O slideshow foi denunciado.
Utilizamos seu perfil e dados de atividades no LinkedIn para personalizar e exibir anúncios mais relevantes. Altere suas preferências de anúncios quando desejar.

Analisis Real (Barisan dan Bilangan Real) Latihan bagian 2.5

7.332 visualizações

Publicada em

Jawaban latihan soal bagian 2.5 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

Analisis Real (Barisan dan Bilangan Real) Latihan bagian 2.5

  1. 1. Latihan Bagian 2.5 (Hal : 63) 1. Tunjukkan bahwa jika xn tidak terbatas, maka xn mempunyai subbaris divergen sejati. Penyelesaian : Suatu barisan bilangan yang monoton merupakan barisandivergen sejati jika dan hanya jika tidak terbatas. (a) Jika barisan xn merupakan barisan naik tak terbatas, maka lim xn = +Y (b) Jika barisan xn merupakan barisan turun tak terbatas, maka lim xn = −Y Teorema Misalkan xn dan yn adalah dua barisan bilangan real dan memenuhi sifat xn ∈ Yn untuk setiap bilangan asli N. (a) Jika lim xn = +Y, maka limyn = +Y (b) Jika limyn = −Y , maka lim xn = −Y 2. Berikan Cintoh barisan divergen sejati (xn) dan (yn) dengan xn ≠ 0 untuk semua n ∈ 4 sehingga: (a) ( xn yn ⁄ ) konvergen (b) ( xn yn ⁄ ) divergen Penyelesaian : (a) Jelas bahwa suatu barisan divergen sudah pasti tidak mungkin konvergen. (b) Barisan (xn yn ⁄ ) dikatakan devergen jika Lim (xn yn ⁄ ) = +∞ atau Lim ( xn yn ⁄ ) = −∞ . contohnya Lim (n2) = +∞ 3. Tunjukkan bahwa jika xn > 0 untuk semua n n ∈ A , maka lim n→∞ (xn) = 0 jika dan hanya jika lim n→∞ 1 xn = +∞ Bukti Misalkan lim n→∞ 1 xn = +∞. Diberikan sebarang α ∈ R, terdapat K ϵ A sehingga 1 n ≥ k, 1 xn > α karena 1 n > xnuntuk semua n, makan ≥ k berlaku pula xn = 0. Jadi lim n→∞ (xn) = 0 .
  2. 2. 4. Manakah barisan-barisan berikut yang divergen, tunjukkan : (a)(√n) ( 𝑏)(√n+ 1) ( 𝑐)(√n− 1) (𝑑)( n √n + 1 ) Penyelesaian: (a) Terlihat dengan jelas bahwa (√n)barisan yang tidak terbatas, Bukti : |√n| = n ∙ 1 √n untuk sebarang α > 0 ∈ ℝ , menurut sifat Archimides, terdapat n ∈ ℕ sehingga |√n| = n ∙ 1 √n > α Oleh karena(√n) tidak terbatas, dapat disimpulkan bahwa (√n) divergen. (b) (√n + 1) juga barisan divergen, bukti: |√n + 1| = (n + 1) ∙ 1 √n + 1 > n ∙ 1 √n + 1 Untuk sebarangβ > 0 ∈ ℝ, dengan sifat Archimides, maka terdapatn ∈ ℕ sehingga |√n + 1| > n ∙ 1 √n + 1 > β Yang menunjukkan bahwa (√n + 1) tidak terbatas. Dan oleh sebab itu, maka (√n + 1) divergen. (c) (√n − 1) barisan divergen, bukti : |√n − 1| > n Untuk sebarang γ > 0, dengan sifat Archimides, terdapat n ∈ ℕ sehingga |√n − 1| > n > γ Hal tersebut menujukkan bahwa (√n − 1) tidak terbatas, oleh sebab itu (√n − 1) divergen. (d) ( n √n+1 )jelas merupakan barisan divergen, bukti: Kerena 1 √n+1 > 0 ∈ ℝ, menurut sifat Archimides, untuk sebarang ω > 0 ∈ ℝ, terdapat n ∈ ℕ sehingga| n √n+1 | > ω Hal tersebut menujukkan bahwa ( n √n+1 ) tidak terbatas, oleh sebab itu ( n √n+1 ) divergen.
  3. 3. 5. Apakah barisan (𝑛 𝑠𝑖𝑛 𝑛) divergen sejati? Penyelesaian : Misal n sin x dan nsin y dua barisan bilangan real , L ∈ R, L > 0 dengan lim n→~ n sin x n sin y = L Maka lim n→~ n sin x = +~ jika dan hanya jika lim n→~ nsin y = +~ Pembuktian : Ambil α = L 2 Terdapat L ∈ R ∋ untuk n ≥ L berlaku sin 1 2 L < n sin x n siny < sin 3 2 L Oleh karena itu, untuk n ≥ L berlaku ( 1 2 sin L)y < x dan x < ( 3 2 sin L)y Terbukti. 6. Misalkan(xn) barisan divergen sejatidan(yn) sehingga lim n→∞ (xnyn) ada di dalam ℝ. Tunjukkan bahwa (yn) kenvergen ke 0. Penyelesaian: lim n→∞ (xnyn) = L ada Jika kita tulis yn = 1 zn (denganzn ≠ 0) maka : lim n→∞ ( xn zn ) = L ada Dengan teorema 2.5.6, jika lim n→∞ (xn) = +∞, maka lim n→∞ (zn) = +∞. Kemudian kita hitung lim n→∞ (yn) = lim n→∞ ( 1 zn ) lim n→∞ (yn) = 1 +∞ lim n→∞ (yn) = 0 Hal ini menunjukkan bahwa (yn) kenvergen ke 0.
  4. 4. 7. Misalkan (xn) dan (yn) dua barisan bilangan positif sehingga lim n→∞ ( xn yn ) = 0. a) Tunjukan bahwa jika lim n→∞ (xn) = + ∞, maka lim n→∞ (yn) = + ∞ Bukti: Berdasarkan teorema 2.5.5 , misalkanL ∈ R, L > 0 dengan lim n→∞ ( xn yn ⁄ ) = L Maka untuk α = L 2⁄ terdapat K ∈ 4 sehingga untuk n ≥ K berlaku 1 2 L < xn yn < 3 2 L Oleh karena itu, untuk n ≥ K berlaku ( 1 2 L)yn < xn dan xn < ( 3 2 L)yn. Jadi terbukti jika lim n→∞ (xn) = + ∞, maka lim n→∞ (yn) = + ∞ b) Tunjukan bahwa jika(yn) terbatas, maka lim n→∞ (xn) = 0 Bukti; 8. Misalkan (xn) dan (yn) dua barisan bilangan positif sehingga lim n→∞ ( xn yn ⁄ ) = +∞ a) Tunjukkan bahwa jika lim n→∞ (xn) = +∞, maka lim n→∞ (yn) = +∞ b) Tunjukkan bahwa jika (xn) terbatas, maka lim n→∞ (yn) = 0 Penyelesaian: a) Dari teorema 2.5.5 , kita misalkan L ∈ R, L > 0 dengan lim n→∞ ( xn yn ⁄ ) = L maka untuk α = L 2⁄ terdapat K ∈ 4 sehingga untuk n ≥ K berlaku 1 2 L < xn yn < 3 2 L Oleh karena itu, untuk n ≥ K berlaku ( 1 2 L)yn < xn dan xn < ( 3 2 L)yn. Jadi terbukti. 9. Tunjukkan bahwa jika lim n→∞ ( Xn n ) = L, L > 0, maka lim n →∞ ( Xn ) = +∞ Bukti : jika lim n→∞ ( Xn n ) = L, L > 0, maka untuk α= L 2 terdapat K ϵ N sehingga untuk n ≥ k berlaku : 1 2 L < Xn n < 3 2 L
  5. 5. Oleh karena itu, untuk n ≥ k berlaku ( 1 2 K ) n ≤ Xn dan Xn < ( 1 2 L )n. Teorema terbukti

×