Jawaban latihan soal bagian 2.2 pada buku Analisis Real karangan Drs. Sutrima, M.SI cetakan : pertama, Juni 2010 penerbit : Javatechno Publisher (Jln. Ahmad Yani 365A, Kartasura, Sukoharjo, Jawa Tengah, Indonesia - 57162

1. Latihan Bagian 2.2 (Hal : 43)
1. Selidikilah barisan 𝒳 = (𝒳n) berikut divergen/konvergen jika:
(a) xn =
n
n+1
(b) xn =
(−1)n
n
n+1
(c) xn =
n2
n+1
(d) xn =
2n2
+3
n2+1
Penyelesaian:
(a) lim
n→∞
xn = lim
n→∞
n.
1
n
n=1.
1
n
= lim
n→∞
1
1 +
1
n
=
lim 1
lim 1 + lim
1
n
=
lim 1
lim 1
= 1
Maka divergen
(b) lim
n→∞
xn = lim
(−1)n
.n
n+1
N genap xn =
n
n+1
= 1
N ganjil xn = −
n
n+1
= −1
Karena punya 2 nilai yaitu 1 dan (-1) maka barisan dikatakan divergen
(c) lim
n→∞
xn = lim
n2
n+1
= lim
n2
.
1
n2
(n + 1).
1
n2
= lim
1
1
n
+
1
n2
= lim
1
0 + 0
= lim ∞
Maka Divergen
(d) lim
n→∞
xn = lim
2n2
+3
n2+1
= lim
(2n2
+ 3).
1
n2
n2 + 1.
1
n2
= lim
2 +
3
n2
1 +
1
n2
=
lim 2 + lim
3
n2
lim 1 + lim
1
n2

2. =
lim 2 + lim o
lim 1 + lim o
=
lim 2 + o
lim 1 + o
= lim 2
Maka Konvergen
2. Berikan contoh dua barisan divergen X, Y, tetapi X + Y konvergen.
Contoh:
X =
(−n)n
(n+1)
= (−
1
2
,
2
3
, −
3
4
,
4
5
, … ) divergen
Y =
n(−1)n−1
+n
(n+1)
= (1,0,
6
4
, 0, … ) divergen
X + Y =
(−n)n
+ n(−1)n−1
+ n
(n + 1)
= (
1
2
,
2
3
,
3
4
,
4
5
, … ) konvergen
dan
X = (−1)n
+ 1 = (0, 2, 0,2, … ) divergen
Y = (−1)n−1
+ 1 = (2, 0,2, 0, … ) divergen
X + Y = (−1)n
+ (−1)n−1
+ 2 = (2, 2, 2,2, … ) konvergen
3. Berikan contohdua barisan divergen X, Y, tetapi X ∙ Y konvergen.
Contoh:
X = (−1)n−1
= (1, −1, 1,−1, … ) divergen
Y =
(−n)n
(n + 1)
= (−
1
2
,
2
3
, −
3
4
,
4
5
, … )divergen
X + Y = (−1)n−1
∙
(−n)n
(n + 1)
= (−
1
2
, −
2
3
, −
3
4
, −
4
5
, … ) konvergen
dan
X = (−1)n
+ 1 = (0, 2, 0,2, … ) divergen
Y = (−1)n−1
+ 1 = (2, 0,2, 0, … ) divergen
X + Y = ((−1)n
+ 1)((−1)n−1
+ 1) = (0,0, 0, 0, … ) konvergen
4. MisalkanX, Y dua barisan sehingga X konvergen dan X + Y konvergen, tunjukkan bahwa Y konvergen.
Bukti:
5. Misalkan𝑋, 𝑌 dua barisan sehingga 𝑋 konvergen dan 𝑋 ∙ 𝑌 konvergen, apakah 𝑌 konvergen?
Bukti:

3. 6. Misalkan ( 𝑥 𝑛) barisan bilangan real tak nol dan 𝑦 𝑛 =
𝑥 𝑛−𝑥
𝑥 𝑛+𝑥
, 𝑥 ∈ ℝ . Jika ( 𝑦 𝑛) konvergen ke 0 ,
tunjukkan bahwa ( 𝑥 𝑛) konvergen. Hitung limitnya.
Bukti:
Kita asumsikan bahwa ( 𝑥 𝑛) konvergen kesuatu nilai, tetapi kita belum tahu berapa nilai tersebut
𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
( 𝑦 𝑛) = 0
𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
(
𝑥 𝑛 − 𝑥
𝑥 𝑛 + 𝑥
) = 0
𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
( 𝑥 𝑛 − 𝑥)
𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
( 𝑥 𝑛 + 𝑥)
= 0
𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
( 𝑥 𝑛 − 𝑥)
𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
( 𝑥 𝑛 + 𝑥)
× 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
( 𝑥 𝑛 + 𝑥) = 0 × 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
( 𝑥 𝑛 + 𝑥)
𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
( 𝑥 𝑛 − 𝑥) = 0
𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
( 𝑥 𝑛) − 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
( 𝑥) = 0
𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
( 𝑥 𝑛) − 𝑥 = 0
𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
( 𝑥 𝑛) = 𝑥
Kemudian kita harus menunjukkan bahwa untuk setiap 𝜀 > 0, terdapat bilangan bulat 𝐾 sehingga
kapanpun 𝑛 ≥ 𝐾 berlaku | 𝑥 𝑛 − 𝑥| < 𝜀.
Diberikan sebarang 𝜀 > 0, karena𝑦 𝑛 konvergen ke 0 atau dengan kata lain 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
( 𝑦 𝑛) = 0, berarti
terdapat 𝐾𝑦 ∈ ℕ sehingga kapanpun 𝑛 ≥ 𝐾𝑦 berlaku |
𝑥 𝑛−𝑥
𝑥 𝑛+𝑥
| <
𝜀
| 𝑥 𝑛+𝑥|
pilih 𝐾 = 𝐾𝑦 , sehinnga
kapanpun𝑛 ≥ 𝐾 berlaku
| 𝑥 𝑛 − 𝑥| <
𝜀
| 𝑥 𝑛 + 𝑥|
| 𝑥 𝑛 + 𝑥| = 𝜀
Yang membuktikan bahwa ( 𝑥 𝑛)konvergen ke𝑥 atau 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
( 𝑥 𝑛) = 𝑥
7. Jika 𝑃( 𝑥) = 𝑎𝑥3
+ 𝑏𝑥2
+ 𝑐𝑥 + 𝑑, 𝑎 ≠ 0. Jika 𝑧 𝑛 =
𝑃( 𝑛+1)
𝑃( 𝑛)
, 𝑛 ∈ ℕ, buktikan bahwa ( 𝑧 𝑛) konvergen.
Hitung limitnya.
Bukti:
𝑧 𝑛 =
𝑎( 𝑛 + 1)3
+ 𝑏( 𝑛 + 1)2
+ 𝑐( 𝑛 + 1) + 𝑑
𝑎𝑛3 + 𝑏𝑛2 + 𝑐𝑛 + 𝑑
𝑧 𝑛 =
𝑎 + 𝑏 (
1
𝑛+1
) + 𝑐 (
1
𝑛+1
)
2
+ 𝑑 (
1
𝑛+1
)
3
𝑎 (
𝑛
𝑛+1
)
3
+ 𝑏(
𝑛
𝑛+1
)
2
(
1
𝑛+1
) + 𝑐 (
𝑛
𝑛+1
)(
1
𝑛+1
)
2
+ 𝑑 (
1
𝑛+1
)
3
𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
( 𝑧 𝑛) = 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
(
𝑎 + 𝑏(
1
𝑛+1
) + 𝑐 (
1
𝑛+1
)
2
+ 𝑑 (
1
𝑛+1
)
3
𝑎 (
𝑛
𝑛+1
)
3
+ 𝑏 (
𝑛
𝑛+1
)
2
(
1
𝑛+1
) + 𝑐 (
𝑛
𝑛+1
)(
1
𝑛+1
)
2
+ 𝑑 (
1
𝑛+1
)
3)

4. Karena 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
(
𝑛
𝑛+1
) = 1 𝑑𝑎𝑛 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
(
1
𝑛+1
) = 0 , dengan menggunakan teorema-teorema limit
barisan kita dapatkan:
𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
( 𝑧 𝑛) =
𝑎 + 𝑏(0)+ 𝑐(0)2
+ 𝑑(0)3
𝑎(1)3 + 𝑏(1)2(0)+ 𝑐(1)(0)2 + 𝑑(1)3
𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
( 𝑧 𝑛) = 1
Jadi terbukti bahwa ( 𝑧 𝑛)konvergen.
8. Tunjukkan bahwa barisan (4 𝑛) tidak konvergen.
Bukti :
Akan ditunjukkan bahwa barisan (4 𝑛) tidak konvergen ?
Bukti :
Cukup kita tunjukkan bahwa (4 𝑛) tidak terbatas. Misalkan ( 𝑥 𝑛) = (4 𝑛) , dengan Ketaksamaan
Bernoulli | 𝑥 𝑛| = (4 𝑛) = (1 + 3) 𝑛
> 1 + 3𝑛 > 𝑛
karena > 0 , dengan sifat Archimides terdapat bilangan asli 𝑛 sehingga 𝑛 ≥ 𝑀 akibatnya | 𝑥 𝑛| ≥ 𝑀
Yang menyatakan bahwa (4 𝑛) tidak terbatas. Karena (4 𝑛) tidak terbatas maka (4 𝑛) tidak konvergen.
9. Jika ( 𝑥 𝑛) konvergan ke 0 dan ( 𝑦 𝑛) terbatas, tunjukkan bahwa ( 𝑥 𝑛 𝑦 𝑛) konvergen ke 0.
Bukti:
Kita harus menunjukkan bahwa:
∀𝜀 > 0, ∃𝐾 ∈ ℕ,∋ 𝑛 ≥ 𝐾 ⟹ | 𝑥 𝑛 𝑦 𝑛 − 0| < 𝜀
Periksa bentuk nilai mutlak
| 𝑥 𝑛 𝑦 𝑛| = | 𝑥 𝑛|| 𝑦 𝑛|
Karena ( 𝑦 𝑛) terbatas, menurut definisi terdapat 𝑀 > 0 sehingga | 𝑦 𝑛| < 𝑀, yagn mengakibatkan
| 𝑥 𝑛 𝑦 𝑛| = | 𝑥 𝑛|| 𝑦 𝑛| < | 𝑥 𝑛| 𝑀
Diberikan sebarang 𝜀 > 0 , dari kekonvergenan ( 𝑥 𝑛), terdapat 𝐾𝑥 sehingga kapanpun 𝑛 ≥ 𝐾𝑥
berlaku | 𝑥 𝑛 − 0| <
𝜀
𝑀
Pilih𝐾 = 𝐾𝑥, sehingga kapanpun 𝑛 ≥ 𝐾 berlaku
| 𝑥 𝑛 𝑦 𝑛| < | 𝑥 𝑛| 𝑀 <
𝜀
𝑀
𝑀 = 𝜀
Jadi terbukti bahwa jika( 𝑥 𝑛) konvergan ke 0 dan ( 𝑦 𝑛) terbatas, maka( 𝑥 𝑛 𝑦𝑛) konvergen ke 0.
10. Berikan contoh barisan( 𝑥 𝑛) yang tidak terbatas tetapi 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
(
𝑥 𝑛
𝑛
) = 0.
Contoh:
a) ( 𝑥 𝑛) = √ 𝑛
( 𝑥 𝑛)tidakterbatas, bukti :
| 𝑥 𝑛| = |√ 𝑛| = √ 𝑛 = 𝑛 ∙
1
√ 𝑛

5. Kita lihat bahwa
1
√ 𝑛
merupakan bilangan real positif untuk semua 𝑛 ∈ ℕ. Oleh karena 𝑀 juga
bilangan real positif, dengan sifat Archimides terdapat 𝑛 ∈ ℕsehingga 𝑛 ∙
1
√ 𝑛
> 𝑀. Akibatnya
| 𝑥 𝑛| > 𝑀
Yang berarti bahwa ( 𝑥 𝑛) = √ 𝑛 tidak terbatas.
𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
(
√ 𝑛
𝑛
) = 0, bukti :
Kita harus menunjukkan bahwa ∀𝜀 > 0, ∃𝐾 ∈ ℕ, ∋ 𝑛 ≥ 𝐾 ⟹ |
√ 𝑛
𝑛
− 0| < 𝜀.
Diberikan 𝜀 > 0, periksa dan sederhanakan bentuk nilai mutlak berikut |
√ 𝑛
𝑛
− 0| =
1
√ 𝑛
Pilih 𝐾 >
1
𝜀2, sehingga kapanpun 𝑛 ≥ 𝐾 berlaku|
√ 𝑛
𝑛
− 0| < 𝜀
Yang membuktikan bahwa 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
(
√ 𝑛
𝑛
) = 0.
Jadi terbukti bahwa ( 𝑥 𝑛) = 𝑙𝑛 𝑛 tidak terbatas, tetapi 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
(
𝑙𝑛 𝑛
𝑛
) = 0.
12. Tentukan limit dari barisan berikut:
( 𝑎) 𝑥 𝑛 = (2 +
1
𝑛
) 2 ( 𝑏) 𝑥 𝑛 =
(−𝑛) 2
𝑛 + 2
( 𝑐) 𝑥 𝑛 =
√ 𝑛 − 1
√ 𝑛 + 1
( 𝑑) 𝑥 𝑛 =
𝑛 + 1
𝑛√ 𝑛
Penyelesaian :
( 𝑎) 𝑥 𝑛 = (2 +
1
𝑛
) 2
𝑥 𝑛 = (4 +
4
𝑛
+
1
𝑛2
)
= 𝑙𝑖𝑚 4 +
4
𝑛
+
1
𝑛2
= 𝑙𝑖𝑚 4 + 𝑙𝑖𝑚 4. 𝑙𝑖𝑚
1
𝑛
+ 𝑙𝑖𝑚
1
𝑛2
= 𝑙𝑖𝑚 4 + 𝑙𝑖𝑚 4.0 + 0
= 𝑙𝑖𝑚 4
( 𝑏) 𝑥 𝑛 =
(−𝑛) 2
𝑛 + 2
= 𝑙𝑖𝑚
(−𝑛) 2
𝑛 + 2
= 𝑙𝑖𝑚
( 𝑛) 2
.
2
𝑛
( 𝑛 + 2).
1
𝑛
= 𝑙𝑖𝑚
1
1
𝑛
+
2
𝑛2
=
𝑙𝑖𝑚 1
𝑙𝑖𝑚
1
𝑛
+
2
1
𝑛
=
𝑙𝑖𝑚 1
𝑙𝑖𝑚 0 + 0
=
1
0
𝑡𝑖𝑑𝑎𝑘 𝑡𝑒𝑟𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑠𝑖

6. (c) 𝑥 𝑛 =
√ 𝑛 − 1
√ 𝑛 + 1
= 𝑙𝑖𝑚
√ 𝑛 − 1
√ 𝑛 + 1
= 𝑙𝑖𝑚 (
√ 𝑛 − 1
√ 𝑛 + 1
) .
1
𝑛
= 𝑙𝑖𝑚
√1 −
1
𝑛
√1 +
1
𝑛
= 𝑙𝑖𝑚
√1 − 0
√1 + 0
= 𝑙𝑖𝑚
√1
√1
= 1
( 𝑑) 𝑥 𝑛 =
𝑛 + 1
𝑛√ 𝑛
= 𝑙𝑖𝑚
𝑛 + 1
𝑛√ 𝑛
= 𝑙𝑖𝑚
𝑛 + 1
𝑛√ 𝑛
.
1
𝑛
= 𝑙𝑖𝑚
1 +
1
𝑛
1.
√ 𝑛
𝑛
=
𝑙𝑖𝑚 1 + 𝑙𝑖𝑚
1
𝑛
𝑙𝑖𝑚 1 . 𝑙𝑖𝑚
√ 𝑛
𝑛
=
𝑙𝑖𝑚 1
𝑙𝑖𝑚
√ 𝑛
𝑛
13. Jika 𝑥 𝑛 dan 𝑦 𝑛 berturut - turut konvergen ke 𝑥 dan 𝑦 dengan 𝑥 𝑛 ≤ 𝑦 𝑛 untuk semua 𝑛 ∈ ℕ, buktikan
bahwa 𝑥 ≤ 𝑦
Penyelesaian :
Diberikan 𝑧 𝑛 = 𝑦 𝑛 − 𝑥 𝑛 sehingga 𝑍 = ( 𝑧 𝑛) = 𝑌 − 𝑋 dan 𝑋 𝑛 ≥ 0, untuk semua 𝑛 ∈ ℕ.
Menggunakan teorema 2.2.5 dan teorema 2.2.4 diperoleh bahwa 0 < lim 𝑧 = lim( 𝑦 𝑛) − lim( 𝑥 𝑛)
atau lim( 𝑥 𝑛) ≤ lim( 𝑦 𝑛) , jadi terbukti bahwa 𝑥 ≤ 𝑦
14. Jika ( 𝑥 𝑛) konvergen ke 𝑥 dan 𝑎 ≤ 𝑥 𝑛 ≤ 𝑏 untuk semua 𝑛 ∈ ℕ, buktikan bahwa 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏
Penyelesaian :
Diberikan 𝑌 barisan konstan (𝑏, 𝑏, 𝑏, … ). Menggunakan teorema 2.2.6 seperti pada no 13 diatas,
Teorema 2.2.6
Jika ( 𝑥 𝑛) dan ( 𝑦 𝑛) berturut – turut konvergen ke 𝑥 dan 𝑦, dengan 𝑥 𝑛 ≤ 𝑦 𝑛 untuk semua 𝑛 ∈ ℕ.
maka 𝑥 ≤ 𝑦diperoleh bahwa 𝑎 ≤ lim 𝑋, jadi terbukti bahwa 𝑎 ≤ lim 𝑋 ≤ 𝑏 atau 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏
17. Jika 𝑥 𝑛 = ∑ 1
𝑛2 +𝑘
𝑛
𝑘=1 , tunjukkan bahwa (𝑥 𝑛) konvergen.
Bukti:
untuk 𝑛 = 1, 𝑘 = 1 →
1
𝑛2+𝑘
=
1
12+1
=
1
1+1
=
1
2
untuk 𝑛 = 2, 𝑘 = 1 →
1
𝑛2+𝑘
=
1
22+1
=
1
4+1
=
1
5
untuk 𝑛 = 3, 𝑘 = 1 →
1
𝑛2+𝑘
=
1
32+1
=
1
9+1
=
1
10
untuk 𝑛 = 4, 𝑘 = 1 →
1
𝑛2+𝑘
=
1
42 +1
=
1
16+1
=
1
17

7. 𝑥 𝑛 = (
1
2
,
1
5
,
1
10
,
1
17
, … . . )
0
1
17
1
10
1
5
1
2
Karena untuk nilai n yang membesar maka suku-suku barisanya mendekati 0 maka dalam hal ini
barisanya dikatakan konvergen. Sesuai dengan Teorema 2.2.4 jika barisan bilangan real yang
konvergen dijumlahkan maka barisanya akan konvergen. Jadi terbukti bahwa:
𝑥 𝑛 = ∑
1
𝑛2 +𝑘
𝑛
𝑘=1 == (
1
2
+
1
5
+
1
10
+
1
17
+, … . . ) barisan konvergen.
21. Jika ( 𝑥 𝑛) 𝑏𝑎𝑟𝑖𝑠𝑎𝑛 bilangan real positif sehingga 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
(
𝑥 𝑛+1
𝑥 𝑛
) = 𝑙 > 1. Tunjukan bahwa ( 𝑥 𝑛 ) tidak
terbatas dan sehingga tidak konevergen.
Bukti:
Pilih 𝑟 ∈ 𝑅 sehingga 𝐿 > 1 ambil 𝜀 = 𝑟 − 𝑙 < 0 karena (
𝑥 𝑛−1
𝑥 𝑛
) = 𝐿 maka terdapat 𝐾 ∈
𝑁 sehingga untuk n ≥ k [
xn+1
xn
− L] < ε oleh karena itu untuk n ∈ k berlaku:
xn+1
xn
< L + ε = L + (r − L) = r
Dengan teorema apit ambil xn =
3n
n
kita peroleh
xn+1
xn
=
3n+1
n + 1
.
n
3n
=
3n+1
. n
3n(n + 1)
=
3n
.3. n
3n(n + 1)
=
3. n
n + 1
= 3 (
n
n + 1
)
sehingga lim
n→∞
(
xn+1
xn
) = 3 > 1 𝑚𝑎𝑘𝑎 xn tidak terbatas
23. (a) Berikan contoh bsan bilangan real positif (Xn) yang konvergen sehingg lim
n→∞
(Xn
1
n ) = L
(b) Berikan contoh barisan divergen dengan sifat ini.
Penyelesaian :
(a) lim
x→1
(
1
4
X2
)
1
2
= (
1
4
. 12
)
1
2
= (
1
4
. 1)
1
2
= (
1
4
)
1
2
=
1
16
; −1 < 𝑟 < 1
(b) Misal : lim
x→∞
x
x+1
Ambil : L > 0 ,∝=
𝐿
2
Sehingga : lim
x→∞
x
x+1
=
1
2
1
2
+2
=
1
2
3
2
=
2
6
=
1
3
;
1
3
<
x
x+1
<
2
3