Bab 31: Konvergensi Deret Tak Hingga

31.1 Definisi Deret sebagai Barisan Jumlah Parsial

Bagian VI membahas deret tak hingga. Penjelasan master untuk Bab 31: penjumlahan tak hingga suku dipelajari melalui barisan jumlah parsial. Penjumlahan hingga sudah didefinisikan dengan rekursi (Bab 7). "Penjumlahan" tak hingga banyak suku tidak dapat didefinisikan dengan cara yang sama, karena prosesnya tidak pernah selesai. Definisi yang tepat memakai limit: jumlah tak hingga adalah limit dari jumlah-jumlah hingga yang semakin panjang. Dengan definisi ini, teori deret menjadi bagian dari teori barisan (Bagian V), dan semua alat Bagian V dapat langsung dipakai.

Prasyarat: Bagian V.

Definisi

Definisi 31.1.1 (Deret, Jumlah Parsial, Kekonvergenan)

Misalkan $(a_k)_{k\geq1}$ barisan real. Barisan jumlah parsialnya adalah

yang didefinisikan secara rekursif: $S_1=a_1$ dan $S_{n+1}=S_n+a_{n+1}$. Deret $\sum_{k=1}^\infty a_k$ adalah pasangan barisan $(a_k)$ dan $(S_n)$. Deret ini disebut konvergen jika $(S_n)$ konvergen ke suatu $S\in\mathbb{R}$, dan $S$ disebut jumlah deret. Kita menulis

Deret yang tidak konvergen disebut divergen. Bila $S_n\to+\infty$, kita menulis $\sum a_k=+\infty$ sebagai label (Definisi 26.3.10), bukan sebagai jumlah real.

Rumusan master: $S_n=\sum_{k=1}^na_k$, dan deret dikatakan konvergen bila limit barisan jumlah parsial $\lim S_n$ bernilai terhingga, yaitu suatu bilangan real.

Lambang $\sum_{k=1}^\infty a_k$ dipakai dalam dua arti: sebagai nama deret, yaitu objek yang dapat konvergen atau divergen, dan sebagai jumlahnya bila deret itu konvergen. Konteks menentukan arti yang dimaksud. Kalimat "$\sum\tfrac1k$ divergen" memakai arti pertama. Persamaan "$\sum\tfrac1{2^k}=1$" memakai arti kedua. Sebelum kekonvergenan dibuktikan, lambang itu tidak boleh diperlakukan sebagai bilangan.

Indeks awal dapat berupa bilangan bulat lain, misalnya $\sum_{k=0}^\infty$, dengan definisi yang sama.

Proposisi 31.1.2 (Deret dan Barisan Saling Menentukan)

(a) Suku-suku dapat dipulihkan dari jumlah parsial: $a_1=S_1$ dan $a_k=S_k-S_{k-1}$ untuk $k\geq2$.

(b) Setiap barisan $(s_n)_{n\geq1}$ adalah barisan jumlah parsial dari tepat satu deret, yaitu deret dengan $a_1=s_1$ dan $a_k=s_k-s_{k-1}$.

Bukti. (a) Rekursi definisi. (b) Jumlah teleskopik: $\sum_{k=1}^n a_k=s_1+\sum_{k=2}^n(s_k-s_{k-1})=s_n$. Ketunggalan mengikuti dari (a). $\square$

Jadi deret dan barisan adalah dua bahasa untuk objek yang sama. Bahasa deret memusatkan perhatian pada suku-suku $a_k$ yang ditambahkan. Bahasa barisan memusatkan perhatian pada hasil kumulatif $S_n$.

Contoh Pertama

Contoh 31.1.3

(a) $\sum_{k=1}^\infty2$: $S_n=2n\to+\infty$. Deret ini divergen.

(b) $\sum_{k=1}^\infty(-1)^{k+1}$: $S_n=1,0,1,0,\ldots$, yaitu $S_n=1$ untuk $n$ ganjil dan $0$ untuk $n$ genap. Deret ini divergen, tetapi tidak ke $\pm\infty$.

(c) $\sum_{k=1}^\infty3\cdot10^{-k}$: $S_n=\tfrac13(1-10^{-n})\to\tfrac13$ (Solusi 29.1-8). Jadi $0{,}333\ldots=\tfrac13$ sebagai jumlah deret.

(d) Ekspansi desimal: untuk string $(m,(d_k))$, Contoh 27.2.5 menyatakan bahwa $m+\sum_{k=1}^\infty d_k10^{-k}$ konvergen ke nilai string menurut Definisi 12.4.3. Deret ini mempunyai suku awal $m$ yang terpisah. Notasi Bab 12 sekarang mempunyai arti sebagai jumlah deret.

(e) $\sum_{k=1}^\infty\tfrac1{k^2}$ konvergen (Contoh 27.2.6), dengan jumlah $\leq2$.

(f) $\sum_{k=1}^\infty\tfrac1k=+\infty$ (Contoh 26.3.12(b)).

(g) $\sum_{k=0}^\infty\tfrac1{k!}=e$ (Teorema 27.3.8).

Sifat-Sifat Dasar

Teorema 31.1.4 (Kelinearan)

Jika $\sum a_k=A$ dan $\sum b_k=B$ konvergen, dan $\alpha,\beta\in\mathbb{R}$, maka $\sum(\alpha a_k+\beta b_k)$ konvergen ke $\alpha A+\beta B$.

Bukti. Jumlah parsialnya adalah $\alpha S_n(a)+\beta S_n(b)$, karena penjumlahan hingga bersifat linear (induksi). Gunakan Akibat 26.1.2. $\square$

Tidak ada teorema analog untuk hasil kali. Jumlah parsial $\sum a_kb_k$ tidak sama dengan $S_n(a)S_n(b)$. Perkalian deret memerlukan teori tersendiri, yang tidak dibahas di bagian ini.

Teorema 31.1.5 (Ekor dan Sisa)

Misalkan $K\geq1$.

(a) $\sum_{k=1}^\infty a_k$ konvergen jika dan hanya jika $\sum_{k=K}^\infty a_k$ konvergen. Dalam hal itu,

(b) Bila deret konvergen, sisanya $R_K=\sum_{k=K}^\infty a_k$ memenuhi $R_K\to0$ untuk $K\to\infty$.

Bukti. (a) Untuk $n\geq K$, jumlah parsial deret ekor adalah $S_n-S_{K-1}$, yaitu jumlah parsial deret penuh dikurangi konstanta. Gunakan Teorema 26.1.1.

(b) $R_K=S-S_{K-1}\to S-S=0$. $\square$

Jadi kekonvergenan deret tidak bergantung pada berhingga banyak suku awal, tetapi jumlahnya bergantung.

Teorema 31.1.6 (Kriteria Cauchy untuk Deret)

$\sum a_k$ konvergen jika dan hanya jika untuk setiap $\varepsilon>0$ ada $N_0$ dengan

Bukti. $\sum_{k=n+1}^ma_k=S_m-S_n$. Syarat ini adalah syarat Cauchy untuk $(S_n)$. Gunakan Teorema 29.2.1. $\square$

Teorema 31.1.7 (Suku Taknegatif)

Jika $a_k\geq0$ untuk semua $k$, maka $(S_n)$ naik. Akibatnya, $\sum a_k$ konvergen jika dan hanya jika $(S_n)$ terbatas di atas. Bila tidak terbatas, $\sum a_k=+\infty$.

Bukti. $S_{n+1}-S_n=a_{n+1}\geq0$. Gunakan Teorema 27.2.1. $\square$

Teorema ini adalah dasar seluruh Bab 32. Untuk deret bersuku taknegatif, hanya ada dua kemungkinan: konvergen ke suatu bilangan real, atau divergen ke $+\infty$. Osilasi seperti pada Contoh 31.1.3(b) tidak mungkin terjadi.

Kekonvergenan Mutlak

Definisi 31.1.8

$\sum a_k$ konvergen mutlak jika $\sum|a_k|$ konvergen.

Teorema 31.1.9

Deret yang konvergen mutlak konvergen, dan $\bigl|\sum_{k=1}^\infty a_k\bigr|\leq\sum_{k=1}^\infty|a_k|$.

Bukti. Ketaksamaan segitiga untuk jumlah hingga (Teorema 18.1.3) memberi $\bigl|\sum_{k=n+1}^ma_k\bigr|\leq\sum_{k=n+1}^m|a_k|$. Ruas kanan memenuhi syarat Teorema 31.1.6 untuk deret $\sum|a_k|$, sehingga ruas kiri juga memenuhinya. Ketaksamaan jumlah: $|S_n|\leq\sum_{k\leq n}|a_k|\leq\sum_{k=1}^\infty|a_k|$. Ambil limit dengan Latihan 25.2-2 dan Akibat 25.2.6. $\square$

Kebalikannya salah. Deret $\sum\tfrac{(-1)^{k+1}}k$ konvergen (Contoh 29.2.2(b)), tetapi $\sum\tfrac1k=+\infty$. Deret yang konvergen tetapi tidak konvergen mutlak disebut konvergen bersyarat. Bab 33 menunjukkan bahwa perbedaan ini sangat penting: jumlah deret konvergen bersyarat bergantung pada urutan suku-sukunya.

Pengelompokan

Proposisi 31.1.10 (Menyisipkan Tanda Kurung)

Misalkan $\sum a_k=S$ konvergen, dan $0=m_0<m_1<m_2<\cdots$ bilangan bulat. Deret kelompok $\sum_{j=1}^\infty b_j$ dengan $b_j=\sum_{k=m_{j-1}+1}^{m_j}a_k$ konvergen ke $S$.

Bukti. Jumlah parsial deret kelompok adalah $\sum_{j=1}^Jb_j=S_{m_J}$, yaitu subbarisan dari $(S_n)$. Gunakan Teorema 28.1.5. $\square$

Membuang tanda kurung tidak selalu sah. $(1-1)+(1-1)+\cdots=0+0+\cdots=0$, padahal deret tanpa kurung $1-1+1-1+\cdots$ divergen (Contoh 31.1.3(b)). Manipulasi seperti "$S=1-1+1-\cdots=1-(1-1+\cdots)=1-S$, jadi $S=\tfrac12$" tidak sah, karena memperlakukan deret divergen sebagai bilangan.

Latihan

Latihan 31.1-1. Hitung $S_n$ dan tentukan kekonvergenannya: (a) $\sum_{k=1}^\infty\bigl(\tfrac1k-\tfrac1{k+1}\bigr)$; (b) $\sum_{k=1}^\infty(-1)^kk$; (c) $\sum_{k=1}^\infty7\cdot10^{-k}$.

Latihan 31.1-2. Tentukan deret yang jumlah parsialnya $S_n=\tfrac n{n+1}$. Tuliskan $a_k$, lalu tentukan jumlah deret itu.

Latihan 31.1-3. Beri contoh $\sum a_k$ dan $\sum b_k$ yang keduanya divergen, sedangkan $\sum(a_k+b_k)$ konvergen. Buktikan bahwa bila $\sum a_k$ konvergen dan $\sum b_k$ divergen, maka $\sum(a_k+b_k)$ divergen.

Latihan 31.1-4. Buktikan bahwa jika $a_k\geq0$ dan deret kelompok (Proposisi 31.1.10) konvergen, maka deret asalnya konvergen ke jumlah yang sama.

Latihan 31.1-5. Untuk $\sum_{k=1}^\infty\tfrac1{k^2}$, buktikan bahwa sisanya memenuhi $R_K\leq\tfrac1{K-1}$ untuk $K\geq2$.

Latihan 31.1-6. Buktikan dengan Teorema 31.1.6 bahwa $\sum\tfrac1k$ divergen. Tunjukkan bahwa untuk $\varepsilon=\tfrac12$ tidak ada $N_0$ yang bekerja.

Latihan 31.1-7. Buktikan bahwa $\sum\tfrac{(-1)^{k+1}}{k^2}$ konvergen mutlak, dan bahwa jumlahnya terletak di $[\tfrac34,1]$.

Latihan 31.1-8. Misalkan $a_k\geq0$ dan $\sum a_k$ konvergen. Buktikan bahwa $\sum a_k^2$ konvergen. Beri contoh yang menunjukkan bahwa syarat $a_k\geq0$ tidak dapat dibuang.

Solusi

Solusi 31.1-1. (a) Teleskopik: $S_n=1-\tfrac1{n+1}\to1$. Jadi deret konvergen dengan jumlah $1$. (b) $S_{2m}=m$ dan $S_{2m+1}=-(m+1)$, karena $S_{2m}=\sum_{j=1}^m(2j-(2j-1))=m$. Barisan ini tak terbatas, sehingga deret divergen. (c) Teleskopik dengan $9\cdot10^{-k}=10^{-(k-1)}-10^{-k}$ memberi $S_n=\tfrac79(1-10^{-n})\to\tfrac79$. $\square$

Solusi 31.1-2. $a_1=\tfrac12$, dan untuk $k\geq2$, $a_k=\tfrac k{k+1}-\tfrac{k-1}k=\tfrac1{k(k+1)}$. Untuk $k=1$, $\tfrac1{1\cdot2}=\tfrac12$, sehingga rumus $a_k=\tfrac1{k(k+1)}$ berlaku untuk semua $k\geq1$. Jumlahnya $\lim S_n=1$. $\square$

Solusi 31.1-3. $a_k=1$ dan $b_k=-1$: keduanya divergen, sedangkan jumlahnya $0$. Bagian kedua: bila $\sum(a_k+b_k)$ konvergen, maka $\sum b_k=\sum(a_k+b_k)-\sum a_k$ konvergen menurut Teorema 31.1.4, kontradiksi. $\square$

Solusi 31.1-4. $(S_n)$ naik, dan subbarisan $(S_{m_J})$ konvergen ke $T$. Latihan 28.1-5 memberi $S_n\to T$. $\square$

Solusi 31.1-5. Untuk $m\geq K$, $\sum_{k=K}^m\tfrac1{k^2}<\sum_{k=K}^m\bigl(\tfrac1{k-1}-\tfrac1k\bigr)=\tfrac1{K-1}-\tfrac1m<\tfrac1{K-1}$. Ambil limit $m\to\infty$: $R_K\leq\tfrac1{K-1}$. $\square$

Solusi 31.1-6. Untuk sebarang $N_0$, ambil $n=N_0$ dan $m=2N_0$. Maka $\sum_{k=n+1}^{2n}\tfrac1k\geq n\cdot\tfrac1{2n}=\tfrac12$. Jadi syarat Cauchy gagal untuk $\varepsilon=\tfrac12$. $\square$

Solusi 31.1-7. $\sum\tfrac1{k^2}$ konvergen (Contoh 31.1.3(e)), sehingga deretnya konvergen mutlak. Jumlah parsialnya $S_n=1-\tfrac14+\tfrac19-\cdots$. Lemma pengelompokan Solusi 29.2-3, yang berlaku untuk suku bolak-balik turun, memberi $1-\tfrac14\leq S_n\leq1$ untuk $n\geq2$. Akibat 25.2.6 memberi jumlahnya di $[\tfrac34,1]$. $\square$

Solusi 31.1-8. $a_k\to0$, karena $a_k=S_k-S_{k-1}\to S-S=0$. Jadi $a_k\leq1$ sejak suatu $K$, dan $a_k^2\leq a_k$ di sana. Jumlah parsial $\sum_{k\leq n}a_k^2$ naik dan terbatas oleh $\sum_{k<K}a_k^2+\sum_{k=1}^\infty a_k$. Gunakan Teorema 31.1.7. Contoh tanpa syarat $a_k\geq0$: $a_k=\tfrac{(-1)^{k+1}}{\sqrt k}$. Deret ini konvergen. Untuk $m>n$, lemma pengelompokan Solusi 29.2-3 untuk suku bolak-balik yang mutlaknya turun memberi $\bigl|\sum_{k=n+1}^ma_k\bigr|\leq\tfrac1{\sqrt{n+1}}\to0$, sehingga Teorema 31.1.6 berlaku. Akan tetapi $\sum a_k^2=\sum\tfrac1k=+\infty$. (Bab 33 merumuskan argumen ini secara umum sebagai Teorema Leibniz.) $\square$

Ringkasan

Deret $\sum a_k$ didefinisikan melalui barisan jumlah parsial $S_n=\sum_{k=1}^na_k$. Deret konvergen bila $(S_n)$ konvergen ke suatu bilangan real, dan jumlahnya adalah limit itu. Deret dan barisan saling menentukan. Kekonvergenan bersifat linear, tidak dipengaruhi suku awal, dan dicirikan oleh kriteria Cauchy. Untuk suku taknegatif, deret konvergen jika dan hanya jika jumlah parsialnya terbatas. Konvergen mutlak mengakibatkan konvergen, tetapi tidak sebaliknya. Menyisipkan tanda kurung sah pada deret konvergen, sedangkan membuangnya tidak selalu sah.

31.2 Deret Geometrik Baku dan Teleskopik

Hanya sedikit deret yang jumlahnya dapat dihitung secara eksplisit. Dua keluarga terpenting adalah deret geometri dan deret teleskopik. Keduanya mempunyai rumus tertutup untuk jumlah parsial, sehingga kekonvergenan dan jumlahnya dapat dibaca langsung dari rumus itu. Deret geometri juga menjadi pembanding baku untuk uji-uji di Bab 32.

Rumus master:

Contoh: untuk $a=1$ dan $r=\tfrac12$, jumlah totalnya $\tfrac1{1-1/2}=2$.

Prasyarat: Unit 31.1; $r^n\to0$ untuk $|r|<1$ (Contoh 25.3.6).

Deret Geometri

Lemma 31.2.1 (Jumlah Geometri Hingga)

Untuk $r\ne1$ dan $n\in\mathbb{N}$:

Untuk $r=1$, jumlahnya $n+1$.

Bukti. Teleskopik: $(1-r)\sum_{k=0}^nr^k=\sum_{k=0}^n(r^k-r^{k+1})=1-r^{n+1}$. Bagi dengan $1-r\ne0$. $\square$

Teorema 31.2.2 (Deret Geometri)

Misalkan $a\ne0$.

(a) Untuk $|r|<1$, $\sum_{n=0}^\infty ar^n$ konvergen, dan jumlahnya $\dfrac a{1-r}$.

(b) Untuk $|r|\geq1$, $\sum_{n=0}^\infty ar^n$ divergen.

Bukti. (a) Lemma 31.2.1 memberi $S_n=a\tfrac{1-r^{n+1}}{1-r}$. Karena $r^{n+1}\to0$, Teorema 26.1.1 memberi $S_n\to\tfrac a{1-r}$.

(b) Andaikan konvergen. Maka $ar^n=S_n-S_{n-1}\to S-S=0$. Padahal $|ar^n|=|a||r|^n\geq|a|>0$ untuk semua $n$, sehingga $|ar^n|\not\to0$. Kontradiksi. $\square$

Argumen (b) adalah kasus khusus uji suku ke-$n$ (Unit 31.3).

Contoh 31.2.3

(a) Contoh master: $\sum_{n=0}^\infty\bigl(\tfrac12\bigr)^n=1+\tfrac12+\tfrac14+\cdots=2$. Jumlah parsialnya $2-\tfrac1{2^n}$. Galatnya setelah $n+1$ suku tepat $\tfrac1{2^n}$.

(b) $\sum_{n=1}^\infty\tfrac9{10^n}=\tfrac{9/10}{1-1/10}=1$. Jadi $0{,}999\ldots=1$, sesuai dengan Proposisi 12.4.11.

(c) $0{,}\overline{142857}=\sum_{j=1}^\infty142857\cdot10^{-6j}=\tfrac{142857\cdot10^{-6}}{1-10^{-6}}=\tfrac{142857}{999999}=\tfrac17$, karena $142857\cdot7=999999$. Setiap desimal yang akhirnya periodik adalah bilangan rasional. Ini kebalikan dari Teorema 12.4.12.

(d) $\sum_{n=0}^\infty(-1)^n=1-1+1-\cdots$ divergen, karena $|r|=1$.

Akibat 31.2.4 (Sisa Deret Geometri)

Untuk $|r|<1$, $\sum_{n=K}^\infty ar^n=\dfrac{ar^K}{1-r}$.

Bukti. Ini deret geometri dengan suku pertama $ar^K$ dan rasio $r$. Atau gunakan Teorema 31.1.5 dengan Lemma 31.2.1. $\square$

Rumus sisa ini memberi taksiran galat yang eksplisit. Bila deret lain dapat dibandingkan dengan deret geometri, sisa deret itu juga dapat ditaksir (Bab 32).

Contoh 31.2.5 (Model Hipotetis: Bola Memantul)

Sebuah bola dijatuhkan dari ketinggian $h$. Dalam model ideal ini, setiap pantulan mencapai $r$ kali ketinggian sebelumnya, dengan $0<r<1$. Jarak tempuh total, yaitu jatuh pertama ditambah setiap naik-turun, adalah

Untuk $h=2$ dan $r=\tfrac34$: $2\cdot\tfrac{7/4}{1/4}=14$. Banyaknya pantulan tak hingga, tetapi jarak totalnya hingga. Ini model aritmetika yang ideal, bukan klaim tentang bola atau bahan fisik tertentu. Pada benda nyata, pantulan berhenti setelah berhingga banyak langkah.

Deret Teleskopik

Teorema 31.2.6 (Deret Teleskopik)

Misalkan $(b_k)_{k\geq1}$ barisan, dan $a_k=b_k-b_{k+1}$. Maka $S_n=b_1-b_{n+1}$. Akibatnya, $\sum a_k$ konvergen jika dan hanya jika $(b_k)$ konvergen, dan dalam hal itu

Bukti. $S_n=\sum_{k=1}^n(b_k-b_{k+1})=b_1-b_{n+1}$, karena suku-suku tengah saling menghapus (induksi). $S_n$ konvergen jika dan hanya jika $b_{n+1}$ konvergen (Teorema 26.1.1 dan Proposisi 25.1.12). $\square$

Menurut Proposisi 31.1.2, setiap deret dapat ditulis dalam bentuk teleskopik, dengan $b_k=-S_{k-1}$ dan $S_0=0$. Jadi kegunaan teorema ini terletak pada kasus ketika $b_k$ mempunyai rumus sederhana yang limitnya mudah dihitung.

Contoh 31.2.7

(a) $\sum_{k=1}^\infty\tfrac1{k(k+1)}=\sum\bigl(\tfrac1k-\tfrac1{k+1}\bigr)=1-0=1$.

(b) $\sum_{k=1}^\infty\tfrac1{k(k+2)}$: pecahan parsial $\tfrac1{k(k+2)}=\tfrac12\bigl(\tfrac1k-\tfrac1{k+2}\bigr)$. Ini teleskopik dengan langkah $2$. Jumlah parsialnya $\tfrac12\bigl(1+\tfrac12-\tfrac1{n+1}-\tfrac1{n+2}\bigr)\to\tfrac34$.

(c) $\sum_{k=1}^\infty\tfrac1{4k^2-1}=\sum\tfrac12\bigl(\tfrac1{2k-1}-\tfrac1{2k+1}\bigr)=\tfrac12$.

(d) $\sum_{k=1}^\infty\bigl(\sqrt{k+1}-\sqrt k\bigr)$ divergen: dengan $b_k=-\sqrt k$, $S_n=\sqrt{n+1}-1\to+\infty$. Suku-sukunya menuju $0$ (Contoh 25.3.4), tetapi deretnya tetap divergen. Contoh ini menjadi pengantar untuk Unit 31.3.

Teknik: Deret Turunan Geometri

Contoh 31.2.8 ($\sum\tfrac k{2^k}=2$)

Klaim: $T_n=\sum_{k=1}^n\tfrac k{2^k}=2-\tfrac{n+2}{2^n}$. Induksi: $T_1=\tfrac12=2-\tfrac32$. Langkah: $T_{n+1}=2-\tfrac{n+2}{2^n}+\tfrac{n+1}{2^{n+1}}=2-\tfrac{2n+4-n-1}{2^{n+1}}=2-\tfrac{n+3}{2^{n+1}}$. Karena $\tfrac{n+2}{2^n}=\tfrac n{2^n}+\tfrac2{2^n}\to0$ (Contoh 25.3.5), $T_n\to2$.

Manipulasi "$T=\sum\tfrac k{2^k}$, maka $T-\tfrac T2=\sum\tfrac1{2^k}=1$" memberi jawaban yang benar. Akan tetapi manipulasi itu baru sah setelah kekonvergenan $T$ diketahui, karena operasi itu memperlakukan $T$ sebagai bilangan (bandingkan dengan Latihan 26.2-8).

Latihan

Latihan 31.2-1. Hitung: (a) $\sum_{n=0}^\infty3\bigl(-\tfrac12\bigr)^n$; (b) $\sum_{n=2}^\infty\bigl(\tfrac23\bigr)^n$; (c) $\sum_{n=1}^\infty\tfrac{5^n}{6^{n+1}}$.

Latihan 31.2-2. Tuliskan sebagai pecahan: (a) $0{,}\overline{27}$; (b) $2{,}1\overline3$.

Latihan 31.2-3. Untuk $x$ manakah $\sum_{n=0}^\infty(x-1)^n$ konvergen? Tentukan jumlahnya sebagai fungsi $x$.

Latihan 31.2-4. Buktikan bahwa $\sum_{k=1}^\infty\tfrac1{k(k+1)(k+2)}=\tfrac14$. (Petunjuk: $\tfrac1{k(k+1)(k+2)}=\tfrac12\bigl(\tfrac1{k(k+1)}-\tfrac1{(k+1)(k+2)}\bigr)$.)

Latihan 31.2-5. Buktikan bahwa jika $(b_k)$ konvergen ke $B$, maka $\sum_{k=1}^\infty(b_k-b_{k+2})=b_1+b_2-2B$.

Latihan 31.2-6. Untuk deret master $\sum(\tfrac12)^n$, berapa banyak suku yang diperlukan agar galatnya $<10^{-6}$?

Latihan 31.2-7. Buktikan bahwa $\sum_{k=1}^\infty\tfrac{k}{3^k}=\tfrac34$, dengan menebak dan membuktikan rumus jumlah parsial.

Latihan 31.2-8. Misalkan $0<r<1$ dan $S_n=\sum_{k=0}^nr^k$. Buktikan bahwa $S_n<\tfrac1{1-r}$ untuk semua $n$, walaupun banyaknya suku, $n+1$, tumbuh tanpa batas. Jelaskan secara intuitif mengapa jumlah tak hingga banyak suku positif dapat tetap hingga.

Solusi

Solusi 31.2-1. (a) $\tfrac3{1+1/2}=2$. (b) $\tfrac{(2/3)^2}{1-2/3}=\tfrac{4/9}{1/3}=\tfrac43$. (c) $\tfrac16\sum_{n=1}^\infty\bigl(\tfrac56\bigr)^n=\tfrac16\cdot\tfrac{5/6}{1/6}=\tfrac56$. $\square$

Solusi 31.2-2. (a) $\sum_{j\geq1}27\cdot100^{-j}=\tfrac{27/100}{99/100}=\tfrac{27}{99}=\tfrac3{11}$. (b) $2+\tfrac1{10}+\sum_{j\geq2}3\cdot10^{-j}=2+\tfrac1{10}+\tfrac{3/100}{9/10}=2+\tfrac1{10}+\tfrac1{30}=\tfrac{32}{15}$. Periksa: $\tfrac{32}{15}=2{,}1333\ldots$. $\square$

Solusi 31.2-3. Deret geometri dengan $r=x-1$: konvergen jika dan hanya jika $|x-1|<1$, yaitu $0<x<2$. Jumlahnya $\tfrac1{1-(x-1)}=\tfrac1{2-x}$. $\square$

Solusi 31.2-4. Periksa identitasnya: $\tfrac1{k(k+1)}-\tfrac1{(k+1)(k+2)}=\tfrac{(k+2)-k}{k(k+1)(k+2)}=\tfrac2{k(k+1)(k+2)}$. Dengan $b_k=\tfrac1{2k(k+1)}$, deretnya teleskopik, dan jumlahnya $b_1-0=\tfrac14$. $\square$

Solusi 31.2-5. $S_n=\sum_{k=1}^n(b_k-b_{k+2})=b_1+b_2-b_{n+1}-b_{n+2}\to b_1+b_2-2B$. $\square$

Solusi 31.2-6. Setelah $n+1$ suku ($k=0,\ldots,n$), galatnya $\tfrac1{2^n}$ (Akibat 31.2.4). Syarat $\tfrac1{2^n}<10^{-6}$ setara dengan $2^n>10^6$. Karena $2^{19}=524288<10^6<1048576=2^{20}$, diperlukan $n\geq20$, yaitu $21$ suku. $\square$

Solusi 31.2-7. Klaim: $\sum_{k=1}^n\tfrac k{3^k}=\tfrac34-\tfrac{2n+3}{4\cdot3^n}$. Untuk $n=1$: $\tfrac34-\tfrac5{12}=\tfrac13$. Langkah: $\tfrac34-\tfrac{2n+3}{4\cdot3^n}+\tfrac{n+1}{3^{n+1}}=\tfrac34-\tfrac{3(2n+3)-4(n+1)}{4\cdot3^{n+1}}=\tfrac34-\tfrac{2n+5}{4\cdot3^{n+1}}$. Karena $\tfrac{2n+3}{3^n}\to0$ (Latihan 27.2-6 atau perbandingan dengan $\tfrac n{2^n}$), jumlahnya $\tfrac34$. $\square$

Solusi 31.2-8. Lemma 31.2.1 memberi $S_n=\tfrac{1-r^{n+1}}{1-r}<\tfrac1{1-r}$, karena $r^{n+1}>0$ dan $1-r>0$. Jadi semua jumlah parsial dibatasi oleh bilangan tetap $\tfrac1{1-r}$, sedangkan banyaknya suku $n+1\to\infty$. Secara intuitif, suku-sukunya mengecil cukup cepat sehingga jumlah semua suku sesudah suku ke-$n$, yaitu $\tfrac{r^{n+1}}{1-r}$, juga mengecil. Tak hingga banyak suku tidak menjamin jumlah tak hingga. Yang menentukan adalah laju pengecilan suku-sukunya. $\square$

Ringkasan

Deret geometri $\sum ar^n$ konvergen ke $\tfrac a{1-r}$ untuk $|r|<1$, dan divergen untuk $|r|\geq1$ bila $a\ne0$. Contoh master: $\sum(\tfrac12)^n=2$. Akibatnya antara lain $0{,}999\ldots=1$, desimal periodik adalah bilangan rasional, dan sisa deret geometri mempunyai rumus eksplisit $\tfrac{ar^K}{1-r}$. Deret teleskopik $\sum(b_k-b_{k+1})$ mempunyai jumlah parsial $b_1-b_{n+1}$, sehingga konvergen tepat ketika $(b_k)$ konvergen. Contohnya $\sum\tfrac1{k(k+1)}=1$ dan $\sum\tfrac1{k(k+2)}=\tfrac34$. Manipulasi aljabar pada deret hanya sah setelah kekonvergenannya diketahui.

31.3 Syarat Perlu Kekonvergenan Deret (n-th Term Test)

Penjelasan master: jika $\lim a_n\ne0$, maka deret $\sum a_n$ dijamin divergen. Catatan master: jika limitnya $0$, deret belum tentu konvergen. Unit ini membuktikan uji ini, merumuskannya dengan tepat (termasuk kasus ketika $\lim a_n$ tidak ada), menunjukkan batas-batasnya, dan memberi syarat perlu yang lebih tajam untuk deret bersuku turun.

Prasyarat: Unit 31.1–31.2.

Uji Suku ke-$n$

Teorema 31.3.1 (Syarat Perlu)

Jika $\sum a_k$ konvergen, maka $a_k\to0$.

Bukti. $a_k=S_k-S_{k-1}$ untuk $k\geq2$. Bila $S_k\to S$, maka $S_{k-1}\to S$ (Proposisi 25.1.12(b)), sehingga $a_k\to S-S=0$. $\square$

Bukti kedua: syarat Cauchy (Teorema 31.1.6) dengan $m=n+1$ memberi $|a_{n+1}|<\varepsilon$ untuk $n\geq N_0$.

Akibat 31.3.2 (Uji Suku ke-$n$ untuk Divergensi)

Jika $(a_k)$ tidak konvergen ke $0$, maka $\sum a_k$ divergen.

Hipotesis "$(a_k)$ tidak konvergen ke $0$" mencakup dua kasus: $\lim a_k$ ada tetapi bukan $0$, sesuai rumusan master "$\lim a_n\ne0$"; dan $\lim a_k$ tidak ada. Kedua kasus memberi divergensi. Rumusan "$\lim a_n\ne0$" secara harfiah hanya mencakup kasus pertama, karena untuk barisan divergen lambang $\lim a_n$ tidak bermakna (Unit 25.2). Rumusan Akibat 31.3.2 menutup celah itu.

Contoh 31.3.3

(a) $\sum\tfrac{2k+1}{3k-1}$: sukunya $\to\tfrac23\ne0$, sehingga deret divergen.

(b) $\sum(-1)^k\tfrac k{k+1}$: suku-sukunya tidak konvergen, karena subbarisan genap menuju $1$ dan subbarisan ganjil menuju $-1$. Jadi deret divergen.

(c) $\sum\bigl(1-\tfrac1k\bigr)^k$, $k\geq2$: sukunya $\to\tfrac1e\ne0$ (Latihan 27.3-3), sehingga deret divergen.

(d) $\sum r^k$ dengan $|r|\geq1$: $|r^k|\geq1$, sehingga deret divergen. Ini bagian (b) Teorema 31.2.2.

Proposisi 31.3.4 (Suku Menuju Limit Positif)

Jika $a_k\to L>0$, maka $\sum a_k=+\infty$. Jika $a_k\to L<0$, maka $\sum a_k=-\infty$.

Bukti. Sejak suatu $K$, $a_k>\tfrac L2$ (Teorema 25.2.4(a)). Untuk $n\geq K$, $S_n\geq S_{K-1}+(n-K+1)\tfrac L2\to+\infty$ (Proposisi 26.3.11(a)). Kasus $L<0$ simetris. $\square$

Kebalikannya Salah

Uji suku ke-$n$ hanya dapat membuktikan divergensi. Uji ini tidak pernah membuktikan kekonvergenan.

Contoh 31.3.5

(a) Deret harmonik: $\tfrac1k\to0$, tetapi $\sum\tfrac1k=+\infty$ (Contoh 26.3.12(b)).

(b) $\sum\tfrac1{\sqrt k}$: $\tfrac1{\sqrt k}\to0$, tetapi $S_n\geq n\cdot\tfrac1{\sqrt n}=\sqrt n\to+\infty$, karena setiap suku $\geq\tfrac1{\sqrt n}$.

(c) $\sum(\sqrt{k+1}-\sqrt k)$: sukunya $\to0$, tetapi $S_n=\sqrt{n+1}-1\to+\infty$ (Contoh 31.2.7(d)).

Pada ketiga contoh, suku-sukunya menuju nol terlalu lambat. Jumlah parsialnya terus bertambah tanpa batas karena banyaknya suku kecil yang tak hingga. Kekonvergenan memerlukan suku yang menuju nol cukup cepat. "Cukup cepat" diukur dengan perbandingan di Bab 32.

Syarat Perlu yang Lebih Tajam

Teorema 31.3.6 (Abel–Pringsheim)

Jika $a_k\geq0$, $(a_k)$ turun, dan $\sum a_k$ konvergen, maka $ka_k\to0$.

Bukti. Untuk $n\geq1$, karena barisan turun,

Ruas kanan menuju $0$, karena $(S_n)$ Cauchy. Jadi $0\leq2na_{2n}\leq2(S_{2n}-S_n)\to0$. Untuk indeks ganjil, $0\leq(2n+1)a_{2n+1}\leq(2n+1)a_{2n}=2na_{2n}+a_{2n}\to0$, karena $a_{2n}\to0$. Subbarisan genap dan ganjil dari $(ka_k)$ menuju $0$, sehingga $ka_k\to0$ (Latihan 25.2-5). $\square$

Teorema ini mengukur seberapa cepat suku harus mengecil: lebih cepat daripada $\tfrac1k$. Untuk deret harmonik, $k\cdot\tfrac1k=1\not\to0$, sehingga teorema ini memberi bukti ketiga bahwa deret harmonik divergen. Syarat ini perlu tetapi tidak cukup. Untuk $k\geq1$, misalkan $d(k)$ banyaknya angka biner $k$, yaitu $d(k)=j+1$ untuk $2^j\leq k<2^{j+1}$. Tetapkan $a_k=\tfrac1{k\,d(k)}$. Barisan ini positif dan turun, karena $k$ naik tegas dan $d(k)$ tidak turun. Juga $ka_k=\tfrac1{d(k)}\to0$, karena $d(k)\geq j+1$ untuk $k\geq2^j$. Akan tetapi blok $2^j\leq k<2^{j+1}$ memuat $2^j$ suku, masing-masing $>\tfrac1{2^{j+1}(j+1)}$, sehingga blok itu menyumbang $>\tfrac1{2(j+1)}$. Jumlah sumbangan ini tak terbatas, seperti deret harmonik, sehingga $\sum a_k=+\infty$. (Unit 32.2 memakai contoh serupa dengan logaritma, setelah logaritma tersedia.)

Syarat "turun" pada Teorema 31.3.6 tidak dapat dibuang (Latihan 31.3-4).

Latihan

Latihan 31.3-1. Tentukan apakah uji suku ke-$n$ membuktikan divergensi, atau tidak memberi kesimpulan: (a) $\sum\tfrac{k^2}{2k^2+1}$; (b) $\sum\tfrac{k^2}{2^k}$; (c) $\sum\tfrac{(-1)^kk}{2k+5}$; (d) $\sum\bigl(1+\tfrac1k\bigr)^k$.

Latihan 31.3-2. Buktikan bahwa jika $\sum a_k$ konvergen, maka $a_k+a_{k+1}\to0$. Lebih umum, untuk $p\geq1$ tetap, buktikan bahwa $a_{k+1}+\cdots+a_{k+p}\to0$.

Latihan 31.3-3. Buktikan dengan Teorema 31.3.6 bahwa $\sum\tfrac1{\sqrt k}$ divergen.

Latihan 31.3-4. Beri contoh $a_k\geq0$ yang tidak turun, dengan $\sum a_k$ konvergen tetapi $ka_k\not\to0$. (Petunjuk: suku besar hanya pada kuadrat sempurna.)

Latihan 31.3-5. Misalkan $a_k\geq0$ dan $\sum a_k$ konvergen. Buktikan bahwa $\liminf_kka_k=0$, tanpa syarat turun.

Latihan 31.3-6. Seorang mahasiswa berargumen: "suku-suku $\tfrac1k$ menuju $0$, jadi menambahkan suku-suku itu lama-kelamaan hampir tidak menambah apa-apa, sehingga $\sum\tfrac1k$ konvergen." Jelaskan kesalahannya dengan perhitungan $H_{2^j}$.

Latihan 31.3-7. Buktikan bahwa untuk deret geometri, uji suku ke-$n$ adalah kriteria lengkap: $\sum_{k\geq0}r^k$ konvergen jika dan hanya jika $r^k\to0$.

Latihan 31.3-8. Misalkan $a_k\to L\ne0$. Buktikan bahwa $\tfrac{S_n}n\to L$. (Petunjuk: tulis $\tfrac{S_n}n-L=\tfrac1n\sum_{k\leq n}(a_k-L)$, lalu pisahkan suku-suku awal dan ekor.)

Solusi

Solusi 31.3-1. (a) $\to\tfrac12\ne0$, sehingga divergen. (b) $\tfrac{k^2}{2^k}\to0$ (Contoh 25.3.5 dan Latihan 26.3-5), sehingga uji ini tidak memberi kesimpulan. Bab 32 menunjukkan bahwa deret ini konvergen. (c) Suku genap $\to\tfrac12$ dan suku ganjil $\to-\tfrac12$, sehingga suku-sukunya tidak konvergen ke $0$ dan deret divergen. (d) $\to e\ne0$, sehingga divergen. $\square$

Solusi 31.3-2. $a_{k+1}+\cdots+a_{k+p}=S_{k+p}-S_k\to S-S=0$. Kasus $p=2$ dengan pergeseran memberi $a_k+a_{k+1}\to0$. $\square$

Solusi 31.3-3. $\tfrac1{\sqrt k}$ positif dan turun, sedangkan $k\cdot\tfrac1{\sqrt k}=\sqrt k\not\to0$. Bila deret konvergen, Teorema 31.3.6 akan memberi $\sqrt k\to0$, kontradiksi. $\square$

Solusi 31.3-4. $a_k=\tfrac1k$ bila $k=j^2$ untuk suatu $j$, dan $a_k=\tfrac1{k^2}$ bila tidak. Jumlah parsialnya terbatas oleh $\sum_j\tfrac1{j^2}+\sum_k\tfrac1{k^2}\leq4$, karena suku pada indeks $j^2$ bernilai $\tfrac1{j^2}$. Jadi deret konvergen (Teorema 31.1.7). Akan tetapi $ka_k=1$ untuk $k=j^2$, dan ini terjadi tak hingga kali. $\square$

Solusi 31.3-5. Barisan $(ka_k)$ terbatas di bawah oleh $0$, sehingga $\ell_N=\inf_{k\geq N}ka_k\geq0$ ada dan naik. Andaikan $\liminf ka_k\ne0$, yaitu $(\ell_N)$ tidak menuju $0$. Karena $(\ell_N)$ naik dan taknegatif, ada $K$ dengan $c'=\ell_K>0$. Maka $ka_k\geq c'$ untuk semua $k\geq K$, sehingga $a_k\geq\tfrac{c'}k$, dan $S_n\geq S_{K-1}+c'(H_n-H_{K-1})\to+\infty$. Kontradiksi. $\square$