Ce diaporama a bien été signalé.
Nous utilisons votre profil LinkedIn et vos données d’activité pour vous proposer des publicités personnalisées et pertinentes. Vous pouvez changer vos préférences de publicités à tout moment.

Analisis Real (Barisan dan Bilangan Real) Latihan bagian 2.5

7 327 vues

Publié le

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

×