Jawaban latihan soal bagian 2.1 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

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.