1. Barisan (xn) terbatas dan monoton turun. Limitnya adalah 2. 2. Barisan (xn) terbatas antara 0 dan 1/2 dan monoton naik. Limitnya adalah 1/2. 3. Barisan (xn) terbatas dibawah oleh √a dan monoton turun. Limitnya adalah √a.

1. Latihan Bagian 2.3 (Hal : 51)
1. Misalkan X1 >1, Xn+1 =
2−1
Xn
untuk n ≥ 2 Tunjukkan bahwa Xn terbatas dan monoton,
Tentukan limitnya?
Penyelesaian:
a) Adit Xn terbatas
x1 > 1 = 0 <
1
x1
< 1
= 0 > −
1
X1
> −1 (dikali − 1
= 2 > 2 −
1
X1
> 1 (𝑑𝑖𝑡𝑎𝑚𝑏𝑎ℎ 2)
= 1 < 2 −
1
X1
< 2
= 1 < x1 < 2
= 1 < x2 <
1
2
<
1
X2
< 1
= −
1
2
> −
1
X2
> −1 (dikali − 1)
=
3
2
> 2 −
1
X2
> 1 (di tambah 2)
= 1 < 2 −
1
X2
<
3
2
< 2
= 1 < x2 < 2
= 1 < 𝑥3 < 2
Dengan 1 < xn < 2 ; untuk n 𝑛 ≥ 21 < x4 < 2
Induksi Matematika
n=1
Untuk n=k
1< xk < 2
Untuk n=k+1
1< xk+1 < 2
1<xk < 2 =
1
2
<
1
xk
< 1
= −
1
2
> −
1
xk
> −1 (di kali − 1)

2. =
3
2
> 2 −
1
xk
> 1 (di tambah 2)
= 1 < 2 −
1
xk
<
3
2
< 2
= 1 < 2 −
1
xk
< 2
Untuk n=k+1
1 < 2 −
1
Xk+1
< 2
Jadi 1 < xn < 2, untuk n ≥ 2 menunjukkan xn terbatas
b) Akan di tunjukkan xn monoton
Misal x1 < x2 = x1 < 2−
1
x1
= x1x1 < 2= x1 −
1
x1
.x
= x1
2
< 2x1 - 1
= x1
2
− 2x1 + 1 < 0
=(x1 − 1)2
Kontradiksi (x1 − 1)2
jadi pemisalan salah yang benar x1 > x2
xn ≥ xn + 1
Bukti :
Induksi matematika
n=1 → x1 ≥ x1+1 → x1 ≥ x2 (benar )
n=k → xk ≥ xk+1 (benar )
akan di tunjukkan n=k+1, xk+1 ≥ xk+2
xk ≥ xk+1
1
xk+1
≥
1
xk
−
1
xk
≥ −
1
xk+1
xk+1 ≥ xk+2
Jadi xn ≥ xn + 1 monoton turun
c) Limit xn
Misalkan limit ( xn ) = x
Limit (xn+1 ) = lim xn +x ,x ∈ R

3. xn+1 = 2 −
1
xn
Limit (xn+1 ) = 2 −
1
xn
x = 2 −
1
xn
x = lim 2 − lim
1
x
x = 2 − 0
x = 2
Jadi nilai limit xn = 2
2. Misalkan barisan (xn ) di definisikan secara rekursif sebagai
x1 = 0, xn+1 = xn
2
+
1
4
, n ϵ N
(a) Dengan induksi tunjukan bahwa 0 ≤ xn ≤
1
2
(xn +
a
xn
)
(b) Tunjukan bahwa (xn ) naik konvergen, dan tentukan limitnya
(c) Simpulkan bahwa (xn ) konvergen, dan tentukan limitnya
Penyelesaian :
(a) Untuk n = 1 → 0 = x ≤ x1 + 0 +
1
4
≤
1
2
0 ≤
1
4
≤
1
2
x1 ≤ x2 ≤ x3 = (
1
4
)2
+
1
4
≤
1
2
0 ≤
1
4
≤
5
16
≤
1
2
Jika 0 ≤ x ≤
1
2
, benar untuk k ∈ R, maka
xk+1 = xk
2
+
1
4
≤ (
1
2
)
2
+
1
4
=
1
2
≤
1
2
Dengan prinsip induksi matematika maka
0 ≤ xn ≤
1
2
∀ n ∈ R yaitu (xn ) terbatas diatas
(b) Tunjukan bahwa (xn ) menoton naik
0 ≤ xn ≤
1
2
→ −
1
2
≤ xn −
1
2
→ ( xn –
1
2
)
2
≥ 0
→ xn
2
− xn −
1
4
≥ 0

4. → xn
2
+
1
4
≥ xn
→ xn+1 ≥ xn
(c) (xn ) terbatas dan (xn ) menoton naik asumsikan (xn ) → x maka
lim (xn ) = lim( xn−1
2
+
1
4
)
x = x2
+
1
4
0 = x2
− x +
1
4
0 = ( x−
1
2
)
2
x =
1
2
Jadi lim (xn ) =
1
2
3. Misalkan a > 0 dan (xn) barisan yang didefinisikan secara rekursif dengan
x1 < √a dan xn+1 =
1
2
(xn +
a
xn
)
(a) Tunjukkan bahwa (xn) terbatas dibawah oleh √a
(b) Tunjukkan bahwa (xn) turun
(c) Simpulkan bahwa (xn) konvergen dan tentukan limitnya
Penyelesaian:
(a) Dengan induksi matematika dapat ditunjukkan bahwa xn > xn+1 ∀n ∈ N
Untuk = 1 , diperoleh: x1 > x2
√a >
1
2
(√a +
a
√a
)
√a >
1
2
(
2a
√a
)
√a >
a
√a
Karena x1 > √a, untuk xk > xk+1, ∀k ∈ N maka xn terbatas dibawah
(b) Dipihak lain, dengan induksi matematika dapat ditunjukkan bahwa
xn > xn+1 ∀n ∈ N . Jelas ketaksamaan ini benar, Untuk n = 1

5. xk > xk+1, ∀k ∈ N maka
1
2
(xk +
a
xk
) > (xk+1 +
a
xk+1
) sehingga
1
2
(xk +
a
xk
) >
(xk+1 +
a
xk+1
) = xk+2 . Jadi, xk > xk+1 mengakibatkan xk+1 > xk+2 oleh karena itu,
xn > xn+1 ∀n ∈ N dapat disimpulkan bahwa xn barisan turun.
(c) Dari a dan b, karena (xn) barisan turun dan rebatas dibawah, maka (xn) konvergen.
Akan ditunjukkan lim
n→∞
(xn)
Andai lim
n→∞
(xn) = x
lim
n→∞
(xn+1) = lim
n→∞
(xn) = x
xn+1 =
1
2
(xn +
a
xn
)
lim
n→∞
(xn+1) =
1
2
(xn +
a
xn
)
x =
1
2
(xn +
a
xn
)
x =
1
2
(x +
a
x
)
x2
=
x2
+ a
2
2x2
= x2
+ a
2x2
− x2
= a
x2
= a
x = √a
Jadi, nilai limitnya adalah √a
4. Misalkan 𝑦1 > 1 , 𝑦( 𝑛+1) = √2 + 𝑦 𝑛. Tunjukan bahwa (𝑦 𝑛) konvergen dan
tentukan limitnya.
Penyelesaian :
Dapat dilihat untuk 𝑦1 = 2, 𝑦2 = 2, 𝑦3 = 2, dst – 𝑦 𝑛 = 2
Jadi untuk 𝑦1 = 2, ( 𝑦 𝑛) = 2 barisan konstan dan limitnya sudahpasti 2,
kita lihat kasus lainya
Untuk 1 < 𝑦1 < 2 misalnya, kita akan menunjukan bahwa untuk 1 <
𝑦1 < 2 ,(𝑦 𝑛) konvergen dan nilai limitnya 2. (ketunggalan limit)
Akan ditunjukan 1 < 𝑦 𝑛 < 2 dengan induksi:
𝑛 = 1 , maka 1 < 𝑦 𝑛 < 2 (diketahui)
𝑛 = 𝑘 , maka 1 < 𝑦 𝑘 < 2 diasumsikan benar

6. 𝑛 = 𝑘 + 1 , akan ditunjukan 1 < 𝑦 𝑘+1 < 2
1 < 𝑦 𝑘 < 2 ⇔ 2 < 2 + 𝑦 𝑘 < 4
⇔ √2 < √2 + 𝑦 𝑘 < √4
⇔ 1 < √2 < √2 + 𝑦 𝑘 < 2
⇔ 1 < 𝑦 𝑘+1 < 2 terbukti bahwa 1 < 𝑦 𝑛 < 2
Akan ditunjukan (𝑦 𝑛) monoton naik(𝑦 𝑛+1 ≤ 𝑦 𝑛)
Andaikan 𝑦 𝑛+1 ≤ 𝑦 𝑛, maka:
√2 + 𝑦 𝑛 < 𝑦 𝑛
2 + 𝑦 𝑛 < 𝑦 𝑛
2
𝑦 𝑛
2
− 𝑦 𝑛 − 2 > 0
( 𝑦 𝑛 − 2)( 𝑦 𝑛 − 1) > 0
Kontradiksi, karena 1 < 𝑦 𝑛 < 2 maka ( 𝑦 𝑛 − 2)( 𝑦 𝑛 − 1) > 0, pengandaian salah,
haruslah 𝑦 𝑛+1 ≥ 𝑦 𝑛 terbukti𝑦 𝑛 monoton naik
(𝑦 𝑛) terbatas dan monoton naik, maka (𝑦 𝑛) konvergen dan lim
𝑛→∞
( 𝑦 𝑛) ada
Asumsikan lim
𝑛→∞
( 𝑦 𝑛) = 𝑦
lim
𝑛→∞
( 𝑦 𝑛) = lim
𝑛→∞
(√2 + 𝑦 𝑛−1)
𝑦 = √2 + 𝑦
𝑦2
= 2 + 𝑦
𝑦2
− 𝑦 − 2 = 0
𝑦 = 2 atau 𝑦 = −1( tidak memenuhi)
Jadi lim
𝑛→∞
( 𝑦 𝑛) = 2
Untuk 𝑦1 > 2
Akan ditunjukan bahwa 𝑦 𝑛 > 2 ((𝑦 𝑛)terbatas dibawah oleh 2 )
Dengan induksi: 𝑛 = 1, 𝑦1 > 2 (diketahui )
𝑛 = 𝑘, 𝑦 𝑘 > 2 diasumsikan benar
𝑛 = 𝑘 + 1, akan ditunjukan bahwa 𝑦 𝑘+1 > 2
𝑦𝑘 > 2 ⇔ 2 + 𝑦 𝑘 > 4
2 + 𝑦 𝑘 > 4 ⇔ √2 + 𝑦 𝑘 > 2
⇔ 𝑦 𝑘+1 > 2 terbukti bahwa 𝑦 𝑛 > 2
Akan ditunjukan bahwa jika 𝑦1 > 2 maka (𝑦 𝑛) monoton tirun (𝑦 𝑛+1 ≤ 𝑦 𝑛)
Andaikan 𝑦 𝑛+1 > 𝑦 𝑛, maka:
√2 + 𝑦 𝑛 > 𝑦 𝑛
2 + 𝑦 𝑛 > 𝑦 𝑛
2

7. 𝑦 𝑛
2
− 𝑦 𝑛 − 2 < 0
( 𝑦 𝑛 − 2)( 𝑦 𝑛 + 1) < 0
Kontradiksi, karena 𝑦 𝑛 > 2, maka ( 𝑦 𝑛 − 2)( 𝑦 𝑛 + 1) > 0, pengandaian salah, haruslah
𝑦 𝑛+1 ≤ 𝑦 𝑛
(𝑦 𝑛) terbatas dibawah dan monoton turun, maka (𝑦 𝑛) konvergen
Kareana (𝑦 𝑛) konvergen, maka lim
𝑛→∞
( 𝑦 𝑛) ada
Asumsikan lim
𝑛→∞
( 𝑦 𝑛) = 𝑦, maka:
lim
𝑛→∞
( 𝑦 𝑛) = lim
𝑛→∞
(√2 + 𝑦 𝑛−1)
𝑦 = √2 + 𝑦
𝑦2
= 2 + 𝑦
𝑦2
− 𝑦 − 2 = 0
𝑦 = 2 atau 𝑦 = −1( tidak memenuhi)
Jadi lim
𝑛→∞
( 𝑦 𝑛)=2
Dari 3 kasus diatas dapat disimpulkan bahwa lim
𝑛→∞
( 𝑦 𝑛) = 2 ada
6. Misalkan x1 = a > 1 dan xn+1 =
xn+1
xn
n ∈ N. tentukan apakah (xn) konvergen atau
divergen?
Penyelesaian :
Asumsikan bahwa (xn) konvergen
lim
n→∞
(xn) = lim
n→∞
(xn−1 +
1
xn−1
)
x = x +
1
x
x2
= x2
+ 1 <=> 0 = 1
Kontradiksi dengan 0 ≠ 1, pengandaian salah, haruslah (xn) divergen.
10. Selidiki kekonvergenan dari barisan (xn ) dengan xn =
1
n+1
+
1
n+2
+ ... +
1
2n
, untuk n∈ 4
Apakah xn menoton naik atau menoton turun.
Penyelesaian :
xn =
1
n+1
+
1
n+2
+ ... +
1
n+n
xn+1 =
1
n+2
+
1
n+3
+
1
n+3
... +
1
2n
+
1
2n+1
+
1
2(n+1)
Jika selidik antara xn+1 dan xn positif maka xn menoton naik jikanegatif menoton turun

8. xn+1 − xn = (
1
2n+1
−
1
2(n+1)
−
1
n+1
)
= (
4n+3
(2n+1) (2(n+1)
–
1
n+1
=
4n+3 –( 4n+2 )
4n2+ 6n+2
=
1
4n2 + 6n+2
≥ ∀ n ϵ N
11. Misalkan xn =
1
12 +
1
22 + ⋯+
1
n2 untuk semua n ∈ N buktikan bahwa (xn) barisan naik dan
terbatas dan oleh karena itu (xn) konvergen
Penyelesaian :
Dengan induksi matematika dapat di tunjukkan bahwa 1 ≤ xn < 2, untuk setiap n ∈ N
n=1
1 ≤ x1 =
1
1
= 1 < 2
1 ≤ x2 = 1+
1
4
=
5
4
< 2
1 ≤ x3= 1+
1
4
+
1
9
=
49
36
< 2
Jika 1 ≤ xk < 2 benar untuk k ∈ N , maka 1 ≤ xn < 2, untuk setiap n ∈ N yaitu (xn)
terbatas di pihak lain dengan induksi matematika dapat di tunjukkan bahwa xn < xn+1 ,
untuk setiap n ∈ N jelas ketaksamaan ini benar untuk n=1 dianggap benar untuk
xk < xk+1 untuk setiap k ∈ N maka
x1 < x2 < x3 <....< xn
1 <
5
4
<
49
36
< ⋯ < xn
Jadi xk < xk+1 mengakibatkan xk+1 < xk+2 oleh karena itu xn < xn+1 , untuk setiap n ∈
N dari kedua hasil dinatas di simpulkan bahwa ( yn) barisan naik.
12. Tentukan limit barisan berikut :
a. ((1 +
2
𝑛
)
𝑛
) b. ((1 +
1
𝑛+1
)
𝑛
) c. ((1 +
1
𝑛
)
3𝑛
) d. ((1 +
1
𝑛+100
)
𝑛
)
Penyelesaian :
a) ((1 +
2
𝑛
)
𝑛
)
lim
𝑛→∞
((1 +
2
𝑛
)
𝑛
) = lim
𝑛→∞
(((1 +
2
𝑛
)
𝑛
2
)
2
) = 𝑒2
b) ((1 +
1
𝑛+1
)
𝑛
)

9. lim
𝑛→∞
((1 +
1
𝑛 + 1
)
𝑛
) = lim
𝑛→∞
(((1 +
1
𝑛 + 1
)
𝑛+1
) (1 +
1
𝑛 + 1
)⁄ ) =
𝑒
(1 + 0)
= 𝑒
c) ((1 +
1
𝑛
)
3𝑛
)
lim
𝑛→∞
((1 +
1
𝑛
)
3𝑛
) = lim
𝑛→∞
(((1 +
1
𝑛
)
𝑛
)
3
) = 𝑒3
d) ((1 +
1
𝑛+100
)
𝑛
)
lim
𝑛→∞
((1 +
1
𝑛+100
)
𝑛
) = lim
𝑛→∞
(((1 +
1
𝑛+100
)
𝑛+100
) ((1 +
1
𝑛+100
)
100
)⁄ ) =
𝑒
(1+0)100 = 𝑒
13. Gunakan kalkulator untuk menghitung 𝑒 𝑛 untuk 𝑛 = 50 dan 𝑛 = 100
Penyelesaian :
𝑒50 = ((1 +
1
50
)
50
) = 2,6915880290736
𝑒100 = ((1 +
1
100
)
100
) = 2,7048138294215
15. Tunjukkan bahwa jika (xn) konvergen, maka xn+1 − xn → 0. Tunjukkan dengan contoh
bahwa sebaliknya tidak benar.
Penyelesaian:
Diketahui bahwa (xn) konvergen sub barisan dan ekor barisan (xn) juga konvergen.
Asumsikan
limn→∞ (xn) = L,karena
xn+1ekor − 1(xn) → lim xn+1 = L
Akan ditunjukkan bahwa
limn→∞ ( xn+1 − xn) = 0
limn→∞ ( xn+1 − xn) = limn→∞ xn+1 − limn→∞ xn
= L − L
Jadi limn→∞ ( xn+1 − xn) = 0, terbukti
18. Jika diketahui xn > 0 ∀n ∈ ℕ dan lim
n→∞
((−1)n
xn)ada, tunjukan bahwa (xn) konvergen?
Penyelesaian :
Akan ditunjukan bahwa lim
n→∞
((−1)n
xn) ada.

10. Bisa ditulis lim
n→∞
((−1)n
xn) = L
Oleh karena itu ∀ε > 0, ∃K ∈ ℕ, ∋ n ≥ K → |(−1)n
xn − L| < ε
Kita lihat |(−1)n
xn − L| ≥ |xn − L|, ∀n ∈ ℕ untuk setiap n ≥ K berlaku |xn − L| < ε
Hal ini menunjukan bahwa (xn) konvergenke L.
19. Tunjukkan bahwa jika (xn) tidak terbatas, maka terdapat subbarisan (xnk
)
sehingga lim
n→∞
(
1
xnk
) = 0.
Penyelesaian:
Ambil xn+1 sebagai ekor-1 dari barisan (xn).
xntidak terbatas, karena itu xn+1 tidak terbatas juga.
Tiap ekor barisan merupakan sub barisan (teorema)
Oleh sebab itu kita bias tuliskan: xnk
= xn+1
xnk
tidak terbatas, menurut sifat Archimedes terdapat n ∈ ℕ sehingga untuk M > 0
berlaku: |xnk
| > ℎ > ℎ
Akan ditunjukkanbahwa:
∀ε > 0, ∃K ∈ ℕ ∋ n ≥ K → |
1
xnk
− 0| < ℎ
Diberikan> 0 , kemudian kita pilihK =
1
ε
sehingga kapanpun n ≥ K, berlaku:
|
1
xnk
− 0| <
1
n
≤
1
K
= ε
|
1
xnk
− 0| < ℎ
membuktikan bahwa lim
n→∞
(
1
xnk
) = 0
jadi terbukti bahwa jika (xn) tidak terbatas, maka terdapat xnk
= xn+1
sehingga lim
n→∞
(
1
xnk
) = 0