Bab 33: Deret Berganti Tanda dan Konvergensi Bersyarat

33.1 Teorema Leibniz untuk Deret Berganti Tanda

Penjelasan master untuk Bab 33: menganalisis deret yang sukunya berselang-seling antara positif dan negatif. Penjelasan master untuk unit ini: deret $\sum(-1)^{n+1}a_n$ konvergen jika suku $a_n$ bernilai positif, turun monoton, dan $\lim a_n=0$. Contohnya, deret harmonik berganti tanda $\sum\tfrac{(-1)^{n+1}}n$ konvergen bersyarat.

Uji-uji Bab 32 hanya berlaku untuk suku taknegatif, dan untuk deret bertanda campuran hanya dapat membuktikan kekonvergenan mutlak. Deret harmonik berganti tanda tidak konvergen mutlak, tetapi tetap konvergen, karena suku-suku positif dan negatif saling mengimbangi. Teorema Leibniz menangkap mekanisme pengimbangan ini. Unit ini juga membuktikan perumumannya, uji Dirichlet, melalui penjumlahan parsial.

Prasyarat: Bab 27 (Teorema Kekonvergenan Monoton), Bab 31.

Teorema Leibniz

Teorema 33.1.1 (Leibniz)

Misalkan $(a_n)_{n\geq1}$ memenuhi $a_n\geq0$, $(a_n)$ turun, dan $a_n\to0$. Maka $\sum_{n=1}^\infty(-1)^{n+1}a_n=a_1-a_2+a_3-\cdots$ konvergen ke suatu $S$. Untuk semua $n\geq1$:

(a) $S_{2m}\leq S\leq S_{2m+1}$ untuk semua $m\geq1$;

(b) $|S-S_n|\leq a_{n+1}$;

(c) $S-S_n$ bertanda $(-1)^n$ atau nol, yaitu bertanda sama dengan suku pertama yang dibuang, $(-1)^{n+2}a_{n+1}$.

Bukti. Jumlah parsial genap: $S_{2m+2}=S_{2m}+(a_{2m+1}-a_{2m+2})\geq S_{2m}$, karena barisan turun. Jumlah parsial ganjil: $S_{2m+3}=S_{2m+1}-(a_{2m+2}-a_{2m+3})\leq S_{2m+1}$. Juga $S_{2m+1}=S_{2m}+a_{2m+1}\geq S_{2m}$.

Jadi $(S_{2m})$ naik dan terbatas di atas oleh $S_1$, karena $S_{2m}\leq S_{2m+1}\leq S_1$. Barisan $(S_{2m+1})$ turun dan terbatas di bawah oleh $S_2$. Teorema 27.2.1 memberi $S_{2m}\to S'$ dan $S_{2m+1}\to S''$. Selisihnya $S_{2m+1}-S_{2m}=a_{2m+1}\to0$, sehingga $S'=S''=:S$. Subbarisan genap dan ganjil konvergen ke $S$, sehingga $S_n\to S$ (Latihan 25.2-5).

(a) Barisan naik berada di bawah limitnya dan barisan turun berada di atas limitnya (Latihan 27.2-5).

(b) dan (c): untuk $n=2m$, $0\leq S-S_{2m}\leq S_{2m+1}-S_{2m}=a_{2m+1}$. Untuk $n=2m+1$, $0\leq S_{2m+1}-S\leq S_{2m+1}-S_{2m+2}=a_{2m+2}$. $\square$

Gambaran geometris: jumlah parsial melompat bolak-balik. Setiap langkah mengubah arah dan lebih pendek daripada langkah sebelumnya, sehingga lompatan-lompatan itu mengurung limitnya dalam selang yang semakin sempit. Taksiran (b) sangat praktis: galat tidak lebih besar daripada suku pertama yang dibuang.

Contoh 33.1.2 (Contoh Master: Harmonik Berganti Tanda)

$a_n=\tfrac1n$ positif, turun, dan menuju $0$. Jadi $\sum\tfrac{(-1)^{n+1}}n$ konvergen ke suatu $S$. Bagian (a) memberi

yaitu $0{,}583\ldots\leq S\leq0{,}783\ldots$. Deret ini tidak konvergen mutlak, karena $\sum\tfrac1n=+\infty$. Jadi deret ini konvergen bersyarat (Definisi 31.1.8 dan catatan sesudahnya).

Nilai $S=\ln2\approx0{,}693$ akan dibuktikan di Bab 49 lewat deret Taylor. Fakta ini dicatat di sini tanpa bukti, sebagai rencana penutupan, dan tidak dipakai.

Untuk galat $<10^{-3}$, bagian (b) meminta $\tfrac1{n+1}<10^{-3}$, yaitu $n\geq1000$. Kekonvergenan bersyarat biasanya lambat.

Peran Syarat-Syarat Leibniz

(i) $a_n\to0$ diperlukan, karena kalau tidak, suku-sukunya tidak menuju nol (Akibat 31.3.2). Contohnya $\sum(-1)^{n+1}\tfrac{n+1}n$.

(ii) Kemonotonan adalah bagian dari syarat cukup Teorema 33.1.1, bukan syarat perlu bagi kekonvergenan deret berganti tanda. Yang benar adalah bahwa syarat $a_n\to0$ saja tidak cukup. Tanpa kemonotonan, deret $\sum(-1)^{n+1}a_n$ dengan $a_n>0$ dan $a_n\to0$ dapat divergen (Contoh 33.1.3) dan dapat juga konvergen (Contoh 33.1.3'). Jadi kemonotonan tidak dapat dibuang dari hipotesis Teorema 33.1.1 tanpa kehilangan kesimpulannya, tetapi kegagalan kemonotonan tidak memastikan divergensi.

Contoh 33.1.3 (Tanpa Kemonotonan)

Tetapkan $a_{2k-1}=\tfrac1k$ dan $a_{2k}=\tfrac1{k^2}$. Maka $a_n>0$ dan $a_n\to0$, tetapi $(a_n)$ tidak turun, karena misalnya $a_4=\tfrac14<a_5=\tfrac13$. Jumlah parsial genap:

Jadi deret ini divergen. Contoh ini membuktikan bahwa $a_n\to0$ saja tidak menjamin kekonvergenan. Contoh ini tidak membuktikan bahwa setiap deret berganti tanda yang konvergen harus monoton.

Contoh 33.1.3' (Tanpa Kemonotonan, tetapi Konvergen)

Untuk $k\geq1$, tetapkan $a_{2k-1}=\tfrac1k$ dan $a_{2k}=\tfrac1k+\tfrac1{k^2}$. Maka $a_n>0$, dan $a_n\to0$, karena subbarisan ganjil $\tfrac1k\to0$ dan subbarisan genap $\tfrac1k+\tfrac1{k^2}\to0$ (Latihan 25.2-5). Barisan $(a_n)$ tidak turun, karena setiap pasangan naik: $a_{2k}-a_{2k-1}=\tfrac1{k^2}>0$.

Deret $\sum(-1)^{n+1}a_n=a_1-a_2+a_3-a_4+\cdots$ konvergen. Setiap pasangan memberi $a_{2k-1}-a_{2k}=-\tfrac1{k^2}$, sehingga

Deret $\sum\tfrac1{k^2}$ konvergen (Contoh 27.2.6); tulis $T$ untuk jumlahnya. Jadi $S_{2m}\to-T$. Untuk indeks ganjil, dengan $S_0=0$, $S_{2m+1}=S_{2m}+a_{2m+1}=S_{2m}+\tfrac1{m+1}\to-T+0=-T$. Subbarisan genap dan ganjil dari $(S_n)$ menuju limit yang sama, sehingga $S_n\to-T$ (Latihan 25.2-5). Nilai $T$ tidak diperlukan.

Deret ini tidak konvergen mutlak. Dua suku berurutan memberi $|a_{2k-1}|+|a_{2k}|=\tfrac2k+\tfrac1{k^2}\geq\tfrac2k$, sehingga jumlah parsial $\sum_{n\leq2m}a_n\geq2H_m\to+\infty$ (Teorema 24.2.9). Jadi deret ini konvergen bersyarat walaupun $(a_n)$ tidak monoton. Kemonotonan bukan syarat perlu.

Penjumlahan Parsial dan Uji Dirichlet

Lemma 33.1.4 (Penjumlahan Parsial Abel)

Misalkan $(a_n)$ dan $(b_n)$ barisan, dan $B_n=\sum_{k=1}^nb_k$ dengan $B_0=0$. Untuk $m>n\geq0$:

Bukti. Substitusikan $b_k=B_k-B_{k-1}$:

Pisahkan suku $k=m$ dari jumlah pertama dan suku $k=n$ dari jumlah kedua, lalu gabungkan sisanya. $\square$

Lemma ini adalah analog diskret integral parsial (Bab 45).

Teorema 33.1.5 (Uji Dirichlet)

Misalkan $(a_n)$ turun dan $a_n\to0$. Misalkan pula jumlah parsial $B_n=\sum_{k\leq n}b_k$ terbatas, yaitu $|B_n|\leq M$ untuk semua $n$. Maka $\sum a_nb_n$ konvergen.

Bukti. Karena $(a_n)$ turun ke $0$, $a_n\geq0$ dan $a_k-a_{k+1}\geq0$. Lemma 33.1.4 memberi

Ruas kanan menuju $0$, sehingga kriteria Cauchy (Teorema 31.1.6) berlaku. $\square$

Leibniz adalah kasus khusus dengan $b_n=(-1)^{n+1}$. Jumlah parsialnya $B_n\in\{0,1\}$, sehingga $|B_n|\leq1$. Uji Dirichlet juga menangani pola tanda yang lebih umum.

Contoh 33.1.6

Misalkan $(b_n)$ berpola $1,1,-2,1,1,-2,\ldots$, dengan periode $3$ dan jumlah nol per periode. Jumlah parsialnya bernilai $1,2,0,1,2,0,\ldots$, sehingga terbatas oleh $2$. Uji Dirichlet memberi bahwa $\sum\tfrac{b_n}n=1+\tfrac12-\tfrac23+\tfrac14+\tfrac15-\tfrac26+\cdots$ konvergen. Deret ini tidak berganti tanda secara teratur, sehingga Teorema Leibniz tidak berlaku langsung.

Latihan

Latihan 33.1-1. Tentukan apakah deret berikut konvergen mutlak, konvergen bersyarat, atau divergen: (a) $\sum\tfrac{(-1)^n}{n^2}$; (b) $\sum\tfrac{(-1)^n}{2n+1}$; (c) $\sum(-1)^n\tfrac n{n+1}$; (d) $\sum\tfrac{(-1)^nn}{n^2+1}$.

Latihan 33.1-2. Hitung $S_4$ dan $S_5$ untuk deret harmonik berganti tanda, dan periksa batas pada Contoh 33.1.2.

Latihan 33.1-3. Untuk $\sum\tfrac{(-1)^{n+1}}{n^3}$, berapa banyak suku yang menjamin galat $<10^{-3}$ menurut Teorema 33.1.1(b)? Hitung jumlah parsial itu sampai tiga angka desimal.

Latihan 33.1-4. Buktikan bahwa $\sum\tfrac{(-1)^{n+1}}{\sqrt n}$ konvergen bersyarat.

Latihan 33.1-5. Periksa Lemma 33.1.4 secara langsung untuk $n=0$, $m=3$.

Latihan 33.1-6. Misalkan $(a_n)$ turun ke $0$ dan $(b_n)$ periodik dengan periode $p$ serta $\sum_{k=1}^pb_k=0$. Buktikan bahwa $\sum a_nb_n$ konvergen.

Latihan 33.1-7. Dalam Teorema 33.1.1, buktikan bahwa bila $(a_n)$ turun tegas, maka $0<|S-S_n|<a_{n+1}$.

Latihan 33.1-8. Untuk deret harmonik berganti tanda, buktikan bahwa jumlah suku-suku positifnya, $1+\tfrac13+\tfrac15+\cdots$, dan jumlah suku-suku negatifnya, $\tfrac12+\tfrac14+\cdots$, keduanya $+\infty$.

Solusi

Solusi 33.1-1. (a) Konvergen mutlak, karena $\sum\tfrac1{n^2}$ konvergen. (b) Konvergen bersyarat. Konvergen menurut Leibniz, karena $\tfrac1{2n+1}$ turun ke $0$. Tidak mutlak, karena $\tfrac1{2n+1}\geq\tfrac1{3n}$ dan deret harmonik divergen. (c) Divergen, karena suku-sukunya tidak menuju $0$. (d) Konvergen bersyarat. $\tfrac n{n^2+1}$ turun untuk $n\geq1$: $n((n+1)^2+1)\geq(n+1)(n^2+1)$ setara dengan $n^2+n-1\geq0$. Suku itu menuju $0$. Tidak mutlak, karena $\tfrac n{n^2+1}\geq\tfrac1{2n}$. $\square$

Solusi 33.1-2. $S_4=1-\tfrac12+\tfrac13-\tfrac14=\tfrac{12-6+4-3}{12}=\tfrac7{12}$. $S_5=\tfrac7{12}+\tfrac15=\tfrac{35+12}{60}=\tfrac{47}{60}$. Teorema 33.1.1(a) dengan $m=2$ memberi $S_4\leq S\leq S_5$. $\square$

Solusi 33.1-3. Diperlukan $\tfrac1{(n+1)^3}<10^{-3}$, yaitu $n+1>10$, sehingga $n\geq10$. $S_{10}=1-\tfrac18+\tfrac1{27}-\tfrac1{64}+\tfrac1{125}-\tfrac1{216}+\tfrac1{343}-\tfrac1{512}+\tfrac1{729}-\tfrac1{1000}$. Secara desimal, dengan $6$ angka: $1-0{,}125+0{,}037037-0{,}015625+0{,}008-0{,}00463+0{,}002915-0{,}001953+0{,}001372-0{,}001=0{,}901116\ldots$. Galatnya $<\tfrac1{1331}<0{,}00076$, dan menurut (c) bertanda positif. Jadi $0{,}9011<S<0{,}9019$. Tiga angka desimal pertama $S$, sebagai pemotongan, adalah $0{,}901$. Pembulatan ke tiga desimal, yaitu $0{,}901$ atau $0{,}902$, belum dapat dipastikan tanpa beberapa suku tambahan. $\square$

Solusi 33.1-4. Konvergen menurut Leibniz, karena $\tfrac1{\sqrt n}$ turun ke $0$. Tidak mutlak, karena $\sum\tfrac1{\sqrt n}=+\infty$ (Contoh 31.3.5(b)). $\square$

Solusi 33.1-5. Ruas kiri: $a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3$. Ruas kanan: $a_3B_3-a_1B_0-[B_1(a_2-a_1)+B_2(a_3-a_2)]=a_3(b_1+b_2+b_3)-b_1(a_2-a_1)-(b_1+b_2)(a_3-a_2)$. Uraikan: koefisien $b_1$ adalah $a_3-a_2+a_1-a_3+a_2=a_1$; koefisien $b_2$ adalah $a_3-a_3+a_2=a_2$; koefisien $b_3$ adalah $a_3$. Kedua ruas sama. $\square$

Solusi 33.1-6. $B_n$ periodik dengan periode $p$, karena $B_{n+p}=B_n+\sum_{\text{satu periode}}=B_n$. Jadi $B_n$ hanya mengambil berhingga banyak nilai, yaitu $B_1,\ldots,B_p$, sehingga terbatas. Gunakan Teorema 33.1.5. $\square$

Solusi 33.1-7. Untuk $n=2m$: $S-S_{2m}\geq S_{2m+2}-S_{2m}=a_{2m+1}-a_{2m+2}>0$, karena $S_{2m}$ naik dan $S\geq S_{2m+2}$. Juga $S-S_{2m}\leq S_{2m+3}-S_{2m}=a_{2m+1}-a_{2m+2}+a_{2m+3}<a_{2m+1}$, karena $a_{2m+2}>a_{2m+3}$ dan $S\leq S_{2m+3}$. Kasus ganjil serupa. $\square$

Solusi 33.1-8. Jumlah parsial positif: $\sum_{k=1}^m\tfrac1{2k-1}\geq\sum_{k=1}^m\tfrac1{2k}=\tfrac12H_m\to+\infty$. Jumlah parsial negatif: $\sum_{k=1}^m\tfrac1{2k}=\tfrac12H_m\to+\infty$. $\square$

Ringkasan

Bila $a_n\geq0$ turun ke $0$, deret $\sum(-1)^{n+1}a_n$ konvergen. Jumlah parsial genap naik dan jumlah parsial ganjil turun, keduanya menuju jumlah $S$. Galatnya tidak lebih besar daripada suku pertama yang dibuang, dan bertanda sama dengan suku itu. Contoh master, deret harmonik berganti tanda, konvergen bersyarat dengan $\tfrac7{12}\leq S\leq\tfrac{47}{60}$. Syarat $a_n\to0$ perlu bagi kekonvergenan deret apa pun. Kemonotonan adalah bagian dari syarat cukup Leibniz, bukan syarat perlu: tanpa kemonotonan, deret berganti tanda dengan $a_n\to0$ dapat divergen (Contoh 33.1.3) atau konvergen (Contoh 33.1.3'). Penjumlahan parsial Abel memberi uji Dirichlet: suku turun ke $0$ dikalikan suku dengan jumlah parsial terbatas menghasilkan deret konvergen. Leibniz adalah kasus khusus uji ini.

33.2 Teorema Penataan Ulang Riemann

Contoh sulit pada master: suku-suku dari deret konvergen bersyarat dapat disusun ulang urutannya sehingga menghasilkan jumlah total berapa pun yang diinginkan.

Penjumlahan hingga bersifat komutatif: urutan suku tidak mempengaruhi hasil. Untuk deret tak hingga, sifat ini hanya bertahan pada deret yang konvergen mutlak. Pada deret yang konvergen bersyarat, menukar urutan suku dapat mengubah jumlahnya, bahkan menjadikannya divergen. Unit ini membuktikan kedua sisi dikotomi itu dan memberi contoh eksplisit perubahan jumlah pada deret harmonik berganti tanda.

Prasyarat: Unit 31.1, Unit 33.1, bijeksi (Bab 5).

Penataan Ulang

Definisi 33.2.1

Misalkan $\sigma:\mathbb{N}_{+}\to\mathbb{N}_{+}$ bijeksi. Deret $\sum_{k=1}^\infty a_{\sigma(k)}$ disebut penataan ulang deret $\sum a_k$.

Setiap suku asal muncul tepat satu kali dalam penataan ulang. Yang berubah hanyalah urutannya. Jumlah parsial penataan ulang ditulis $T_m=\sum_{k=1}^ma_{\sigma(k)}$.

Proposisi 33.2.2 (Penataan Ulang Hingga)

Jika $\sigma(k)=k$ untuk semua $k\geq K$, maka $\sum a_{\sigma(k)}$ dan $\sum a_k$ mempunyai perilaku yang sama, dan bila konvergen, jumlahnya sama.

Bukti. $\sigma$ memetakan $\{1,\ldots,K-1\}$ ke dirinya sendiri, karena nilai $\geq K$ sudah dipakai oleh indeks $\geq K$. Untuk $m\geq K-1$, $T_m$ dan $S_m$ memuat suku-suku yang sama, sehingga $T_m=S_m$ menurut komutativitas penjumlahan hingga (Bab 7 dan 9). $\square$

Jadi masalahnya baru muncul bila tak hingga banyak suku dipindahkan.

Konvergen Mutlak: Jumlah Tidak Berubah

Teorema 33.2.3 (Dirichlet)

Jika $\sum a_k$ konvergen mutlak dengan jumlah $S$, maka setiap penataan ulangnya konvergen mutlak dengan jumlah $S$.

Bukti. Kekonvergenan mutlak: jumlah parsial $\sum_{k\leq m}|a_{\sigma(k)}|$ adalah jumlah dari $m$ suku berbeda di antara $|a_1|,|a_2|,\ldots$. Jadi jumlah parsial itu tidak melebihi $\sum_{k=1}^\infty|a_k|$, sehingga terbatas, dan Teorema 31.1.7 berlaku.

Jumlahnya: misalkan $\varepsilon>0$. Ambil $N$ dengan $\sum_{k>N}|a_k|<\varepsilon$ (Teorema 31.1.5(b)). Akibatnya $|S-S_N|<\varepsilon$. Tetapkan $M=\max\{\sigma^{-1}(1),\ldots,\sigma^{-1}(N)\}$. Untuk $m\geq M$, himpunan $\{\sigma(1),\ldots,\sigma(m)\}$ memuat $\{1,\ldots,N\}$. Jadi $T_m-S_N$ adalah jumlah dari berhingga banyak suku $a_k$ dengan $k>N$, yang berbeda satu sama lain. Maka

sehingga $|T_m-S|<2\varepsilon$. $\square$

Untuk deret konvergen mutlak, notasi $\sum a_k$ dapat dibaca sebagai "jumlah semua suku", tanpa menyebut urutan. Fakta ini dipakai pada deret kuasa di Bagian X.

Konvergen Bersyarat: Jumlah Bergantung pada Urutan

Lemma 33.2.4 (Bagian Positif dan Negatif)

Misalkan $\sum a_k$ konvergen bersyarat. Tetapkan $a_k^+=\max(a_k,0)$ dan $a_k^-=\max(-a_k,0)$ (Definisi 17.2.10). Maka $\sum a_k^+=+\infty$ dan $\sum a_k^-=+\infty$. Selain itu, $a_k\to0$.

Bukti. $a_k=a_k^+-a_k^-$ dan $|a_k|=a_k^++a_k^-$ (Proposisi 17.2.11). Bila $\sum a_k^+$ konvergen, maka $\sum a_k^-=\sum(a_k^+-a_k)$ konvergen (Teorema 31.1.4), sehingga $\sum|a_k|$ konvergen. Kontradiksi. Kasus $\sum a_k^-$ simetris. $a_k\to0$ menurut Teorema 31.3.1. $\square$

Jadi deret konvergen bersyarat mempunyai "cadangan" positif yang tak terbatas dan "cadangan" negatif yang tak terbatas. Kekonvergenannya hanya disebabkan oleh pengimbangan yang tepat dalam urutan aslinya.

Teorema 33.2.5 (Riemann)

Misalkan $\sum a_k$ konvergen bersyarat dan $L\in\mathbb{R}$. Ada penataan ulang $\sum a_{\sigma(k)}$ yang konvergen ke $L$.

Bukti. Langkah 1: dua daftar. Tetapkan $I^+=\{k:a_k\geq0\}$ dan $I^-=\{k:a_k<0\}$. Kedua himpunan tak hingga: bila salah satunya hingga, Lemma 33.2.4 gagal. Pencacahan naik (Teorema 20.3.5) memberi $i_1<i_2<\cdots$ untuk $I^+$ dan $j_1<j_2<\cdots$ untuk $I^-$. Tulis $p_r=a_{i_r}\geq0$ dan $q_s=-a_{j_s}>0$. Maka $\sum_rp_r=\sum a_k^+=+\infty$, $\sum_sq_s=\sum a_k^-=+\infty$, $p_r\to0$, dan $q_s\to0$. Kedua daftar adalah subbarisan dari $(|a_k|)$, yang menuju $0$.

Langkah 2: aturan rakus yang ditentukan. Tetapkan $T_0=0$ dan $r_0=s_0=0$. Untuk $m\geq1$:

• bila $T_{m-1}\leq L$: ambil suku positif berikutnya, yaitu $\sigma(m)=i_{r_{m-1}+1}$, dengan $r_m=r_{m-1}+1$ dan $s_m=s_{m-1}$;
• bila $T_{m-1}>L$: ambil suku negatif berikutnya, yaitu $\sigma(m)=j_{s_{m-1}+1}$, dengan $s_m=s_{m-1}+1$ dan $r_m=r_{m-1}$;

lalu $T_m=T_{m-1}+a_{\sigma(m)}$. Rekursi ini ditentukan sepenuhnya (Teorema 7.4.1), tanpa pilihan.

Langkah 3: kedua daftar terpakai habis. Andaikan hanya berhingga banyak suku negatif dipakai, misalnya tidak ada lagi sejak langkah $m_0$. Maka sejak $m_0$ setiap langkah mengambil suku positif, yaitu $T_{m-1}\leq L$ untuk semua $m>m_0$. Akan tetapi $T_m=T_{m_0}+(\text{jumlah suku positif berurutan yang baru})$, dan jumlah itu tak terbatas karena ekor $\sum p_r$ juga $+\infty$. Jadi suatu saat $T_m>L$, kontradiksi. Argumen yang sama berlaku untuk suku positif. Jadi $r_m\to\infty$ dan $s_m\to\infty$.

Akibatnya $\sigma$ bijeksi. Setiap indeks $k$ termasuk tepat satu dari $I^+$ dan $I^-$, berada pada posisi tertentu dalam pencacahan, dan dipakai tepat satu kali ketika penghitung mencapai posisi itu.

Langkah 4: kekonvergenan. Misalkan $\varepsilon>0$. Ada $m_1$ sehingga setiap suku yang dipakai sesudah langkah $m_1$ bernilai mutlak $<\varepsilon$, karena $p_r,q_s\to0$ dan $r_m,s_m\to\infty$. Menurut Langkah 3, ada langkah $m_2>m_1$ di mana arah berganti, yaitu $T_{m_2-1}$ dan $T_{m_2}$ berada di sisi yang berbeda dari $L$, atau $T_{m_2}=L$. Pada pergantian dari "$\leq L$" ke "$>L$": $L<T_{m_2}=T_{m_2-1}+p\leq L+p<L+\varepsilon$. Pada pergantian dari "$>L$" ke "$\leq L$": $L-\varepsilon<T_{m_2}\leq L$. Jadi $|T_{m_2}-L|<\varepsilon$.

Klaim: $|T_m-L|<\varepsilon$ untuk semua $m\geq m_2$. Induksi: bila $|T_{m-1}-L|<\varepsilon$ dan $T_{m-1}\leq L$, langkah berikutnya menambahkan $p\in[0,\varepsilon)$, sehingga $L-\varepsilon<T_{m-1}\leq T_m<L+\varepsilon$. Bila $T_{m-1}>L$, langkah berikutnya mengurangkan $q\in(0,\varepsilon)$, sehingga $L-\varepsilon<T_m<T_{m-1}<L+\varepsilon$. $\square$

Penataan ulang yang sama dengan target $\pm\infty$ juga dapat dibuat (Latihan 33.2-6). Penataan ulang juga dapat dibuat divergen secara berosilasi.

Contoh Eksplisit: Harmonik Berganti Tanda

Misalkan $S=\sum\tfrac{(-1)^{n+1}}n$, dengan $\tfrac7{12}\leq S\leq\tfrac{47}{60}$ (Contoh 33.1.2). Khususnya $S>0$.

Contoh 33.2.6 (Dua Positif, Satu Negatif)

Penataan ulang

mengambil dua suku positif berikutnya, lalu satu suku negatif berikutnya, secara berulang. Penataan ulang ini konvergen ke $\tfrac32S$.

Bukti. Setelah $m$ kelompok, $T_{3m}=\sum_{k=1}^{2m}\tfrac1{2k-1}-\sum_{k=1}^m\tfrac1{2k}$. Bandingkan dengan $S_{4m}=\sum_{k=1}^{2m}\tfrac1{2k-1}-\sum_{k=1}^{2m}\tfrac1{2k}$. Maka

Selanjutnya $S_{2m}=H_{2m}-2\sum_{k=1}^m\tfrac1{2k}=H_{2m}-H_m$. Jadi $T_{3m}=S_{4m}+\tfrac12S_{2m}\to S+\tfrac12S=\tfrac32S$. Suku-suku $T_{3m+1}-T_{3m}$ dan $T_{3m+2}-T_{3m}$ menuju $0$, sehingga subbarisan dengan indeks bersisa $1$ dan $2$ modulo $3$ juga menuju $\tfrac32S$. Proposisi 28.1.9 dengan tiga himpunan indeks memberi $T_m\to\tfrac32S$. $\square$

Karena $S>0$, $\tfrac32S\ne S$. Jadi jumlahnya benar-benar berubah. Dengan nilai yang dicatat di Contoh 33.1.2, jumlah baru itu adalah $\tfrac32\ln2$, tetapi kesimpulan "jumlahnya berubah" tidak memerlukan nilai itu.

Latihan

Latihan 33.2-1. Buktikan bahwa penataan ulang $1-\tfrac12-\tfrac14+\tfrac13-\tfrac16-\tfrac18+\tfrac15-\tfrac1{10}-\tfrac1{12}+\cdots$, yaitu satu suku positif lalu dua suku negatif, konvergen ke $\tfrac12S$.

Latihan 33.2-2. Buktikan bahwa jumlah parsial genap deret harmonik berganti tanda memenuhi $S_{2m}=H_{2m}-H_m$.

Latihan 33.2-3. Buktikan bahwa setiap penataan ulang $\sum\tfrac{(-1)^{n+1}}{n^2}$ konvergen ke jumlah yang sama.

Latihan 33.2-4. Terapkan aturan rakus Teorema 33.2.5 pada deret harmonik berganti tanda dengan target $L=0$. Tuliskan sepuluh suku pertama penataan ulangnya, dan jumlah parsial sesudah setiap suku.

Latihan 33.2-5. Buktikan Lemma 33.2.4 secara rinci, termasuk identitas $a=a^+-a^-$ dan $|a|=a^++a^-$.

Latihan 33.2-6. Buktikan bahwa deret harmonik berganti tanda mempunyai penataan ulang yang divergen ke $+\infty$. (Petunjuk: pada tahap ke-$n$, ambil suku positif sampai jumlah parsial melampaui $n$, lalu ambil satu suku negatif.)

Latihan 33.2-7. Pada bukti Teorema 33.2.3, jelaskan mengapa $M$ ada dan mengapa $T_m-S_N$ hanya memuat suku dengan indeks $>N$.

Latihan 33.2-8. Seseorang menghitung "$S=1-\tfrac12+\tfrac13-\cdots$, lalu $2S=2-1+\tfrac23-\tfrac12+\tfrac25-\tfrac13+\cdots$; kelompokkan suku-suku dengan penyebut sama: $(2-1)-\tfrac12+(\tfrac23-\tfrac13)-\tfrac14+\cdots=S$, jadi $2S=S$ dan $S=0$." Tunjukkan langkah yang tidak sah.

Solusi

Solusi 33.2-1. Satu kelompok adalah $\tfrac1{2k-1}-\tfrac1{4k-2}-\tfrac1{4k}=\tfrac1{4k-2}-\tfrac1{4k}=\tfrac12\bigl(\tfrac1{2k-1}-\tfrac1{2k}\bigr)$. Jadi $T_{3m}=\tfrac12S_{2m}\to\tfrac12S$. Suku-suku antara menuju $0$, sehingga $T_m\to\tfrac12S$ (Proposisi 28.1.9). $\square$

Solusi 33.2-2. $S_{2m}=\sum_{k=1}^{2m}\tfrac1k-2\sum_{k=1}^m\tfrac1{2k}=H_{2m}-H_m$, karena setiap suku genap muncul sekali dengan tanda $+$ di $H_{2m}$, dan harus dikurangkan dua kali untuk memperoleh tanda $-$. $\square$

Solusi 33.2-3. Deret ini konvergen mutlak, karena $\sum\tfrac1{n^2}$ konvergen. Gunakan Teorema 33.2.3. $\square$

Solusi 33.2-4. Suku positif $1,\tfrac13,\tfrac15,\ldots$ dan suku negatif $-\tfrac12,-\tfrac14,\ldots$. Mulai dari $T_0=0\leq0$:

• $+1$: $T=1$
• $-\tfrac12$: $T=0{,}5$
• $-\tfrac14$: $T=0{,}25$
• $-\tfrac16$: $T\approx0{,}0833$
• $-\tfrac18$: $T\approx-0{,}0417$
• $+\tfrac13$: $T\approx0{,}2917$
• $-\tfrac1{10}$: $T\approx0{,}1917$
• $-\tfrac1{12}$: $T\approx0{,}1083$
• $-\tfrac1{14}$: $T\approx0{,}0369$
• $-\tfrac1{16}$: $T\approx-0{,}0256$

Sepuluh suku itu adalah $1,-\tfrac12,-\tfrac14,-\tfrac16,-\tfrac18,\tfrac13,-\tfrac1{10},-\tfrac1{12},-\tfrac1{14},-\tfrac1{16}$. $\square$

Solusi 33.2-5. Bila $a\geq0$: $a^+=a$ dan $a^-=0$. Bila $a<0$: $a^+=0$ dan $a^-=-a$. Dalam kedua kasus, $a^+-a^-=a$ dan $a^++a^-=|a|$. Sisanya seperti bukti Lemma 33.2.4. $\square$

Solusi 33.2-6. Aturan pada tahap $n=1,2,\ldots$: selama jumlah parsial $\leq n$, ambil suku positif berikutnya; setelah jumlah parsial $>n$, ambil tepat satu suku negatif berikutnya, lalu lanjut ke tahap $n+1$.

• Setiap tahap selesai dalam berhingga langkah, karena ekor suku positif berjumlah $+\infty$.
• Setiap tahap memakai tepat satu suku negatif, sehingga semua suku negatif terpakai, sesuai urutan.
• Semua suku positif terpakai. Bila hanya berhingga banyak yang terpakai, jumlah parsial terbatas di atas oleh jumlah suku positif yang terpakai itu, padahal setiap tahap $n$ memaksa jumlah parsial melampaui $n$.

Jadi aturan ini memberi penataan ulang. Suku negatif terbesar dalam nilai mutlak adalah $-\tfrac12$. Karena itu, sesudah tahap $n$ selesai, jumlah parsial $>n-\tfrac12$, dan selama tahap $n+1$ jumlah itu hanya bertambah sampai suku negatif berikutnya. Jadi semua jumlah parsial sesudah tahap $n$ lebih besar daripada $n-\tfrac12$, dan jumlah parsial menuju $+\infty$. $\square$

Solusi 33.2-7. $\sigma^{-1}(1),\ldots,\sigma^{-1}(N)$ adalah $N$ bilangan bulat positif, sehingga maksimumnya ada. Untuk $m\geq M$, setiap $k\leq N$ memenuhi $\sigma^{-1}(k)\leq M\leq m$, sehingga $a_k$ muncul di $T_m$. Suku-suku $T_m$ berbeda indeksnya, karena $\sigma$ injektif. Jadi setelah dikurangi $S_N$, yang tersisa adalah suku dengan indeks di $\{\sigma(1),\ldots,\sigma(m)\}\setminus\{1,\ldots,N\}$, yang semuanya $>N$. $\square$

Solusi 33.2-8. Mengelompokkan "suku-suku dengan penyebut sama" adalah penataan ulang, karena dalam deret $2S=2-1+\tfrac23-\tfrac12+\tfrac25-\tfrac13+\cdots$ suku $-\tfrac12$ dipindahkan dari posisi keempat ke posisi ketiga, dan suku $-\tfrac13$ dari posisi keenam ke posisi kelima, sehingga urutan barunya $2,-1,-\tfrac12,\tfrac23,-\tfrac13,-\tfrac14,\tfrac25,\ldots$. Pemindahan semacam itu terjadi tak hingga kali. Deret $2S$ hanya konvergen bersyarat, sehingga penataan ulang dapat mengubah jumlah. Kenyataannya, hasil penataan ulang itu adalah $S$, bukan $2S$. Kesimpulan "$2S=S$" mencampurkan dua deret berbeda dengan jumlah yang berbeda. Dari $S\geq\tfrac7{12}>0$, kita tahu $S\ne0$. $\square$

Ringkasan

Penataan ulang memakai semua suku tepat sekali dalam urutan baru. Memindahkan berhingga banyak suku tidak mengubah apa pun. Bila deret konvergen mutlak, setiap penataan ulang mempunyai jumlah yang sama (Dirichlet). Bila deret konvergen bersyarat, bagian positif dan bagian negatifnya masing-masing berjumlah $+\infty$, dan aturan rakus yang ditentukan, yaitu menambah suku positif bila di bawah target dan suku negatif bila di atas target, menghasilkan penataan ulang dengan jumlah $L$ sebarang (Riemann). Contoh eksplisitnya: deret harmonik berganti tanda yang ditata ulang menjadi "dua positif, satu negatif" berjumlah $\tfrac32S\ne S$. Jadi urutan suku adalah bagian dari definisi deret konvergen bersyarat.