Barisan

Barisan $1, 4, 9, 16, 25, \ldots$ (bilangan kuadrat sempurna) dapat didefinisikan dengan tiga cara:

• Eksplisit: $a_n = n^2$
• Rekursif: $a_1 = 1$, $a_{n+1} = a_n + 2n + 1$ (karena $(n+1)^2 = n^2 + 2n + 1$)
• Deskriptif: "Barisan kuadrat dari bilangan asli berturut-turut"

Ketiga cara ini menghasilkan barisan yang identik. Namun, tidak selalu mudah untuk beralih dari satu representasi ke representasi lain. Misalnya, barisan Fibonacci didefinisikan secara rekursif, tetapi rumus eksplisitnya (rumus Binet, lihat Bagian 9.5.3) sama sekali tidak obvious.

(a) $a_n = \sin n$: Terbatas, karena $|\sin n| \leq 1$ untuk semua $n$. Ambil $M = 1$.

(b) $a_n = \dfrac{n}{n+1}$: Terbatas, karena $0 < a_n < 1$ untuk semua $n$. Ambil $M = 1$.

(c) $a_n = n^2$: Tidak terbatas, karena untuk setiap $M > 0$, pilih $n > \sqrt{M}$, maka $a_n = n^2 > M$.

(d) $a_n = \dfrac{(-1)^n \cdot n}{n+1}$: Tidak terbatas. Meskipun penyebutnya mirip contoh (b), nilai mutlaknya $\dfrac{n}{n+1} \to 1$, jadi sebenarnya barisan ini terbatas dengan $M = 1$. Ini menunjukkan bahwa tanda bolak-balik tidak otomatis membuat barisan tak terbatas.

(e) $a_n = (-1)^n \cdot n$: Tidak terbatas, karena $|a_n| = n$ yang dapat dibuat sebesar semaunya.

Buktikan $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} = 0$

Diketahui: $a_n = \dfrac{1}{n}$, $L = 0$. Harus ditunjukkan: untuk setiap $\varepsilon > 0$, terdapat $N$ sehingga $n \geq N \implies \left|\dfrac{1}{n} - 0\right| < \varepsilon$.

Bukti:

Pilih $N = \left\lceil \dfrac{1}{\varepsilon} \right\rceil + 1$ (bagian bulat atas ditambah 1, sehingga $N > 1/\varepsilon$). Maka untuk setiap $n \geq N$:

Buktikan $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{n}{n+1} = 1$

Bukti: Untuk $\varepsilon > 0$ yang diberikan:

Cukup pilih $\dfrac{1}{n} < \varepsilon$, yaitu $n > \dfrac{1}{\varepsilon}$. Ambil $N = \left\lceil \dfrac{1}{\varepsilon} \right\rceil + 1$. Maka untuk $n \geq N$:

Buktikan bahwa untuk $|r| < 1$: $\displaystyle\lim_{n\to\infty} r^n = 0$.

Bukti: Misalkan $\varepsilon > 0$ diberikan. Karena $|r| < 1$, kita punya $1/|r| > 1$, sehingga $\ln(1/|r|) > 0$. Maka:

Perhatikan bahwa $\ln|r| < 0$ (karena $0 < |r| < 1$), sehingga $\ln \varepsilon / \ln|r|$ bisa bernilai negatif jika $\varepsilon > 1$. Dalam kasus itu, kita bisa langsung ambil $N = 1$ karena $|r|^n < 1 \leq \varepsilon$ sudah terpenuhi untuk semua $n$.

Secara umum, ambil $N = \max\!\left(1,\ \left\lceil \dfrac{\ln \varepsilon}{\ln |r|} \right\rceil + 1\right)$. Maka untuk $n \geq N$:

Catatan: Bukti ini mengasumsikan $\varepsilon < 1$. Untuk $\varepsilon \geq 1$, pernyataan $|r|^n < \varepsilon$ terpenuhi secara trivial untuk semua $n$ karena $|r|^n \leq |r| < 1 \leq \varepsilon$. $\blacksquare$

Buktikan $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n^2} = 0$.

Bukti: Untuk $\varepsilon > 0$:

Ambil $N = \left\lceil \dfrac{1}{\sqrt{\varepsilon}} \right\rceil + 1$. Maka untuk $n \geq N$:

Teknik berguna: Sering kali lebih mudah menemukan batas atas sederhana. Misalnya, untuk $n \geq 1$, kita punya $\dfrac{1}{n^2} \leq \dfrac{1}{n}$. Jadi kita bisa juga memilih $N = \lceil 1/\varepsilon \rceil + 1$ saja — ini memberikan $N$ yang lebih besar dari perlu, tapi tetap valid. Dalam bukti $\varepsilon$-$N$, kita tidak perlu menemukan $N$ terkecil; yang penting adalah $N$ ada.

Buktikan bahwa jika $a_n = c$ untuk semua $n$ (barisan konstan), maka $\displaystyle\lim_{n\to\infty} a_n = c$.

Bukti: Untuk setiap $\varepsilon > 0$, pilih $N = 1$ (bilangan asli apa pun juga bisa). Maka untuk semua $n \geq 1$:

Ini menunjukkan bahwa barisan konstan selalu konvergen ke nilai konstantanya sendiri — sebuah fakta trivial tapi penting sebagai dasar bagi teorema aljabar limit.

Hitung $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{3n^2 - n + 1}{5n^2 + 2n}$.

Penyelesaian: Teknik standar untuk barisan rasional adalah membagi pembilang dan penyebut dengan pangkat tertinggi dari $n$ yang muncul:

Sekarang gunakan sifat aljabar limit. Karena $\lim \frac{1}{n} = 0$ dan $\lim \frac{1}{n^2} = 0$:

(a) $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{2n^3 + 7n}{n^3 - 4} = \lim_{n\to\infty} \frac{2 + \frac{7}{n^2}}{1 - \frac{4}{n^3}} = \frac{2 + 0}{1 - 0} = 2$

(b) $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{n+1}{n^2 + 3} = \lim_{n\to\infty} \frac{\frac{1}{n} + \frac{1}{n^2}}{1 + \frac{3}{n^2}} = \frac{0 + 0}{1 + 0} = 0$

Aturan praktis: Jika derajat pembilang $<$ derajat penyebut, limitnya $0$. Jika derajatnya sama, limitnya = rasio koefisien tertinggi. Jika derajat pembilang $>$ derajat penyebut, limitnya $\pm\infty$ (divergen).

(c) $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{n^2 - 1}{n + 2}$: Derajat pembilang (2) $>$ derajat penyebut (1), sehingga limitnya $= +\infty$ (divergen). Secara formal:

Hitung $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \left(\sqrt{n+1} - \sqrt{n}\right)$.

Penyelesaian: Ini berbentuk $\infty - \infty$, jadi kita rasionalisasi:

Sekarang hitung limitnya:

Interpretasi fisik: Selisih antara $\sqrt{n+1}$ dan $\sqrt{n}$ menyusut menuju nol seiring $n$ bertambah — konsisten dengan fakta bahwa turunan $\sqrt{x}$ yaitu $\frac{1}{2\sqrt{x}}$ menuju $0$ saat $x \to \infty$.

Tentukan $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{\sin n}{n}$.

Karena $-1 \leq \sin n \leq 1$ untuk semua $n$, kita punya:

Kedua barisan pembatas konvergen ke $0$, sehingga oleh teorema squeeze:

Tentukan $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{n!}{n^n}$.

Penyelesaian: Tulis $n! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdots n$, sehingga:

Setiap faktor $\dfrac{k}{n} \leq 1$ untuk $k \leq n$. Secara khusus, faktor pertama saja sudah memberikan:

Karena $\dfrac{1}{n} \to 0$, oleh teorema squeeze: $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{n!}{n^n} = 0$.

Interpretasi: Faktorial tumbuh sangat cepat, tapi $n^n$ tumbuh lebih cepat. Ini penting dalam analisis kompleksitas algoritma.

Tentukan $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{\cos^2 n}{2^n}$.

Penyelesaian: Karena $0 \leq \cos^2 n \leq 1$ untuk semua $n$:

Karena $\dfrac{1}{2^n} = \left(\dfrac{1}{2}\right)^n \to 0$ (barisan geometri dengan $r = 1/2 < 1$), maka:

Pola umum: Jika $\{b_n\}$ terbatas dan $a_n \to 0$, maka $a_n \cdot b_n \to 0$. Ini sering disebut sebagai "faktor yang menuju nol mengalahkan faktor terbatas."

(a) $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{\ln n}{n}$: Dengan aturan L'Hôpital pada $f(x) = \dfrac{\ln x}{x}$:

(b) $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{n^2}{e^n}$: Dengan L'Hôpital dua kali pada $f(x) = \dfrac{x^2}{e^x}$:

Secara umum, untuk setiap $k > 0$: $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{n^k}{e^n} = 0$. Eksponensial selalu mengalahkan polinomial.

(a) $\displaystyle\lim_{n\to\infty} n\left(e^{1/n} - 1\right)$: Substitusi $x = 1/n$, sehingga $x \to 0^+$:

Jadi $\displaystyle\lim_{n\to\infty} n\left(e^{1/n} - 1\right) = 1$. Ini sebenarnya mendefinisikan turunan $e^x$ di $x = 0$.

(b) $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{\sqrt{n^2 + n} - n}{1}$: Rasionalisasi:

(c) $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = e$. Ini tidak bisa langsung diselesaikan dengan L'Hôpital karena bentuknya $1^\infty$. Namun, dengan mengambil $\ln$ dan L'Hôpital:

Jadi limit logaritmanya adalah $1$, dan limit aslinya adalah $e^1 = e$. Barisan ini begitu penting sehingga kita membahasnya lebih lanjut di Bagian 9.5.4.

Tunjukkan bahwa barisan $a_1 = 1$, $a_{n+1} = \sqrt{2 + a_n}$ konvergen.

Langkah 1: Tunjukkan terbatas atas. Klaim: $a_n < 2$ untuk semua $n$. Bukti dengan induksi:

• Basis: $a_1 = 1 < 2$ ✓
• Induksi: Asumsikan $a_k < 2$. Maka $a_{k+1} = \sqrt{2 + a_k} < \sqrt{2 + 2} = \sqrt{4} = 2$ ✓

Langkah 2: Tunjukkan monoton naik. Perhatikan $a_{n+1} - a_n = \sqrt{2 + a_n} - a_n$. Kita tunjukkan ini $\geq 0$:

Karena $a_n < 2$ (terbukti) dan $a_n \geq 1 > -1$, maka $(a_n - 2) < 0$ dan $(a_n + 1) > 0$, sehingga hasil kalinya $\leq 0$. Jadi $a_{n+1} \geq a_n$. ✓

Kesimpulan: $\{a_n\}$ monoton naik dan terbatas atas oleh $2$, maka konvergen. Misalkan limitnya $L$. Maka:

Karena $a_n \geq 1$ untuk semua $n$, maka $L \geq 1$, sehingga $L = 2$. ∎

Tunjukkan bahwa barisan $a_1 = 2$, $a_{n+1} = \dfrac{1}{2}\left(a_n + \dfrac{2}{a_n}\right)$ konvergen dan tentukan limitnya.

Barisan ini adalah iterasi metode Newton untuk menyelesaikan $x^2 - 2 = 0$, yaitu mencari $\sqrt{2}$.

Langkah 1: Terbatas bawah. Oleh AM-GM:

Jadi $a_n \geq \sqrt{2}$ untuk semua $n \geq 2$. Untuk $a_1 = 2 \geq \sqrt{2}$, jadi berlaku untuk semua $n$.

Langkah 2: Monoton turun. Untuk $n \geq 1$:

Karena $a_n \geq \sqrt{2}$ (terbukti), maka $a_n^2 \geq 2$, sehingga $2 - a_n^2 \leq 0$ dan $a_{n+1} - a_n \leq 0$. Jadi $a_{n+1} \leq a_n$. ✓

Kesimpulan: $\{a_n\}$ monoton turun dan terbatas bawah oleh $\sqrt{2}$, maka konvergen. Misalkan limitnya $L$:

(Kita ambil $L = \sqrt{2}$ karena $L \geq \sqrt{2} > 0$.) ∎

Suku-suku pertama: $2,\ 1.5,\ 1.4167,\ 1.414216,\ 1.41421356,\ \ldots$ — konvergensi yang sangat cepat menuju $\sqrt{2} \approx 1.41421356$.

Tunjukkan bahwa barisan $a_1 = 1$, $a_{n+1} = \sqrt{2 + \sqrt{a_n}}$ konvergen.

Terbatas atas: Dengan induksi, tunjukkan $a_n \leq 2$ untuk semua $n$:

• $a_1 = 1 \leq 2$ ✓
• Jika $a_k \leq 2$, maka $a_{k+1} = \sqrt{2 + \sqrt{a_k}} \leq \sqrt{2 + \sqrt{2}} < \sqrt{2 + 2} = 2$ ✓

Monoton naik: Perlu ditunjukkan $\sqrt{2 + \sqrt{a_n}} \geq a_n$, yaitu $2 + \sqrt{a_n} \geq a_n^2$. Untuk $0 \leq a_n \leq 2$, ini dapat diverifikasi secara numerik atau dengan menganalisis fungsi $g(x) = x^2 - \sqrt{x} - 2$ pada $[0,2]$. Karena $g(1) = -2 < 0$ dan $g(2) = 0$, dan $g$ monoton naik pada $[1/\sqrt[3]{4}, 2]$, maka $g(x) \leq 0$ untuk $x \in [1, 2]$, sehingga $a_{n+1} \geq a_n$. ✓

Limit: $L = \sqrt{2 + \sqrt{L}}$, yang diselesaikan secara numerik memberikan $L \approx 1.8312$. ∎

Barisan $a_n = \dfrac{(-1)^n}{n} + \dfrac{1}{n}$ memiliki suku-suku:

Barisan ini tidak monoton (karena bolak-balik), tetapi tetap konvergen ke $0$ karena:

Pelajaran: Monoton + terbatas adalah kondisi cukup untuk konvergensi, bukan kondisi perlu. Banyak barisan konvergen yang tidak monoton.

Sebuah pegas ditarik dengan perpanjangan yang membentuk barisan aritmetika: $a_1 = 2\text{ cm}$, beda $d = 0.5\text{ cm}$. Perpanjangan ke-$n$ adalah $a_n = 2 + 0.5(n-1)$ cm. Jelas $a_n \to \infty$, yang secara fisik berarti pegas akhirnya akan melampaui batas elastisitasnya dan putus — ini menunjukkan bahwa model linear (aritmetika) hanya valid untuk rentang $n$ tertentu.

(a) Peluruhan radioaktif: Jika setengah hidup suatu unsur adalah $T$ tahun, maka jumlah zat yang tersisa setelah $n$ periode adalah $a_n = a_0 \cdot (1/2)^n$. Ini adalah barisan geometri dengan $r = 1/2 < 1$, sehingga $a_n \to 0$ — zat secara teoritis tidak pernah benar-benar habis, tapi mendekati nol.

(b) Bunga majemuk: Modal awal $M_0$ dengan suku bunga $i$ per periode menghasilkan $a_n = M_0(1+i)^n$. Karena $r = 1+i > 1$, maka $a_n \to \infty$ — modal tumbuh tanpa batas.

(c) Damping osilasi: Amplitudo getaran teredam sering mengikuti $A_n = A_0 \cdot e^{-\alpha n}$, yang ekuivalen dengan barisan geometri dengan $r = e^{-\alpha} < 1$. Getaran mereda menuju nol.

Menghitung beberapa rasio pertama:

Sudah pada suku ke-10, rasio tersebut akurat hingga 3 desimal. Ini menunjukkan konvergensi yang cepat, yang dapat dijelaskan secara formal: karena $|\psi| < 1$, maka $\psi^n \to 0$ sangat cepat, sehingga $F_n \approx \varphi^n/\sqrt{5}$ dan $\dfrac{F_{n+1}}{F_n} \approx \varphi$.

(a) $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \left(1 + \frac{1}{2n}\right)^n$: Tulis ulang:

(b) $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \left(1 - \frac{1}{n}\right)^n$: Substitusi $m = -n$:

(c) $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \left(\frac{n+2}{n}\right)^n = \lim_{n\to\infty} \left(1 + \frac{2}{n}\right)^n = \left[\left(1 + \frac{2}{n}\right)^{n/2}\right]^2 \to e^2$

(d) $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \left(1 + \frac{a}{n}\right)^n = e^a$ untuk setiap $a \in \mathbb{R}$. Ini adalah rumus umum yang sangat berguna.

Tentukan $\displaystyle\lim_{n\to\infty} n^{1/n}$.

Penyelesaian: Ambil logaritma natural:

Karena fungsi eksponensial kontinu:

Interpretasi: Meskipun $n$ terus membesar, akar ke-$n$-nya justru mendekati $1$. Secara numerik: $2^{1/2} \approx 1.414$, $10^{1/10} \approx 1.259$, $100^{1/100} \approx 1.047$, $1000^{1/1000} \approx 1.007$.

Barisan $a_n = n! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdots n$ tumbuh sangat cepat. Beberapa limit penting:

(a) $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{n!}{n^n} = 0$ (sudah dibuktikan di Contoh 9.4b via squeeze).

(b) $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{a^n}{n!} = 0$ untuk setiap $a \in \mathbb{R}$. Ini dibuktikan dengan menunjukkan bahwa barisan $\frac{a^n}{n!}$ akhirnya monoton turun (karena rasio $\frac{a}{n+1} < 1$ untuk $n > a - 1$) dan terbatas bawah oleh $0$.

(c) Aproksimasi Stirling: Untuk $n$ besar:

Lebih tepatnya: $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{n!}{\sqrt{2\pi n}\,(n/e)^n} = 1$. Aproksimasi ini sangat penting dalam probabilitas dan statistika (misalnya, aproksimasi normal untuk distribusi binomial).

Dari barisan $a_n = \dfrac{1}{n} = 1, \dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{3}, \dfrac{1}{4}, \dfrac{1}{5}, \dfrac{1}{6}, \ldots$, beberapa subbarisan:

• Suku ganjil: $a_{2k-1} = \dfrac{1}{2k-1} \to 0$
• Suku genap: $a_{2k} = \dfrac{1}{2k} \to 0$
• Suku kuadrat: $a_{k^2} = \dfrac{1}{k^2} \to 0$
• Suku prima: $a_{p_k} = \dfrac{1}{p_k}$ (di mana $p_k$ adalah bilangan prima ke-$k$) $\to 0$, karena $p_k \to \infty$

Semua subbarisan konvergen ke limit yang sama ($0$), konsisten dengan fakta bahwa barisan aslinya konvergen.

(a) Barisan $a_n = (-1)^n$ memiliki subbarisan suku ganjil $\{a_{2k-1}\} = \{-1, -1, -1, \ldots\}$ yang konvergen ke $-1$, dan subbarisan suku genap $\{a_{2k}\} = \{1, 1, 1, \ldots\}$ yang konvergen ke $1$. Karena $-1 \neq 1$, barisan $\{(-1)^n\}$ divergen. ∎

(b) Barisan $a_n = \sin\!\left(\dfrac{n\pi}{2}\right)$ memiliki nilai $1, 0, -1, 0, 1, 0, -1, 0, \ldots$. Tiga subbarisan yang relevan:

• $a_{4k+1} = \sin\!\left(\dfrac{(4k+1)\pi}{2}\right) = \sin\!\left(2k\pi + \dfrac{\pi}{2}\right) = 1 \to 1$
• $a_{4k+2} = \sin\!\left(\dfrac{(4k+2)\pi}{2}\right) = \sin\!\left(2k\pi + \pi\right) = 0 \to 0$
• $a_{4k+3} = \sin\!\left(\dfrac{(4k+3)\pi}{2}\right) = \sin\!\left(2k\pi + \dfrac{3\pi}{2}\right) = -1 \to -1$

Tiga subbarisan dengan tiga limit berbeda $\Rightarrow$ barisan divergen. ∎

(a) Barisan $a_n = n^{(-1)^n}$ memiliki nilai $1, 2, \dfrac{1}{3}, 4, \dfrac{1}{5}, 6, \ldots$. Subbarisan suku ganjil: $a_{2k-1} = \dfrac{1}{2k-1} \to 0$. Subbarisan suku genap: $a_{2k} = 2k \to \infty$. Karena satu subbarisan divergen (ke $\infty$), barisan asli divergen.

(b) Barisan $a_n = \dfrac{1 + (-1)^n \cdot n}{n} = \dfrac{1}{n} + (-1)^n$. Subbarisan ganjil: $\dfrac{1}{2k-1} - 1 \to -1$. Subbarisan genap: $\dfrac{1}{2k} + 1 \to 1$. Karena limit berbeda, barisan divergen.

Hitung $\limsup$ dan $\liminf$ dari $a_n = 1 + \dfrac{(-1)^n}{n}$.

Suku-suku: $a_1 = 0$, $a_2 = 1.5$, $a_3 = 2/3$, $a_4 = 1.25$, $a_5 = 4/5$, $a_6 = 7/6$, $\ldots$

Untuk setiap $n$, ekor $\{a_k : k \geq n\}$ memiliki supremum dan infimum. Perhatikan bahwa:

• Suku genap $a_{2k} = 1 + \dfrac{1}{2k}$: nilai ini menurun menuju $1$ dari atas
• Suku ganjil $a_{2k-1} = 1 - \dfrac{1}{2k-1}$: nilai ini menaik menuju $1$ dari bawah

Jadi untuk ekor yang dimulai di $n$ yang cukup besar, supremumnya adalah suku genap terbesar (yaitu suku genap pertama dalam ekor) dan infimumnya adalah suku ganjil terkecil (yaitu suku ganjil pertama dalam ekor). Keduanya menuju $1$:

Karena $\limsup = \liminf = 1$, barisan ini konvergen ke $1$ — yang memang benar karena $\dfrac{(-1)^n}{n} \to 0$. ∎

(a) $a_n = (-1)^n$: Subbarisan ganjil $\to -1$, genap $\to 1$.

(b) $a_n = \sin\!\left(\dfrac{n\pi}{2}\right)$: Nilainya berulang $1, 0, -1, 0, 1, 0, -1, 0, \ldots$

(c) $a_n = \dfrac{1}{n}$: Barisan konvergen ke $0$, sehingga:

(d) $a_n = 1 + (-1)^n \cdot \dfrac{n}{n+1}$: Suku ganjil $= 1 - \dfrac{2k-1}{2k} = \dfrac{1}{2k} \to 0$. Suku genap $= 1 + \dfrac{2k}{2k+1} \to 2$.

Karena $\liminf \neq \limsup$, barisan divergen — yang sudah kita ketahui dari analisis subbarisan.

(e) $a_n = \dfrac{\cos n}{n}$: Karena $\dfrac{\cos n}{n} \to 0$ (konvergen), maka:

Hitung $\limsup_{n\to\infty} \left(3 + \frac{(-1)^n}{n}\right)$.

Karena $\limsup_{n\to\infty} \dfrac{(-1)^n}{n} = 0$ (barisan konvergen ke $0$) dan konstanta $3 \geq 0$:

Ini konsisten: barisan $3 + \frac{(-1)^n}{n}$ konvergen ke $3$, sehingga $\limsup = \liminf = 3$.

Tunjukkan bahwa $a_n = \dfrac{1}{n}$ adalah barisan Cauchy.

Bukti: Untuk $\varepsilon > 0$, pilih $N$ sehingga $\dfrac{1}{N} < \varepsilon/2$, misalnya $N = \lceil 2/\varepsilon \rceil + 1$. Maka untuk $m, n \geq N$ (asumsikan $m \geq n$ tanpa mengurangi keumuman):

Tunjukkan bahwa barisan jumlah parsial harmonik $a_n = \displaystyle\sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k}$ bukan barisan Cauchy.

Bukti: Perhatikan bahwa untuk setiap $n$:

Jadi untuk $\varepsilon = 1/2$, tidak ada $N$ yang memenuhi syarat Cauchy, karena untuk setiap $N$ kita bisa ambil $n = N$ dan $m = 2N$ untuk mendapatkan $|a_m - a_n| \geq 1/2$. ∎

Implikasi: Karena barisan ini bukan Cauchy, maka barisan ini divergen — yaitu deret harmonik $\sum \frac{1}{k}$ divergen. Ini adalah preview dari Bab 10: uji Cauchy untuk barisan jumlah parsial menjadi salah satu cara utama untuk membuktikan divergensi deret.

Tunjukkan bahwa barisan $a_1 = 1$, $a_{n+1} = \sqrt{2 + a_n}$ (dari Contoh 9.6) adalah barisan Cauchy tanpa menggunakan Teorema Monoton Terbatas.

Bukti (sketsa): Karena kita sudah tahu barisan ini monoton naik dan terbatas atas oleh $2$, maka untuk $m > n$:

Ini adalah sisa dari barisan selisih positif $\{a_{k+1} - a_k\}$. Dapat ditunjukkan bahwa $a_{k+1} - a_k \leq \dfrac{1}{2^k}$ (melalui estimasi Lipschitz dari $\sqrt{2+x}$), sehingga:

Untuk $\varepsilon > 0$, pilih $N$ sehingga $1/2^{N-1} < \varepsilon$, yaitu $N > 1 - \log_2 \varepsilon$. Maka untuk $m, n \geq N$: $|a_m - a_n| < \varepsilon$. ∎

Catatan: Dalam praktiknya, biasanya lebih mudah menggunakan Teorema Monoton Terbatas langsung. Contoh ini hanya untuk menunjukkan bahwa pendekatan Cauchy juga memungkinkan.