Lompat ke konten utama

Topologi: Pendekatan Berbasis Inkuiri: Bab 1-17 - Himpunan, Fungsi, Ruang Metrik, Ruang Topologi, Kekontinuan, Homeomorfisme, Subruang, Ruang Kuosien, Ruang Kompak, serta Pendamping Belajar Mandiri

Steven Schlicker

Bagian Panduan latihan sumber, bagian pertama

Empat belas panduan berikut berkorespondensi, dalam urutan sumber, dengan empat belas perintah pertama pada bagian latihan penutup Bab 9. ID panduan berlanjut dari o003-c90-ch09-guide-17 sampai o003-c90-ch09-guide-30, sesudah enam belas perintah pembelajar pada bagian-bagian sebelumnya dalam bab ini. Materi pendamping ini merupakan uraian asli untuk pembelajaran mandiri, bukan jawaban yang disediakan oleh penulis karya sumber.
Pada perintah pertama latihan penutup, tentukan dengan bukti apakah \(a_n=1+1/n\) konvergen atau divergen dalam \((\R,d_E)\text{.}\) Rubrik. Nyatakan calon limitnya dan ubah syarat \(d_E(a_n,a)\lt\epsilon\) menjadi syarat sederhana pada \(n\text{.}\)
Petunjuk.
Langkah 1. Coba \(a=1\) dan hitung \(|a_n-a|\) secara tepat.
Langkah 2. Untuk \(\epsilon\gt0\text{,}\) gunakan sifat Archimedes untuk memilih bilangan bulat \(N\gt1/\epsilon\text{.}\)
Jawaban.
Barisan tersebut konvergen ke \(1\text{,}\) sebab \(d_E(a_n,1)=1/n\) dapat dibuat lebih kecil daripada setiap \(\epsilon\gt0\text{.}\)
Solusi.
Tetapkan \(\epsilon\gt0\text{.}\) Pilih \(N\in\Z^+\) dengan \(N\gt1/\epsilon\text{.}\) Jika \(n\geq N\text{,}\) maka
\begin{equation*} d_E(a_n,1)=\left|1+\frac1n-1\right| =\frac1n\leq\frac1N\lt\epsilon. \end{equation*}
Jadi definisi konvergensi dipenuhi dan \(\lim_{n\to\infty}a_n=1\) dalam \((\R,d_E)\text{.}\)
Pada perintah kedua latihan penutup, tentukan dengan bukti apakah \(a_n=(2,n)\) konvergen atau divergen dalam \((\R^2,d_M)\text{.}\) Rubrik. Andaikan ada calon limit \((u,v)\) dan perhatikan bahwa jarak maksimum sekurang-kurangnya sebesar selisih koordinat kedua.
Petunjuk.
Langkah 1. Untuk sebarang \((u,v)\in\R^2\text{,}\) tuliskan \(d_M((2,n),(u,v))\text{.}\)
Langkah 2. Pilih \(n\) cukup besar sehingga \(|n-v|\gt1\text{;}\) hal ini bertentangan dengan syarat konvergensi untuk \(\epsilon=1\text{.}\)
Jawaban.
Barisan tersebut divergen. Koordinat keduanya menjauh tanpa batas, dan \(d_M((2,n),(u,v))\geq|n-v|\) untuk setiap calon limit \((u,v)\text{.}\)
Solusi.
Andaikan, demi kontradiksi, bahwa \((2,n)\) konvergen ke suatu \((u,v)\in\R^2\text{.}\) Definisi metrik maksimum memberi
\begin{equation*} d_M((2,n),(u,v)) =\max\{|2-u|,|n-v|\}\geq |n-v|. \end{equation*}
Konvergensi dengan \(\epsilon=1\) menuntut adanya \(N\) sehingga jarak di atas kurang dari \(1\) untuk semua \(n\geq N\text{.}\) Namun kita dapat memilih \(n\geq N\) sekaligus \(n\gt v+1\text{,}\) sehingga \(|n-v|\gt1\text{.}\) Ini kontradiksi. Tidak ada calon limit, jadi barisan tersebut divergen.
Pada perintah ketiga latihan penutup, \(X\) adalah himpunan fungsi bernilai real pada \([0,1]\) dengan metrik supremum, dan \(a_n(x)=x/n\text{.}\) Tentukan dengan bukti apakah \((a_n)\) konvergen. Rubrik. Bandingkan setiap \(a_n\) dengan fungsi nol dan hitung supremum selisihnya pada seluruh interval.
Petunjuk.
Langkah 1. Jika \(0_X\) menyatakan fungsi nol, maka \(d(a_n,0_X)=\sup\{x/n\mid 0\leq x\leq1\}\text{.}\)
Langkah 2. Supremum itu dicapai pada \(x=1\text{;}\) gunakan hasil perintah pertama untuk bilangan yang diperoleh.
Jawaban.
Barisan fungsi tersebut konvergen ke fungsi nol dalam metrik supremum, karena \(d(a_n,0_X)=1/n\to0\text{.}\)
Solusi.
Untuk setiap \(x\in[0,1]\text{,}\) berlaku \(|a_n(x)-0_X(x)|=x/n\text{.}\) Fungsi \(x\mapsto x/n\) meningkat pada \([0,1]\text{,}\) sehingga
\begin{equation*} d(a_n,0_X) =\sup\left\{\frac{x}{n}\mid x\in[0,1]\right\} =\frac1n. \end{equation*}
Diberikan \(\epsilon\gt0\text{,}\) pilih \(N\gt1/\epsilon\text{.}\) Untuk \(n\geq N\text{,}\) jarak ini kurang dari \(\epsilon\text{.}\) Maka \(a_n\to0_X\) dalam ruang metrik fungsi tersebut; bahkan konvergensinya seragam pada \([0,1]\text{.}\)
Pada perintah keempat latihan penutup, misalkan \(A\subseteq\R\) tak kosong dan terbatas di atas. Bangun barisan \((a_n)\) di \(A\) yang konvergen ke \(\sup(A)\text{.}\) Rubrik. Untuk setiap \(n\text{,}\) gunakan bahwa bilangan yang sedikit lebih kecil daripada supremum tidak dapat menjadi batas atas. Syarat tak kosong tersirat oleh keberadaan supremum real dan dibuat eksplisit di sini.
Petunjuk.
Langkah 1. Tetapkan \(s=\sup(A)\text{.}\) Mengapa \(s-1/n\) bukan batas atas dari \(A\text{?}\)
Langkah 2. Pilih \(a_n\in A\) dengan \(s-1/n\lt a_n\leq s\text{,}\) lalu gunakan prinsip apit.
Jawaban.
Untuk setiap \(n\text{,}\) pilih \(a_n\in A\) sehingga \(s-1/n\lt a_n\leq s\text{,}\) dengan \(s=\sup(A)\text{.}\) Maka \(|a_n-s|\lt1/n\text{,}\) sehingga \(a_n\to s\text{.}\)
Solusi.
Tuliskan \(s=\sup(A)\text{.}\) Untuk setiap \(n\in\Z^+\text{,}\) bilangan \(s-1/n\) lebih kecil daripada batas atas terkecil \(s\text{,}\) jadi bukan batas atas dari \(A\text{.}\) Karena itu ada \(a_n\in A\) dengan \(a_n\gt s-1/n\text{.}\) Di sisi lain, \(a_n\leq s\) karena \(s\) batas atas. Jadi
\begin{equation*} 0\leq s-a_n\lt\frac1n. \end{equation*}
Diberikan \(\epsilon\gt0\text{,}\) pilih \(N\gt1/\epsilon\text{.}\) Jika \(n\geq N\text{,}\) maka \(|a_n-s|=s-a_n\lt1/n\leq1/N\lt\epsilon\text{.}\) Dengan demikian \(\lim a_n=\sup(A)\text{.}\)
Pada perintah kelima latihan penutup, misalkan \(A\subseteq\R\) tak kosong dan terbatas di bawah. Bangun barisan \((a_n)\) di \(A\) yang konvergen ke \(\inf(A)\text{.}\) Rubrik. Terapkan argumen supremum secara terbalik: bilangan yang sedikit lebih besar daripada infimum bukan batas bawah.
Petunjuk.
Langkah 1. Tetapkan \(t=\inf(A)\text{.}\) Untuk setiap \(n\text{,}\) cari \(a_n\in A\) dengan \(t\leq a_n\lt t+1/n\text{.}\)
Langkah 2. Tunjukkan langsung bahwa \(|a_n-t|\lt1/n\text{.}\)
Jawaban.
Untuk \(t=\inf(A)\text{,}\) pilih \(a_n\in A\) dengan \(t\leq a_n\lt t+1/n\text{.}\) Maka \(a_n\to t\text{.}\)
Solusi.
Tuliskan \(t=\inf(A)\text{.}\) Bilangan \(t+1/n\) lebih besar daripada batas bawah terbesar \(t\text{,}\) sehingga bukan batas bawah dari \(A\text{.}\) Jadi ada \(a_n\in A\) dengan \(a_n\lt t+1/n\text{.}\) Karena \(t\) sendiri batas bawah, \(t\leq a_n\text{.}\) Akibatnya
\begin{equation*} 0\leq a_n-t\lt\frac1n. \end{equation*}
Untuk \(\epsilon\gt0\text{,}\) pilih \(N\gt1/\epsilon\text{.}\) Jika \(n\geq N\text{,}\) maka \(|a_n-t|\lt1/n\lt\epsilon\text{.}\) Jadi \(\lim a_n=\inf(A)\text{.}\)
Pada perintah keenam latihan penutup, putuskan apakah limit yang dibangun untuk supremum atau infimum harus berada dalam \(A\text{,}\) lalu jelaskan. Rubrik. Satu interval terbuka terbatas dapat memberikan contoh untuk kedua ujung sekaligus.
Petunjuk.
Langkah 1. Ambil \(A=(0,1)\text{.}\)
Langkah 2. Hitung \(\inf(A)\) dan \(\sup(A)\text{,}\) lalu periksa apakah kedua bilangan itu merupakan anggota \(A\text{.}\)
Jawaban.
Tidak. Untuk \(A=(0,1)\text{,}\) supremumnya \(1\) dan infimumnya \(0\text{,}\) tetapi keduanya tidak berada dalam \(A\text{.}\)
Solusi.
Ambil \(A=(0,1)\text{.}\) Himpunan ini tak kosong serta terbatas di atas dan di bawah, dengan \(\sup(A)=1\) dan \(\inf(A)=0\text{.}\) Barisan \(a_n=1-1/(n+1)\) seluruhnya berada dalam \(A\) dan konvergen ke \(1\text{;}\) barisan \(b_n=1/(n+1)\) juga seluruhnya berada dalam \(A\) dan konvergen ke \(0\text{.}\) Akan tetapi, \(0,1\notin A\text{.}\) Jadi limit barisan dari \(A\) tidak harus menjadi anggota \(A\text{;}\) keanggotaan limit memerlukan sifat tambahan seperti ketertutupan \(A\text{.}\)
Pada perintah ketujuh latihan penutup, misalkan \(m=d(x,A)\) dan \(B_n=B(x;m+1/n)\text{.}\) Jelaskan mengapa \(B_n\cap A\neq\emptyset\) untuk setiap \(n\in\Z^+\text{.}\) Rubrik. Gunakan sifat pendefinisi infimum, bukan anggapan bahwa jarak minimum selalu dicapai.
Petunjuk.
Langkah 1. Jika \(B_n\cap A=\emptyset\text{,}\) apa yang dapat disimpulkan tentang \(d(x,a)\) untuk setiap \(a\in A\text{?}\)
Langkah 2. Bandingkan kesimpulan itu dengan fakta bahwa \(m\) adalah batas bawah terbesar dari himpunan semua jarak \(d(x,a)\text{.}\)
Jawaban.
Karena \(m+1/n\gt m\text{,}\) bilangan itu bukan batas bawah bagi semua \(d(x,a)\text{.}\) Jadi ada \(a\in A\) dengan \(d(x,a)\lt m+1/n\text{,}\) yakni \(a\in B_n\cap A\text{.}\)
Solusi.
Tetapkan \(n\in\Z^+\text{.}\) Karena \(m=\inf\{d(x,a)\mid a\in A\}\text{,}\) setiap bilangan yang lebih besar daripada \(m\text{,}\) khususnya \(m+1/n\text{,}\) tidak dapat menjadi batas bawah dari himpunan jarak tersebut. Maka terdapat \(a\in A\) sedemikian sehingga \(d(x,a)\lt m+1/n\text{.}\) Menurut definisi bola terbuka, \(a\in B(x;m+1/n)=B_n\text{.}\) Jadi \(a\in B_n\cap A\text{,}\) dan irisan itu tak kosong. Argumen ini tidak menganggap adanya titik \(A\) yang tepat berjarak \(m\) dari \(x\text{.}\)
Pada perintah kedelapan latihan penutup, pilih \(a_n\in B_n\cap A\text{.}\) Tentukan sifat barisan ini dan jelaskan mengapa konstruksi tersebut membuktikan bahwa ada barisan di \(A\) dengan \(\lim d(x,a_n)=d(x,A)\text{.}\) Rubrik. Apit setiap jarak \(d(x,a_n)\) di antara \(m\) dan \(m+1/n\text{;}\) jangan menyimpulkan bahwa \((a_n)\) sendiri harus konvergen.
Petunjuk.
Langkah 1. Keanggotaan \(a_n\in A\) memberi satu pertidaksamaan dari definisi infimum.
Langkah 2. Keanggotaan \(a_n\in B_n\) memberi pertidaksamaan lainnya. Kurangkan \(m\) dan gunakan \(1/n\to0\text{.}\)
Jawaban.
Barisan memenuhi \(a_n\in A\) dan \(m\leq d(x,a_n)\lt m+1/n\text{.}\) Karena itu \(d(x,a_n)\to m=d(x,A)\text{.}\)
Solusi.
Untuk setiap \(n\text{,}\) pilihan \(a_n\in B_n\cap A\) memastikan \(a_n\in A\text{.}\) Karena \(m\) adalah infimum dari semua jarak \(d(x,a)\) dengan \(a\in A\text{,}\) berlaku \(m\leq d(x,a_n)\text{.}\) Karena \(a_n\in B_n\text{,}\) juga berlaku \(d(x,a_n)\lt m+1/n\text{.}\) Jadi
\begin{equation*} 0\leq d(x,a_n)-m\lt\frac1n. \end{equation*}
Ruas kanan menuju nol, sehingga prinsip apit memberi \(d(x,a_n)\to m=d(x,A)\text{.}\) Inilah tepat kesimpulan teorema pada sumber. Yang konvergen di sini adalah barisan bilangan real \((d(x,a_n))\text{;}\) titik-titik \(a_n\) sendiri belum tentu mempunyai limit dalam \(X\text{.}\)
Pada perintah kesembilan latihan penutup, \((Y,d')\) adalah subruang dari \((X,d)\text{,}\) semua \(a_n\) dan \(a\) berada dalam \(Y\text{,}\) dan \(a_n\to a\) dalam \(Y\text{.}\) Buktikan bahwa \(a_n\to a\) dalam \(X\text{.}\) Rubrik. Gunakan bahwa metrik subruang adalah pembatasan metrik ambien: \(d'(y,z)=d(y,z)\) untuk \(y,z\in Y\text{.}\)
Petunjuk.
Langkah 1. Tuliskan syarat \(\epsilon\) untuk konvergensi dalam \((Y,d')\text{.}\)
Langkah 2. Ganti setiap \(d'(a_n,a)\) dengan \(d(a_n,a)\text{;}\) indeks \(N\) yang sama bekerja di ruang ambien.
Jawaban.
Benar. Karena \(d'(a_n,a)=d(a_n,a)\) untuk semua \(n\text{,}\) syarat konvergensi di subruang dan di ruang ambien identik ketika limitnya berada dalam \(Y\text{.}\)
Solusi.
Ambil \(\epsilon\gt0\text{.}\) Dari \(a_n\to a\) dalam \((Y,d')\text{,}\) terdapat \(N\in\Z^+\) sehingga \(d'(a_n,a)\lt\epsilon\) untuk semua \(n\geq N\text{.}\) Metrik subruang \(d'\) adalah pembatasan \(d\text{,}\) dan \(a_n,a\in Y\text{,}\) maka
\begin{equation*} d(a_n,a)=d'(a_n,a)\lt\epsilon \qquad(n\geq N). \end{equation*}
Ini adalah definisi \(a_n\to a\) dalam \((X,d)\text{.}\) Jadi konvergensi subruang menuju titik subruang selalu memberi konvergensi ambien menuju titik yang sama.
Pada perintah kesepuluh latihan penutup, jelaskan mengapa konvers harfiah perintah sebelumnya benar ketika semua hipotesisnya, termasuk \(a\in Y\text{,}\) dipertahankan. Kemudian, untuk barisan rasional \((a_n)\) yang konvergen ke \(\sqrt2\) dalam \(\R\text{,}\) buktikan sifat Cauchy yang diminta dan tentukan apakah barisan itu konvergen dalam subruang \(\Q\text{.}\) Rubrik. Bedakan tegas dua klaim: konvers dengan limit di subruang memang benar, sedangkan contoh \(\sqrt2\) mempunyai limit ambien di luar subruang.
Petunjuk.
Langkah 1. Untuk konvers harfiah, gunakan lagi \(d'=d|_{Y\times Y}\text{.}\) Untuk sifat Cauchy, pilih \(N\) sehingga \(|a_n-\sqrt2|\lt\epsilon/2\) jika \(n\gt N\text{.}\)
Langkah 2. Jika barisan tersebut konvergen ke suatu \(q\in\Q\) dalam subruang, gunakan perintah sebelumnya dan ketunggalan limit di \(\R\text{.}\)
Jawaban.
Konvers harfiahnya benar: jika limit ambien \(a\) berada dalam \(Y\text{,}\) jarak subruang dan ambien sama. Barisan rasional yang menuju \(\sqrt2\) bersifat Cauchy, tetapi tidak konvergen dalam \(\Q\text{,}\) sebab satu-satunya limit ambiennya adalah bilangan irasional \(\sqrt2\text{.}\)
Solusi.
Pertama, pertahankan semua hipotesis bagian sebelumnya dan andaikan \(a_n\to a\) dalam \(X\text{,}\) dengan \(a_n,a\in Y\text{.}\) Untuk setiap \(\epsilon\gt0\text{,}\) akhirnya \(d(a_n,a)\lt\epsilon\text{.}\) Karena \(d'(a_n,a)=d(a_n,a)\text{,}\) pertidaksamaan yang sama membuktikan \(a_n\to a\) dalam \(Y\text{.}\) Jadi konvers harfiah itu benar.
Sekarang misalkan \(a_n\in\Q\) dan \(a_n\to\sqrt2\) dalam \(\R\text{.}\) Diberikan \(\epsilon\gt0\text{,}\) pilih \(N\) sehingga \(|a_k-\sqrt2|\lt\epsilon/2\) untuk setiap \(k\gt N\text{.}\) Jika \(n,m\gt N\text{,}\) pertidaksamaan segitiga memberi
\begin{equation*} |a_n-a_m| \leq |a_n-\sqrt2|+|a_m-\sqrt2| \lt\frac\epsilon2+\frac\epsilon2=\epsilon. \end{equation*}
Jadi barisan itu Cauchy.
Andaikan barisan tersebut konvergen dalam \(\Q\) ke suatu \(q\in\Q\text{.}\) Perintah sebelumnya akan membuatnya konvergen dalam \(\R\) ke \(q\text{.}\) Namun di \(\R\) barisan yang sama sudah konvergen ke \(\sqrt2\text{,}\) dan limit dalam ruang metrik tunggal. Maka harus berlaku \(q=\sqrt2\text{,}\) bertentangan dengan \(q\in\Q\text{.}\) Jadi barisan itu tidak konvergen dalam \(\Q\text{.}\) Contoh ini tidak membantah konvers harfiah, karena limit ambiennya tidak berada dalam subruang.
Pada perintah ke-11 latihan penutup, jika \(a_n\to A\) dalam \(\R\text{,}\) buktikan bahwa \(ka_n\to kA\) untuk setiap \(k\in\R\text{.}\) Rubrik. Pisahkan kasus \(k=0\text{;}\) untuk \(k\neq0\text{,}\) ubah toleransi keluaran menjadi \(\epsilon/|k|\) bagi barisan semula.
Petunjuk.
Langkah 1. Hitung \(|ka_n-kA|=|k|\,|a_n-A|\text{.}\)
Langkah 2. Jika \(k\neq0\text{,}\) terapkan konvergensi \(a_n\to A\) dengan toleransi \(\epsilon/|k|\text{.}\)
Jawaban.
Benar. Kasus \(k=0\) menghasilkan barisan nol; untuk \(k\neq0\text{,}\) syarat \(|a_n-A|\lt\epsilon/|k|\) memberi \(|ka_n-kA|\lt\epsilon\text{.}\)
Solusi.
Tuliskan \(A=\lim a_n\text{.}\) Jika \(k=0\text{,}\) setiap suku \(ka_n\) dan calon limit \(kA\) sama dengan nol, jadi konvergensi langsung berlaku. Andaikan \(k\neq0\) dan tetapkan \(\epsilon\gt0\text{.}\) Karena \(a_n\to A\text{,}\) ada \(N\) sehingga \(|a_n-A|\lt\epsilon/|k|\) untuk \(n\geq N\text{.}\) Maka
\begin{equation*} |ka_n-kA|=|k|\,|a_n-A| \lt |k|\frac{\epsilon}{|k|}=\epsilon. \end{equation*}
Jadi \(\lim ka_n=k\lim a_n\) untuk setiap \(k\in\R\text{.}\)
Pada perintah ke-12 latihan penutup, jika \(a_n\to A\) dan \(b_n\to B\text{,}\) buktikan bahwa \(a_n+b_n\to A+B\text{.}\) Rubrik. Bagi toleransi menjadi dua bagian dan gunakan pertidaksamaan segitiga.
Petunjuk.
Langkah 1. Cari indeks setelah mana \(|a_n-A|\lt\epsilon/2\) dan indeks setelah mana \(|b_n-B|\lt\epsilon/2\text{.}\)
Langkah 2. Ambil maksimum kedua indeks dan taksir \(|(a_n+b_n)-(A+B)|\text{.}\)
Jawaban.
Benar. Setelah kedua selisih masing-masing kurang dari \(\epsilon/2\text{,}\) pertidaksamaan segitiga membuat selisih jumlah kurang dari \(\epsilon\text{.}\)
Solusi.
Tetapkan \(\epsilon\gt0\text{.}\) Pilih \(N_a\) sehingga \(|a_n-A|\lt\epsilon/2\) untuk \(n\geq N_a\text{,}\) dan pilih \(N_b\) sehingga \(|b_n-B|\lt\epsilon/2\) untuk \(n\geq N_b\text{.}\) Tetapkan \(N=\max\{N_a,N_b\}\text{.}\) Untuk \(n\geq N\text{,}\)
\begin{equation*} |(a_n+b_n)-(A+B)| \leq |a_n-A|+|b_n-B| \lt\frac\epsilon2+\frac\epsilon2=\epsilon. \end{equation*}
Maka \(\lim(a_n+b_n)=A+B=\lim a_n+\lim b_n\text{.}\)
Pada perintah ke-13 latihan penutup, buktikan bahwa jika \(a_n\to A\text{,}\) maka ada \(M\gt0\) dengan \(|a_n|\leq M\) untuk semua \(n\in\Z^+\text{.}\) Rubrik. Konvergensi mengendalikan semua suku sesudah suatu indeks; masukkan sejumlah berhingga suku awal ke dalam satu maksimum.
Petunjuk.
Langkah 1. Pilih \(N\) sehingga \(|a_n-A|\lt1\) untuk \(n\geq N\text{;}\) simpulkan \(|a_n|\lt|A|+1\) pada ekor barisan.
Langkah 2. Ambil maksimum dari \(|A|+1\text{,}\) bilangan \(1\text{,}\) dan nilai mutlak semua suku sebelum \(N\text{.}\)
Jawaban.
Benar. Ekor barisan dibatasi oleh \(|A|+1\text{,}\) sedangkan sejumlah berhingga suku awal mempunyai maksimum nilai mutlak; maksimum kedua batas itu membatasi seluruh barisan.
Solusi.
Karena \(a_n\to A\text{,}\) terdapat \(N\in\Z^+\) sehingga \(|a_n-A|\lt1\) untuk semua \(n\geq N\text{.}\) Pertidaksamaan segitiga memberi
\begin{equation*} |a_n|\leq|a_n-A|+|A|\lt|A|+1 \qquad(n\geq N). \end{equation*}
Tetapkan
\begin{equation*} M=\max\{1,|A|+1,|a_1|,\ldots,|a_{N-1}|\}. \end{equation*}
Jika \(N=1\text{,}\) daftar suku awal itu kosong dan cukup ambil \(M=\max\{1,|A|+1\}\text{.}\) Dalam semua kasus, \(M\gt0\) dan \(|a_n|\leq M\) baik untuk suku awal maupun untuk \(n\geq N\text{.}\) Jadi barisan konvergen tersebut terbatas.
Pada perintah ke-14 latihan penutup, jika \(a_n\to A\) dan \(b_n\to B\text{,}\) buktikan bahwa \(a_nb_n\to AB\text{.}\) Rubrik. Gunakan hasil bahwa \((a_n)\) terbatas dan uraikan selisih hasil kali menjadi dua suku yang dapat dikendalikan secara terpisah.
Petunjuk.
Langkah 1. Pilih \(M\geq1\) dengan \(|a_n|\leq M\text{,}\) lalu gunakan \(a_nb_n-AB=a_n(b_n-B)+B(a_n-A)\text{.}\)
Langkah 2. Buat \(|b_n-B|\lt\epsilon/(2M)\) dan \(|a_n-A|\lt\epsilon/(2(|B|+1))\) secara serentak.
Jawaban.
Benar. Keterbatasan \(|a_n|\leq M\) dan uraian \(|a_nb_n-AB|\leq M|b_n-B|+|B||a_n-A|\) membuat kedua suku menuju nol.
Solusi.
Menurut perintah sebelumnya, ada \(M\geq1\) sehingga \(|a_n|\leq M\) untuk semua \(n\text{.}\) Tetapkan \(\epsilon\gt0\text{.}\) Dari \(b_n\to B\text{,}\) pilih \(N_b\) sehingga \(|b_n-B|\lt\epsilon/(2M)\) jika \(n\geq N_b\text{.}\) Dari \(a_n\to A\text{,}\) pilih \(N_a\) sehingga \(|a_n-A|\lt\epsilon/(2(|B|+1))\) jika \(n\geq N_a\text{.}\) Untuk \(n\geq\max\{N_a,N_b\}\text{,}\)
\begin{equation*} \begin{aligned} |a_nb_n-AB| &=|a_n(b_n-B)+B(a_n-A)|\\ &\leq |a_n|\,|b_n-B|+|B|\,|a_n-A|\\ &\lt M\frac{\epsilon}{2M} +|B|\frac{\epsilon}{2(|B|+1)} \lt\epsilon. \end{aligned} \end{equation*}
Jadi \(a_nb_n\to AB\text{,}\) atau \(\lim a_nb_n=(\lim a_n)(\lim b_n)\text{.}\)
<Sebelumnya^AtasBerikutnya>