari teorema kekonvergenan monoton 3.3.2 bahwa barisan tersebut konvergen. Misal x = Lim xn. Karena (x2n) adalah barisan bagian dari (xn) diikuti dari teorema 3.4.2 pada x = Lim(x2n). Selain itu, di
ikuti dari pasangan x2n = b2n = (bn)2 = x2n dan teorema 3.2.2 bahwa :
x = Lim(x2n) = (lim(xn))2 = x2.
Oleh karena itu kita harus memilih x = 0 atau x = 1 karena barisan (xn) adalah menurun dan terbatas Pada b < 1 kita dapat menyimpulkan x = 0.
(b). Lim(c1/n) = 1 untuk c > 1
Pada limit ini kita dapatkan dari contoh 3.1.11 (c) untuk c > 0, menggunakan argumen. Kita menggunakan pendekatan alternatif untuk kasus c > 1. Catatan bahwa jika zn = c1/n, kemudian Zn > 1 dan zn+1 < zn untuk setiap nN. (mengapa?) dengan teorema kekonvergenan monoton , lim z = lim (zn) ada
Dengan Teorema 3.4.2, berikut bahwa z = Lim(z2n). Sebagai tambahan dari
hubungan berikut :
1
Z2n = c1/2n = (c1/n)
= zn1/2.
Sehingga kita memiliki z2 = z dimana diikuti salah satu z = 0 atau z = 1. Karena zn > 1 untuk setiap n N, kita simpulkan bahwa z = 1.
Kami meninggalkan sebagai latihan bagi pembaca untuk mempertimbangkan kasus 0 < c <1.
3.4.4 Kriteria Divergen
Misalkan X = (xn) urutan bilangan real. Berdasarkan peryataan berikut.
(i).
Barisan X = (xn) tidak konvergen ke x R
(ii).
Ada 0 > 0 sedemikian hingga untuk sembarang k N, terdapat rk N sedemikian hingga rk > k dan│x_n-x│≥ε_0
(iii).
Ada 0 > 0 dan suatu barisan bagian X = (xn) dari x sedemikian hingga │x_n-x│≥ε_0∀n∈N)
Bukti
(ii) Jika X = (xn) tidak konvergen ke x.kemudian untuk beberapa 0 > 0 ini tidak mungkin menghasilkan bilangan asli K(ε_0) sedemikian sehingga gabungan 3.1.6 (d). Bahwa (∀k∈N) ada bilangan asli r_k≥k sedemikian sehingga │x_n-x│≥ε_0
(iii) misalkan ε_0menjadi seperti (ii) dan misalkan r_1∈N sedemikian sehingga r_1≥1 dan │x_n-x│≥ε_0sekarang misalkan r_2∈N sedemikian sehingga r_2≥r_1+1 dan │x_n-x│≥ε_0dan misalkan r_3∈N sedemikian sehingga r_3≥r_2+1 dan │x_n-x│≥ε_0cara itu berlanjut untuk memperoleh pergantian urutan x’ = (x_rn) dari x sedemikian sehingga │x_rn-x│≥ε_0
(i) misalkan X = (xn) miliki sub barisan x’ = (x_rn) sesuai dengan kondisi (iii), kemudian x di konvergen ke x, tapi itu tidak mungkin , karena tidak ada ketentuan dari X’ yang memiliki ε_0 berdekatan dari x.
3.4.5 Contoh-Contoh
Barisan (〖(-1)〗^n ) adalah divergen.
Bukti :
Andaikan barisan X : (〖(-1)〗^n ) adalah konvergen ke x.
Berdasarkan teorema 3.4.2
X = (xn) → x ⇒ X’ = (x_rn ) → x
Maka ganti X = (〖(-1)〗^n ) )→ -1⇒ X’ = (〖(-1)〗^n ) → -1
Karena X’ konvergen kw -1 dan X’ konvergen +1. Maka ini kontradiksi dengan
X = (〖(-1)〗^n ) )→ -1⇒ X’ = (〖(-1)〗^n ) → -1 yang maka X’ hanya konvergen ke -1
Berarti pengandaian salah sehingga Barisan : (〖(-1)〗^n ) adalah divergen.
Barisan (1,1/2,3,1/4,…) adalah divergen.
Bukti :
Jika barisan tersebut dinamakan Y = (yn)
-yn = n dimana n ganjil
-yn = 1/n dimana n genap
Dalam hal ini jelas bahya yn = n tidak terbatas
Berdasarkan teorema 3.2.2 ( barisan yang konvergen dari bilangan asli adalah terbatas) karena yn = n tidak terbatas maka jelas yn = n tidak konvergen
Barisan S = (sin n ) adalah divergen
Bukti :
Barisan ini tidak mudah ditangani. Harus membutuhkan diskusi tentunya, membuat properti dasar dari fungsi sinus. Kita dapat menyebutnya bahwa
sin( π/6 ) = 1/2 = sin( 5π/6 ) dan bahwa sin x ˃ 1/2 untuk x pada interval I1 = ( π/6 ,5π/6 )
karena panjang dari I1 = 5π/6 - π/6 = 2π/3 ˃ 2 adalah bilangan asli I1 ; kita misalkan
n1 sebagai bilangan pertama. Dengan cara yang sama, untuk setiap kN, sin x > ½
untuk x pada interval :
Ik = (/6 +2 (k-1),5/6 +2 (k-1))
Karena panjang Ik lebih dari 2 dimana 2 adalah bilangam asli Ik: kita mengambil nk yang pertama. Barisan bagian S’ = (sin nk) dari S diperoleh nilai pada interval [½,1].
Dengan cara yang sama, jika k N dan Jk pada interval
Jk = (7 /6 + 2 (k - 1), 11 /6 + 2 (k - 1)),
Kemudian kita melihat bahwa sin x < -½ untuk setiap x Jk dan panjang Jk lebih dari 2. Misalkan mk adalah bilangan asli di Jk. Kemudian barisan S” = (sin mk) dari S memiliki semua nilai yang terletak pada interval [-1, -½].
Diberikan setiap bilangan asli c dilihat pada barisan bagian S’ dan S” terletak diluar ½ - lingkungan dari c. Oleh karena itu, c bukanlah limit dari S. Karena c R berubah-ubah, maka kita dapat menyimpulkan bahwa S adalah divergen.
3.4.6 Teorema Bolzano-Weierstrass untuk Barisan
Barisan bilangan real yang terbatas memiliki sub barisan yang konvergen.
Bukti :
Diberikan barisan bilangan real terbatas X = (xn). Namakan S ={xn , n ∈N} range barisan, mungkin S sehingga atau tak hingga.
Kasus I :
Diketahui S berhingga.
Misalkan {x_1,x_2,…,x_1} maka terdapat m ∈ M dengan 1 ≤m≤1
Dan barisan (r_1,k ∈N) dengan r_1<r_2<r_3<.... sehingga x_r1 = x_r2 = x_r3 = ..... 〖=x〗_m
Hal ini berarti barisan (r_1,k ∈N) konvergen ke x_m
Kasus II :
Karena S tak berhingga dan terbatas, maka S mempunyai titik cluster.
Namakan x titik Limit S.
Misalkan Uk = (x-1/k,x+1/k) persekitaran titik S.
Untuk k = 1, maka terdapat x_r1∈S∩U_1,x_r1≠x∋│x_r1-x│<1
Untuk k = 2, maka terdapat x_r2∈S∩U_2,x_r2≠x∋│x_r2-x│<1/2
Untuk k = 3, maka terdapat x_r3∈S∩U_3,x_r3≠x∋│x_r3-x│<1/3
Dan seterusnya sehingga diperoleh:
Untuk k = n, maka terdapat x_rn∈S∩U_n,x_rm≠x∋│x_rm-x│<1/n
Ambil ε>0
Menurut sifat Archimedes, terdapat
K(ε)∈N∋1/K<ε⇒│x_rn-x│<1/n≤1/K<ε,∀n≥K(ε).
Maka terbukti bahwa X’= (x_rn) →x dimana (x_rn) sub barisan (x_n).
3.4.7 Karakteristik Bagian Tertutup
Misalkan F € R, maka peryataan berikut adalah:
F adalah ⊆ R
Jika x adalah barisan konvergen elemen F, maka lim x = f
Bukti :
(i)→(ii). Misalkan x = (xn) adalah sebuah barisan elemen F dan misalkan x = lim xn.Maka akan ditunjukan bahwa x ∈ F. Sebaliknya kira-kira bahwa x ∉ F, yaitu bahwa x ∈ F komplemen F. dariF besaran terbuka dan x ∈ F, berarti ada V_ε, x terkandung V yang mana V adalah V terkandung F, x = lim (xn), maka terdapat K = K (ε) sehingga x_k ∈ V_ε, oleh karena itu kita memilih x_k ∈l(F) tetapi ini bertentangan dengan pengandaian bahwa xn ∈ F untuk setiap n ∈ N maka haruslah x ∈ F
(ii)→ (i). Diamsusikan F tidak tertutup, sehingga G δ (F) tidak terbuka, maka ada Vyo ∈ G sehingga untuk setiap n ∈ N. Ada sejumlah yn ∈ δ (G) = F sehingga │y_n-y_0│<1/n . berikut bahwa y_0= lim (y_0), dan y_n ∈ F untuk y_0∈ G = l (F). Maka hipotesis bahwa F tidak tertutup menyatakan bahwa (ii) salah. Akibat (ii) sebagai menegaskan.
3.4.8. Teorema
Jika K menjadi suatu barisan tertutup dan dibatasi oleh bilangan real. Kemudian setiap barisan X = (xn), dengan xn ∈ K untuk setiap n ∈ N, memiliki sub barisan konvergen X’ dan lim X’ ke K.
Bukti :
Karena K dibatasi, terdapat M >0 sehingga │x│≤ M untuk setiap x ∈ K untuk setiap n ∈ N, kami menyimpulkan bahwa barisan X = (xn) adalah dibatasi. Berdasarkan teorema 3.4.6. Bolzano Weierstrass, X konvergen sub barisan X’, tetapi karena K tertutup kami menyimpulkan bahwa X’ milik K.
3.4.9. Teorema
Diberikan barisan bilangan real terbatas X = (xn) dan diberikan x ∈R yang mempunyai sifat bahwa setiap barisan bagian dari X konvergen x. Maka barisan X konvergen ke x.
Bukti :
Misalkan M >0 adalah batas dari barisan X sehingga │xn│≤M untuk semua n ∈ N
Andaikan X tidak konvergen ke x, maka menggunakan teorema 3.4.4 terdapat ε_0>0
Dan barisan bagian X’ = (x_rn) sedemikian sehingga
│x_rn-x│≥ε untuk setiap n ∈ N
Karena X’ barisan bagian X, maka M juga batas dari X’. Oleh karena itu elemen X’ bilangan tertutup dan terbatas.
K = [-M, x -〖 ε〗_0] ∪ [ x+ε_0,M]
Jika kami ambil teorema 3.4.8 untuk barisan X’ dan bilangan dibatasi tertutup K, kami simpulkan bahwa X’ konvergen ke barisan bagian X’’ dan lim X’’ konvergen ke K. Sekarang bahwa karena X’’ adalah barisan bagian dari X’, maka X’’ jiga barisan bagian X. Ini mengikuti dari hipotesis teorema yang harus memiliki x = lim X’’. Tapi ini bertentangan dengan lim X’’ berada K. Jadi pengandaian salah bahwa barisan bagian dibatasi X tidak konvergen ke x telah menyebabkan kontradiksi.
3.0 KESIMPULAN
Teorema Bolzano-Weiertrass Setiap barisan bilangan real yang terbatas pasti memuat barisan bagian yang konvergen.
SARAN
Setelah membahas materi mengenai barisan monoton sub barisan dan Teorema Bolzano-Weiertrass penulis mengharapkan agar kedepan materi ini dikembangkan lebih jauh terutama mempebanyak contoh soal. Selanjutnya penulis juga sendiri mengharapkan kritik dan saran yang bersifat membangun.
