Barisan (xn) konvergen ke x jika subbarisan (x2n) dan (x2n+1) konvergen ke x. Hal ini dibuktikan dengan mengambil ε sembarang dan memilih n cukup besar sehingga kedua subbarisan memenuhi kriteria konvergensi terhadap x dalam ε.

1. SOAL - SOAL
1.Diketahui : 0 < a < b ,
)(
2
1
,)(, 1
2
1
1 nnnnnn babbaaNn  
Adb: i. an < bn , Nn .
ii. lim(an) = lim(bn)
Bukti:
i. Dengan induksi Matematik
Untuk n = 1, a < b (benar).
Andai benar untuk n = k, shg ak < bk
Adb: benar untuk n = k + 1.
Dari hipotesa induksi:
ak < bk
< bk - ak
< (bk - ak)
< b k – bkak + a k
< b k – bkak bkak + a k
bkak < b k bkak + a k

2. bkak < ¼ (ak + bk)
(bkak) < (ak + bk)
ak+1 < bk+1
Jadi an < bn , Nn .
ii. Adb: lim(an) = lim(bn)
Adt: (an) dan (bn) monoton dan terbatas
b = (a + b ) < (b + b ) = ½ b ) = b
Shg b < b
bn+1 = (an + bn) < (bn + bn) = ½ bn) = bn
Shg bn+1 < bn
Jadi (bn) monoton turun.
Adt: 0 < bn < b , 2n .
0 < bn+1 < bn < b
Shg (bn) terbatas
Karena 0 < an < bn < b
Jadi (an) terbatas.
Adt: (an) monoton
a = (a b ) > (a a ) = (a ) = a
Shg a a

3. an+1 = (anbn) > (anan) = (a n) = an
Shg an+1 > an
Jadi (an) monoton naik.
Karena (an) dan (bn) monoton dan terbatas,
maka (an) dan (bn) konvergen.
Misalkan: lim(bn) = b = lim(bn )
bn+1 = (an + bn)
lim(bn+1) = lim(an + bn)
2 lim(bn+1) = lim(an) + lim(bn)
2 b = lim(an) +b
lim(an) = 2b – b = b
Shg lim(an) = b = lim(bn)
Jadi lim(an) = lim(bn).

4. 2. Diketahui X:= (n1/n
)
Adc: lim(n1/n
)
Tulis: n1/n
= 1 + kn , dg kn > 0 untuk n > 1.
Shg n = (1 + kn)n
Dg Teorema Binomial untuk n > 1, diperoleh
 
n
k
k
nn
n
k
nn
k
nn
nkkn
n
n
nnn
n








1
2
.
2
)1(
.
2
)1(
.
!2
)1(
11
2
2
22

Shg n
kn


1
2
Diberikan 0 . Maka terdapat K( )
sedemikian hingga jika n  K( ), maka
21
1 2


n
Dari sini diperoleh bahwa 0 < kn <  dan
n1/n
- 1 = kn <  untuk n  K( ).
Karena 0 sembarang, jadi lim(n1/n

5. 3. Diketahui dR, d > 1.
Selidiki kekonvergenan dari (dn
) .
Adt: (dn
) tidak terbatas
atau
Adt: mdNnm n
 ,0 .
Tulis: d = 1 + h, h > 0.
dn
= (1 + h)n
 1 + nh, Nn (Pertidaksamaan
Bernoulli).
Ambil m > 0 sembarang. Pilih n cukup besar
sedemikian hingga h
m
n 0 .
Sehingga n h > m,
Diperoleh
dn
= (1 + h)n
 1 + nh  1 + n h > m, Nn  0
.
Jadi (dn
) tidak terbatas sehingga (dn
) divergen.

6. 4. Selidiki kekonvergenan barisan X:= (xn)
berikut dengan menggunakan subbarisan.
  




 











 ,
5
4
,
4
3
,
3
2
,
2
1
1
)1(
n
n
x
n
n .
Untuk n genap, ambil subbarisan
  












 ,
7
6
,
5
4
,
3
2
12
2
2
n
n
x n
1
2
1
1
1
lim
12
2
lim 



















 
n
n
n
nn
Untuk n ganjil, ambil subbarisan
 
 





 










 ,
6
5
,
4
3
,
2
1
2
12
112
12
12
n
n
n
n
x n
1
1
2
1
1
lim
2
12
lim 


















 

n
n
n
nn
Karena sub barisan (xn) konvergen ke 1 dan -
sehingga (xn) divergen.

7. 5. Tunjukkan barisan 






!
1
!2
1
!1
1
1
n

adalah barisan Cauchy.
kmn  , dengan n > m sehingga
     !
1
!2
1
!1
1
!
1
!2
1
!1
1
1
!
1
!2
1
!1
1
1
nmm
mn














Karena )!1(2  nn
, maka
mmnmm
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
111



Ambil 0 sembarang,
pilih kN km
m
 ,
22
1 
Untuk kmn , dengan n > m dipenuhi







!
1
!2
1
!1
1
1
!
1
!2
1
!1
1
1
mn

Jadi 






!
1
!2
1
!1
1
1
n
 adalah barisan Cauchy.

8. 6. (xn) barisan di R sedemikian hingga sub
barisan (x2n) dan (x2n+1) konvergen ke x.
Adb: (xn) konvergen ke x.
Ambil 0 sembarang,
pilih k N sedemikian hingga
| x2n - x | < 1, kn  .
pilih k N sedemikian hingga
| x2n+1 - x | < 2, kn  .
Misalkan k = max { k k }
| xn - x | < 12, 0  kn .
Sehinga knxxkk n  ,12 0 
Jadi (xn) konvergen ke x.