Dokumen ini membahas rumus dan pembuktian mengenai limit barisan dalam matematika, termasuk cara menghitung suku ke-n dari berbagai barisan dan pembuktian limit untuk beberapa fungsi. Terdapat juga penjelasan mengenai konvergensi dan divergensi serta definisi limit barisan. Beberapa contoh soal dan buktinya disediakan untuk memperjelas setiap konsep yang dibahas.

1. Latihan Bagian 2.1 (Hal : 36)
1. Suku ke-n dari barisan(xn) diberikan oleh rumus-rumus berikut. Tulis lima suku pertama dari tiap
barisan!
(a) xn = 1 + (−1)n (b) xn =
(−1)n
n
(c) xn =
1
n(n + 2)
(d) xn =
1
n2 + 1
Jawaban:
(a) xn = (0, 2, 0,2, 0, … ).
(b) xn = (−1,
1
2
, −
1
3
,
1
4
, −
1
5
, … ).
(c) xn = (
1
3
,
1
8
,
1
15
,
1
24
,
1
35
, … ).
(d) xn = (
1
2
,
1
5
,
1
10
,
1
17
,
1
26
, … ).
2. Beberapa suku dari barisan(xn) diberikan oleh dibawah ini. Berikan rumus suku ke-n dari barisan yang
diberikan!
(a) 7,9, 11, 13, … (b)
1
3
, −
1
9
,
1
27
, −
1
81
, … (c) −
1
2
,
2
3
, −
3
4
,
4
5
, … (d) 1,4, 9, 16, …
Jawaban:
(a) xn = 2n + 5, n ∈ ℕ
(b) xn =
(−1)n−1
3n
, n ∈ ℕ
(c) xn =
n(−1)n
n + 1
, n ∈ ℕ
(d) xn = n2
, n ∈ ℕ
3. Tuliskan lima suku pertama dari barisan-barisan berikut!
(a) x1 = 1, xn+1 = 3xn + 1 (b) y1 = 2, yn+1 =
1
2
(yn +
2
yn
)
(c) z1 = 1, z2 = 2, zn+2 =
(zn+1 + zn)
(zn+1 − zn)
(d) t1 = 3, t2 = 5,tn+2 = tn + tn+1
Jawaban:
(a) xn = (1, 4, 13,40, 121,… )
(b) yn = (2,
2
3
,
17
12
,
577
408
,
665857
470832
, … )
(c) zn = (1,2, 3, 5, 4,… )
(d) tn = (3, 5, 8,13, 21, … )
4. Buktikan bahwa untuk sembarang b ∈ ℝ, lim
n→∞
(
b
n
) = 0.

2. Bukti:
untuk kasus b = 0, (
b
n
) adalah barisan konstan (0,0, 0, … ). Diberikan sebarang ε > 0, untuk sebarang
K ∈ ℕ dan kapanpun n ≥ K berlaku
|
b
n
− 0| < ε
Terbukti bahwa lim
n→∞
(
b
n
) = 0.
Untuk kasus b ≠ 0, perhatikan bahwa
|
b
n
− 0| = |
b
n
| =
|b|
n
, n ∈ ℕ
Untuk membuktikan bahwa lim
n→∞
(
b
n
) = 0, kita perlu menunjukkan bahwa |
b
n
− 0| < ε, untuk sebarang
ε > 0 kapanpun n ≥ K, yaitu
|
b
n
− 0| =
|b|
n
< ε ⟺ n >
|b|
ε
pilihK >
|b|
ε
, sehingga kapanpun n ≥ K berlaku
|
b
n
− 0| =
|b|
n
≤
|b|
K
< ε
Terbukti bahwa lim
n→∞
(
b
n
) = 0.
5. Dengan definisi limit barisan, buktikan limit berikutini!
(a) lim
n→∞
(
1
2n2 + 3
) = 0 (b)lim
n→∞
(
4n
n + 3
) = 4
(c) lim
n→∞
(
4 − 7n
2n + 3
) = −
7
2
(d) lim
n→∞
(
2n2
− 1
n2 + 5
) = 2
Bukti:
(a) kita harus menunjukkan bahwa untuk setiap ε > 0, terdapat K ∈ ℕ sehingga kapanpun n ≥ K
berlaku |
1
2n2+3
− 0| < ε.
Diberikan ε > 0, untuk memilih nilai K, sederhanakan bentuk nilai mutlak
|
1
2n2 + 3
| =
1
2n2 + 3
≤
1
2n2
≤
1
n2
≤
1
n
, n ∈ ℕ
Kita lihat bahwa jika
1
n
< ε, yang terjadi ketika n >
1
ε
. Kemudian kita pilih K >
1
ε
, sehingga
kapanpun n ≥ K berlaku
|
1
2n2 + 3
| ≤
1
n
≤
1
K
< ε
Terbukti bahwa lim
n→∞
(
1
2n2+3
) = 0.
(b) kita harus menunjukkan bahwa untuk setiap ε > 0, terdapat K ∈ ℕ sehingga kapanpun n ≥ K
berlaku |
4n
n+3
− 4| < ε.

3. Diberikan sebarang 𝜀 > 0, sederhanakan bentuk nilai mutlak
|
4𝑛
𝑛 + 3
− 4| = |
−12
𝑛 + 3
| =
12
𝑛 + 3
≤
12
𝑛
, 𝑛 ∈ ℕ
Jika
12
𝑛
< 𝜀, maka 𝑛 >
12
𝜀
. Pilih 𝐾 >
12
𝜀
, sehingga kapanpun𝑛 ≥ 𝐾 berlaku
|
4𝑛
𝑛 + 3
− 4| ≤
12
𝑛
≤
12
𝐾
< 𝜀
Terbukti bahwa 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
(
4𝑛
𝑛+3
) = 4
( 𝑐) kita harus menunjukkan bahwa untuk setiap 𝜀 > 0, terdapat 𝐾 ∈ ℕ sehingga kapanpun 𝑛 ≥ 𝐾
berlaku |
4−7𝑛
2𝑛+3
− (−
7
2
)| < 𝜀.
Diberikan 𝜀 > 0, untuk memilih nilai 𝐾, sederhanakan bentuk nilai mutlak
|
4 − 7𝑛
2𝑛 + 3
− (−
7
2
)| = |
29
4𝑛 + 6
| =
29
4𝑛 + 6
≤
29
4𝑛
≤
29
𝑛
, 𝑛 ∈ ℕ
Misalkan
29
𝑛
< 𝜀, maka nilai 𝑛 >
29
𝜀
. Kemudian pilih 𝐾 >
29
𝜀
, sehingga kapanpun 𝑛 ≥ 𝐾 berlaku
|
4 − 7𝑛
2𝑛 + 3
− (−
7
2
)| ≤
29
𝑛
≤
29
𝐾
< 𝜀
Terbukti bahwa 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
(
4−7𝑛
2𝑛+3
) = −
7
2
( 𝑑) kita harus menunjukkan bahwa untuk setiap 𝜀 > 0, terdapat 𝐾 ∈ ℕ sehingga kapanpun 𝑛 ≥ 𝐾
berlaku |
2𝑛2
−1
𝑛2+5
− 2| < 𝜀.
Diberikan𝜀 > 0, untuk memilih nilai 𝐾, sederhanakan bentuk nilai mutlak
|
2𝑛2
− 1
𝑛2 + 5
− 2| = |
−11
𝑛2 + 5
| =
11
𝑛2 + 5
≤
11
𝑛2
≤
11
𝑛
Pilih𝐾 >
11
𝜀
, untuk setiap 𝑛 ≥ 𝐾 akan berlaku
|
2𝑛2
− 1
𝑛2 + 5
− 2| ≤
11
𝑛
≤
11
𝐾
< 𝜀
Terbuktibahwa𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
(
2𝑛2
−1
𝑛2 +5
) = 2
6. Buktikan bahwa 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
( 𝑥 𝑛) = 0 jika dan hanya jika 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
(| 𝑥 𝑛|) = 0 . Berikan contoh barisan
bahwa 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
(| 𝑥 𝑛|) konvergen tetapi 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
( 𝑥 𝑛)divergen!
Bukti:
( 𝑖)Jika𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
( 𝑥 𝑛) = 0, maka 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
(| 𝑥 𝑛|) = 0.
Kita harus membuktikan bahwa 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
(| 𝑥 𝑛|) = 0 dengan kata lain ∀𝜀 > 0, ∃𝐾 ∈ ℕ ∋ 𝑛 ≥ 𝐾 ⟹
|| 𝑥 𝑛| − 0| < 𝜀.

4. Diberikan sebarang 𝜀 > 0 , karena 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
( 𝑥 𝑛) = 0 , kita tahu bahwa terdapat 𝐾 ∈ ℕ sehingga
kapanpun 𝑛 ≥ 𝐾 berlaku | 𝑥 𝑛 − 0| < 𝜀. Jika 𝑛 ≥ 𝐾, kita punya
|| 𝑥 𝑛| − 0| = || 𝑥 𝑛| − |0|| ≤ | 𝑥 𝑛 − 0| ( 𝑘𝑒𝑡𝑎𝑘𝑠𝑎𝑚𝑎𝑎𝑛 𝑠𝑒𝑔𝑖𝑡𝑖𝑔𝑎)
Sehingga berlaku
|| 𝑥 𝑛| − 0| < 𝜀
Terbukti bahwa Jika 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
( 𝑥 𝑛) = 0, maka 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
(| 𝑥 𝑛|) = 0.
( 𝑖𝑖)Jika 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
(| 𝑥 𝑛|) = 0, maka 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
( 𝑥 𝑛) = 0.
Kita harus membuktikan bahwa 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
( 𝑥 𝑛) = 0 dengan kata lain ∀𝜀 > 0, ∃𝐾 ∈ ℕ ∋ 𝑛 ≥ 𝐾 ⟹
| 𝑥 𝑛 − 0| < 𝜀.
Diberikan sebarang 𝜀 > 0 , karena 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
(| 𝑥 𝑛|) = 0 , kita tahu bahwa terdapat 𝐾 ∈ ℕ sehingga
kapanpun 𝑛 ≥ 𝐾 berlaku || 𝑥 𝑛| − 0| < 𝜀. Jika𝑛 ≥ 𝐾, kemudian
|| 𝑥 𝑛| − 0| = || 𝑥 𝑛|| = | 𝑥 𝑛| = | 𝑥 𝑛 − 0|
Sehingga
| 𝑥 𝑛 − 0| < 𝜀
Terbukti bahwa Jika 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
(| 𝑥 𝑛|) = 0, maka 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
( 𝑥 𝑛) = 0.
Dari ( 𝑖)dan ( 𝑖𝑖) dapat kita simpulkan bahwa 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
( 𝑥 𝑛) = 0 jika dan hanya jika 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
(| 𝑥 𝑛|) = 0 terbukti.
Contoh:
𝑥 𝑛 = (−1) 𝑛
𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
(|(−1) 𝑛|)konvergen ke 1 tetapi 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
((−1) 𝑛) divergen.
7. Buktikan bahwa jika 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
( 𝑥 𝑛) = 𝑥 dan 𝑥 > 0, maka terdapat 𝑀 ∈ ℕ sehingga 𝑥 𝑛 > 0 untuk semua 𝑛 ≥
𝑀.
Bukti:
Andaikan 𝑥 𝑛 ≤ 0, karena 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
( 𝑥 𝑛) = 𝑥 > 0, maka terdapat 𝑀 ∈ ℕ sehingga 𝑛 ≥ 𝑀 berlaku
| 𝑥 𝑛 − 𝑥| < 𝜀 ⟺ −𝜀 < 𝑥 𝑛 − 𝑥 < 𝜀
⟺ −𝑥 𝑛 − 𝜀 < −𝑥 < 𝜀 − 𝑥 𝑛
⟺ −𝑥 𝑛 − 𝜀 > 𝑥 > 𝜀 − 𝑥 𝑛
Jika diberikan 𝜀 = −𝑥 𝑛 > 0, maka
0 = (−𝑥 𝑛)− 𝜀 > 𝑥 > 𝜀 − 𝑥 𝑛
Hal ini bertentangan dengan yang diketahui bahwa 𝑥 > 0, berarti pengandaian salah. jika𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
( 𝑥 𝑛) = 𝑥
dan 𝑥 > 0, maka terdapat 𝑀 ∈ ℕ sehingga 𝑥 𝑛 > 0 untuk semua 𝑛 ≥ 𝑀 adalah benar.

5. 8. Misalkan( 𝑎 𝑛) dan ( 𝑥 𝑛) barisan bilangan real sehingga | 𝑥 𝑛 − 𝑥| ≤ 𝐶| 𝑎 𝑛| untuk semua 𝑛 ∈ ℕ, untuk
𝐶 > 0 dan 𝑥 ∈ ℝ. Jika 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
( 𝑎 𝑛) = 0, buktikan bahwa 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
( 𝑥 𝑛) = 𝑥.
Bukti:
Diberikan sebarang 𝜀 > 0 , kemudian karena 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
( 𝑎 𝑛) = 0 , kita tahu bahwa terdapat 𝐾 = 𝐾 (
𝜀
𝐶
)
sehingga untuk setiap 𝑛 ≥ 𝐾 menyebabkan
| 𝑎 𝑛 − 0| = | 𝑎 𝑛| ≤
𝜀
𝐶
Oleh sebab itu berlaku
| 𝑥 𝑛 − 𝑥| ≤ 𝐶| 𝑎 𝑛| < 𝐶 (
𝜀
𝐶
) = 𝜀
Untuk setiap 𝑛 ≥ 𝐾.
Yang demikian membuktikan bahwa 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
( 𝑥 𝑛) = 𝑥
9. Tunjukkan bahwa:
( 𝑎) 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
(
1
𝑛𝑎 + 1
) = 0, 𝑎 > 0 ( 𝑏) 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
(
1
2 𝑛
) = 0
( 𝑐) 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
(𝑐
1
𝑛⁄
) = 1, 𝑐 > 0 ( 𝑑) 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
(𝑛
1
𝑛⁄
) = 1
Bukti:
( 𝑎) kita harus menunjukkan bahwa ∀𝜀 > 0, ∃𝐾 ∈ ℕ ∋ 𝑛 ≥ 𝐾 ⟹ |
1
𝑛𝑎+1
− 0| < 𝜀
Diberikan sebarang 𝜀 > 0, kita mulai dengan
|
1
𝑛𝑎 + 1
− 0| = |
1
𝑛𝑎 + 1
| =
1
𝑛𝑎 + 1
, 𝑛 ∈ ℕ
Karena𝑎 > 0, maka
0 < 𝑛𝑎 < 𝑛𝑎 + 1, 𝑛 ∈ ℕ
akibatnya
|
1
𝑛𝑎 + 1
− 0| =
1
𝑛𝑎 + 1
<
1
𝑛𝑎
, 𝑛 ∈ ℕ
Untuk memilih𝐾, kita tentukan nilai 𝑛 sehingga
1
𝑛𝑎
< 𝜀
1
𝑛𝑎
< 𝜀 ⟺ 𝑛 >
1
𝜀𝑎
Pilih 𝐾 >
1
𝜀𝑎
, untuk sebarang 𝜀 > 0 dan kapanpun 𝑛 ≥ 𝐾 berlaku
|
1
𝑛𝑎 + 1
− 0| <
1
𝑛𝑎
≤
1
𝐾𝑎
< 𝜀
Terbukti bahwa 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
(
1
𝑛𝑎+1
) = 0, 𝑎 > 0
( 𝑏) kita harus menunjukkan bahwa untuk setiap 𝜀 > 0 yang diberikan, kita dapat menemukan bilangan
bulat 𝐾 sehingga |
1
2 𝑛 − 0| < 𝜀 kapanpun 𝑛 ≥ 𝐾. Sekarang perhatikan

6. |
1
2 𝑛
− 0| = |
1
2 𝑛
| = (
1
2
)
𝑛
Kemudian tentukan nilai 𝑛 untuk (
1
2
)
𝑛
< 𝜀
(
1
2
)
𝑛
< 𝜀 ⟺ 𝑙𝑛 (
1
2
)
𝑛
< 𝑙𝑛 𝜀
⟺ 𝑛 𝑙𝑛 (
1
2
) < 𝑙𝑛 𝜀
Karena 𝑙𝑛(
1
2
) < 0, jadi
𝑛 𝑙𝑛 (
1
2
) < 𝑙𝑛 𝜀 ⟺ 𝑛 >
𝑙𝑛 𝜀
𝑙𝑛 (
1
2
)
Jika kita pilih 𝐾 >
𝑙𝑛( 𝜀)
𝑙𝑛(
1
2
)
, sehingga kapanpun 𝑛 ≥ 𝐾 berlaku
|
1
2 𝑛
− 0| = (
1
2
)
𝑛
≤ (
1
2
)
𝐾
< 𝜀
Karena 𝜀 > 0 sebarang, terbukti bahwa 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
(
1
2 𝑛 ) = 0
( 𝑐) kita harus menunjukkan bahwa ∀𝜀 > 0, ∃𝐾 ∈ ℕ ∋ 𝑛 ≥ 𝐾 ⟹ |𝑐
1
𝑛⁄
− 1| < 𝜀
Untuk kasus 𝑐 = 1, (𝑐
1
𝑛⁄
) adalah barisan konstan (1,1,1, … ). Diberikan sebarang 𝜀 > 0, untuk
sebarang 𝐾 ∈ ℕ dan kapanpun 𝑛 ≥ 𝐾 berlaku
|𝑐
1
𝑛⁄
− 1| < 𝜀
Untuk kasus 𝑐 > 1, tulis 𝑐
1
𝑛⁄
= 1 + 𝑥 𝑛,𝑥 𝑛 = 𝑐
1
𝑛⁄
− 1, 𝑥 𝑛 > 0(𝑐 > 1, akar pangkat-n dari c juga>
1). Sekarang
𝑐 = 𝑐 𝑛∙1
𝑛⁄
= (1 + 𝑥 𝑛) 𝑛
Dengan ketaksamaan Bernaulli didapat
𝑐 = (1 + 𝑥 𝑛) 𝑛
≥ 1 + 𝑛𝑥 𝑛
𝑐 ≥ 1 + 𝑛𝑥 𝑛
Sehingga
𝑥 𝑛 ≤
( 𝑐 − 1)
𝑛
Kita mempunyai
|𝑐
1
𝑛⁄
− 1| = 𝑐
1
𝑛⁄
− 1 = 𝑥 𝑛 ≤
( 𝑐 − 1)
𝑛
Tentukan nilai 𝑛 ketika
( 𝑐−1)
𝑛
< 𝜀
( 𝑐 − 1)
𝑛
< 𝜀 ⟺ 𝑛 >
( 𝑐 − 1)
𝜀
Jika kita pilih 𝐾 >
( 𝑐−1)
𝜀
, sehingga untuk setiap 𝑛 ≥ 𝐾 berlaku

7. |𝑐
1
𝑛⁄
− 1| = 𝑥 𝑛 ≤
( 𝑐 − 1)
𝑛
≤
( 𝑐 − 1)
𝐾
< 𝜀
Untuk kasus 0 < 𝑐 < 1, tulis 𝑐
1
𝑛⁄
=
1
1+ℎ 𝑛
, ℎ 𝑛 = (
1
𝑐
)
1
𝑛⁄
− 1 , ℎ 𝑛 > 0( 0 < 𝑐 < 1,
1
𝑐
> 1 , akar
pangkat-n dari
1
𝑐
juga > 1). kemudian
𝑐 = 𝑐 𝑛1
𝑛⁄
= (
1
1 + ℎ 𝑛
)
𝑛
=
1
(1 + ℎ 𝑛) 𝑛
Dengan ketaksamaan bernaulli
(1 + ℎ 𝑛) 𝑛
≥ 1 + 𝑛ℎ 𝑛 ≥ 𝑛ℎ 𝑛
akibatnya
𝑐 =
1
(1 + ℎ 𝑛) 𝑛
≤
1
1 + 𝑛ℎ 𝑛
≤
1
𝑛ℎ 𝑛
Jika dan hanya jika
𝑐 ≤
1
𝑛ℎ 𝑛
Jika dan hanya jika
ℎ 𝑛 ≤
1
𝑛𝑐
Karena 0 < 𝑐 < 1, kita punya
|𝑐
1
𝑛⁄
− 1| = |𝑐
1
𝑛⁄
||1 − (
1
𝑐
)
1
𝑛⁄
| ≤ |1 − (
1
𝑐
)
1
𝑛⁄
| = |(
1
𝑐
)
1
𝑛⁄
− 1| = ℎ 𝑛 ≤
1
𝑛𝑐
Sehingga
|𝑐
1
𝑛⁄
− 1| ≤ ℎ 𝑛 ≤
1
𝑛𝑐
Tentukan nilai n ketika
1
𝑛𝑐
< 𝜀
1
𝑛𝑐
< 𝜀 ⟺ 𝑛 >
1
𝜀𝑐
Pilih 𝐾 >
1
𝜀𝑐
, maka untuk setiap 𝑛 ≥ 𝐾 berlaku
|𝑐
1
𝑛⁄
− 1| ≤ ℎ 𝑛 ≤
1
𝑛𝑐
≤
1
𝐾𝑐
< 𝜀
Karena 𝜀 > 0 sebarang, dapat disimpulkan bahwa 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
(𝑐
1
𝑛⁄
) = 1, 𝑐 > 0
( 𝑑) kita harus menunjukkan bahwa ∀𝜀 > 0, ∃𝐾 ∈ ℕ ∋ 𝑛 ≥ 𝐾 ⟹ |𝑛
1
𝑛⁄
− 1| < 𝜀
Untuk kasus 𝑛 = 1, (𝑛
1
𝑛⁄
) adalah barisan konstan (1,1,1, … ). Diberikan sebarang𝜀 > 0, untuk
sebarang 𝐾 ∈ ℕ dan kapanpun 𝑛 ≥ 𝐾 berlaku
|𝑛
1
𝑛⁄
− 1| < 𝜀
Untuk kasus 𝑛 > 1, kita tulis 𝑛
1
𝑛⁄
= 1 + 𝑘 𝑛, 𝑘 𝑛 = 𝑛
1
𝑛⁄
− 1, 𝑘 𝑛 > 0. Saat 𝑛 > 1 diberikan

8. 𝑛 = (1 + 𝑘 𝑛) 𝑛
Dengan ekspansi Binomial bias kita lihat
𝑛 = 1 + 𝑛𝑘 𝑛 +
𝑛( 𝑛 − 1)
2
𝑘 𝑛
2
+
𝑛( 𝑛 − 1)( 𝑛 − 2)
3!
𝑘 𝑛
3
+ ⋯
𝑛 − 1 = 𝑛𝑘 𝑛 +
𝑛( 𝑛 − 1)
2
𝑘 𝑛
2
+
𝑛( 𝑛 − 1)( 𝑛 − 2)
3!
𝑘 𝑛
3
+ ⋯
Dengan ketaksamaan Bernaulli diperoleh
𝑛 − 1 ≥
𝑛( 𝑛 − 1)
2
𝑘 𝑛
2
Sehingga untuk 𝑛 ≥ 2
𝑘 𝑛
2
≤
2
𝑛
⟺ 𝑘 𝑛 ≤ √
2
𝑛
Di awal kita punya |𝑛
1
𝑛⁄
− 1|, maka itu
|𝑛
1
𝑛⁄
− 1| = 𝑘 𝑛 ≤ √
2
𝑛
, 𝑛 ≥ 2 ∈ ℕ
Tentukan nilai n untuk √
2
𝑛
< 𝜀
√
2
𝑛
< 𝜀 ⟺
2
𝑛
< 𝜀2
⟺ 𝑛 >
2
𝜀2
Pilih 𝐾 = 𝑚𝑎𝑥 (2,
2
𝜀2), untuk setiap 𝜀 > 0 dan kapanpun 𝑛 ≥ 𝐾 berlaku
|𝑛
1
𝑛⁄
− 1| = 𝑘 𝑛 ≤ √
2
𝑛
≤ √
2
𝐾
< 𝜀
Terbukti bahwa 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
(𝑛
1
𝑛⁄
) = 1
10. Tunjukkan bahwa 𝑙𝑖𝑚
𝑛→∞
(
1
𝑛
−
1
𝑛+2
) = 0.
Bukti:
Kita harus menunjukkan bahwa untuk setiap 𝜀 > 0, terdapat 𝐾 ∈ ℕ sehingga kapanpun 𝑛 ≥ 𝐾 berlaku
|(
1
𝑛
−
1
𝑛+2
) − 0| < 𝜀.
Diberikan sebarang 𝜀 > 0, sederhanakan bentuk nilai mutlak
|(
1
𝑛
−
1
𝑛 + 2
) − 0| = |
−2
𝑛( 𝑛 + 2)
| =
2
𝑛( 𝑛 + 2)
≤
2
𝑛
, 𝑛 ∈ ℕ
Jika
2
𝑛
< 𝜀, maka 𝑛 >
2
𝜀
. Pilih K >
2
ε
, sehingga kapanpun n ≥ K berlaku

9. |(
1
n
−
1
n + 2
) − 0| ≤
2
n
≤
2
K
< ε
Terbukti bahwa lim
n→∞
(
1
n
−
1
n+2
) = 0.