# Bab 32: Uji Konvergensi untuk Deret Suku Positif

## 32.1 Uji Perbandingan Langsung dan Limit

Penjelasan master untuk Bab 32: kumpulan teorema pembanding untuk menguji apakah deret bersuku positif konvergen atau divergen. Untuk deret bersuku taknegatif, Teorema 31.1.7 menyederhanakan persoalan: deret konvergen jika dan hanya jika jumlah parsialnya terbatas. Jadi untuk membuktikan kekonvergenan, cukup menunjukkan bahwa jumlah parsialnya tidak lebih besar daripada jumlah parsial deret lain yang sudah diketahui konvergen. Untuk membuktikan divergensi, cukup menunjukkan bahwa jumlah parsialnya tidak lebih kecil daripada jumlah parsial deret yang divergen. Unit ini merumuskan gagasan itu dalam dua bentuk, langsung dan limit, menambahkan uji kondensasi Cauchy, dan menentukan kekonvergenan deret-$p$.

Prasyarat: Bab 31; pangkat rasional (Definisi 9.3B.5.1 dan hukum pangkat Teorema 9.3B.6.x).

### Perbandingan Langsung

#### Teorema 32.1.1 (Uji Perbandingan Langsung)

Misalkan $0\leq a_k\leq b_k$ untuk semua $k\geq K$.

(a) Jika $\sum b_k$ konvergen, maka $\sum a_k$ konvergen. Bila $K=1$, $\sum a_k\leq\sum b_k$.

(b) Jika $\sum a_k=+\infty$, maka $\sum b_k=+\infty$.

Bukti. Menurut Teorema 31.1.5, cukup ditinjau ekor sejak $K$. Jumlah parsial ekor memenuhi $\sum_{k=K}^na_k\leq\sum_{k=K}^nb_k\leq\sum_{k=K}^\infty b_k$. Ketaksamaan terakhir berlaku karena jumlah parsial deret bersuku taknegatif naik menuju jumlahnya (Teorema 27.2.1). Jadi jumlah parsial $\sum a_k$ terbatas, dan Teorema 31.1.7 memberi kekonvergenan. Untuk ketaksamaan jumlah, gunakan Akibat 25.2.6. (b) adalah kontraposisi (a). $\square$

Syarat $a_k\geq0$ tidak dapat dibuang. Dengan $a_k=-1$ dan $b_k=\tfrac1{k^2}$, berlaku $a_k\leq b_k$ dan $\sum b_k$ konvergen, tetapi $\sum a_k=-\infty$.

### Deret-$p$ dan Kondensasi Cauchy

#### Lemma 32.1.2 (Kemonotonan dalam Eksponen)

Misalkan $a>1$ dan $r<s$ rasional. Maka $a^r<a^s$. Untuk $0<a<1$, ketaksamaannya terbalik.

Bukti. Untuk $t=\tfrac pq>0$, dengan $p,q\geq1$, $a^p>1$ (Teorema 10.2.6), sehingga $a^t=(a^p)^{1/q}>1$. Bila akar itu $\leq1$, pangkat ke-$q$-nya $\leq1$. Maka $a^s=a^ra^{s-r}>a^r$ (Teorema 9.3B.6.2), karena $a^r>0$. Untuk $0<a<1$, terapkan hasil ini pada $\tfrac1a>1$, lalu gunakan Teorema 9.3B.6.5. $\square$

#### Teorema 32.1.3 (Uji Kondensasi Cauchy)

Misalkan $a_k\geq0$ dan $(a_k)$ turun. Maka $\sum_{k=1}^\infty a_k$ konvergen jika dan hanya jika $\sum_{j=0}^\infty2^ja_{2^j}$ konvergen.

Bukti. Kelompokkan indeks ke dalam blok $B_j=\{2^j,\ldots,2^{j+1}-1\}$, yang memuat $2^j$ indeks. Karena barisannya turun,
$$2^ja_{2^{j+1}}\leq\sum_{k\in B_j}a_k\leq2^ja_{2^j}.$$

($\Leftarrow$) Untuk $n<2^{J+1}$, $S_n\leq\sum_{j=0}^J\sum_{k\in B_j}a_k\leq\sum_{j=0}^J2^ja_{2^j}$. Jadi jumlah parsial terbatas, dan deret konvergen menurut Teorema 31.1.7.

($\Rightarrow$) $\sum_{j=0}^J2^ja_{2^{j+1}}\leq S_{2^{J+1}-1}\leq\sum a_k$. Jadi $\sum_j2^{j+1}a_{2^{j+1}}=2\sum_j2^ja_{2^{j+1}}$ mempunyai jumlah parsial yang terbatas. Deret ini adalah deret kondensasi tanpa suku pertama $a_1$, sehingga deret kondensasi konvergen. $\square$

Kondensasi mengganti deret dengan deret yang hanya memakai suku-suku pada indeks $1,2,4,8,\ldots$, dengan bobot sebanyak anggota bloknya. Bukti divergensi deret harmonik di Teorema 24.2.9 adalah kasus khusus argumen ini.

#### Teorema 32.1.4 (Deret-$p$)

Untuk $p$ rasional, $\sum_{k=1}^\infty\dfrac1{k^p}$ konvergen jika dan hanya jika $p>1$.

Bukti. Untuk $p\leq0$, $\tfrac1{k^p}=k^{-p}\geq1$, sehingga suku-sukunya tidak menuju $0$ dan deret divergen (Akibat 31.3.2).

Untuk $p>0$, $a_k=k^{-p}$ positif dan turun, karena $k^p<(k+1)^p$. Ketaksamaan itu mengikuti dari Teorema 10.2.6 dan sifat akar, dengan $k^{p}=(k^{m})^{1/q}$ untuk $p=\tfrac mq$. Suku kondensasinya adalah
$$2^j(2^j)^{-p}=(2^{1-p})^j,$$
menurut Teorema 9.3B.6.4. Ini deret geometri dengan rasio $r=2^{1-p}>0$. Menurut Lemma 32.1.2, $r<1$ jika dan hanya jika $1-p<0$, yaitu $p>1$. Teorema 31.2.2 dan 32.1.3 menyelesaikan bukti. $\square$

Untuk eksponen $p$ real yang tidak rasional, pangkat $k^p$ belum didefinisikan di buku ini. Definisinya menyusul bersama fungsi eksponensial. Setelah itu, bukti yang sama berlaku kata demi kata, asalkan Lemma 32.1.2 dan hukum pangkat sudah diperluas.

Kasus khusus: $p=1$ adalah deret harmonik (divergen), $p=2$ memberi $\sum\tfrac1{k^2}$ (konvergen, Contoh 27.2.6), dan $p=\tfrac12$ memberi $\sum\tfrac1{\sqrt k}$ (divergen, Contoh 31.3.5).

### Perbandingan Limit

#### Teorema 32.1.5 (Uji Perbandingan Limit)

Misalkan $a_k\geq0$, $b_k>0$, dan $\tfrac{a_k}{b_k}\to L$.

(a) Jika $0<L<\infty$, maka $\sum a_k$ dan $\sum b_k$ keduanya konvergen atau keduanya divergen.

(b) Jika $L=0$ dan $\sum b_k$ konvergen, maka $\sum a_k$ konvergen.

(c) Jika $\tfrac{a_k}{b_k}\to+\infty$ dan $\sum b_k=+\infty$, maka $\sum a_k=+\infty$.

Bukti. (a) Sejak suatu $K$, $\tfrac L2<\tfrac{a_k}{b_k}<\tfrac{3L}2$ (definisi limit dengan $\varepsilon=\tfrac L2$). Jadi $\tfrac L2b_k<a_k<\tfrac{3L}2b_k$. Gunakan Teorema 32.1.1 pada kedua sisi, dengan Teorema 31.1.4 untuk kelipatan konstan.

(b) Sejak suatu $K$, $\tfrac{a_k}{b_k}<1$, yaitu $a_k<b_k$. Gunakan Teorema 32.1.1(a).

(c) Sejak suatu $K$, $\tfrac{a_k}{b_k}>1$. Gunakan Teorema 32.1.1(b). $\square$

Uji perbandingan limit menyatakan bahwa kekonvergenan hanya bergantung pada "orde besar" suku. Konstanta perkalian dan suku-suku orde lebih rendah tidak berperan.

#### Contoh 32.1.6

(a) $\sum\dfrac{2k+3}{k^3-k+5}$. Penyebut $k^3-k+5>0$ untuk $k\geq1$, karena $k^3\geq k$. Bandingkan dengan $b_k=\tfrac1{k^2}$: $\tfrac{a_k}{b_k}=\tfrac{2k^3+3k^2}{k^3-k+5}\to2$ (Contoh 26.2.7(b)). Deret ini konvergen.

(b) $\sum\dfrac1{\sqrt{k^2+1}}$. Bandingkan dengan $\tfrac1k$: $\tfrac{a_k}{b_k}=\tfrac k{\sqrt{k^2+1}}=\tfrac1{\sqrt{1+1/k^2}}\to1$ (Teorema 26.2.8). Deret ini divergen.

(c) $\sum\dfrac1{k^2+k+1}$: $0<a_k\leq\tfrac1{k^2}$, sehingga konvergen menurut perbandingan langsung.

(d) $\sum\dfrac k{2^k}$: untuk $k\geq1$, $k\leq\bigl(\tfrac32\bigr)^k$ (Latihan 32.1-7), sehingga $\tfrac k{2^k}\leq\bigl(\tfrac34\bigr)^k$. Deret geometri dengan rasio $\tfrac34$ konvergen. Jumlahnya $2$ (Contoh 31.2.8).

(e) $\sum\dfrac1{k!}$: $k!\geq2^{k-1}$, sehingga $\tfrac1{k!}\leq\tfrac1{2^{k-1}}$. Deret ini konvergen, dan jumlahnya $e-1$ (Teorema 27.3.8).

### Latihan

Latihan 32.1-1. Tentukan kekonvergenannya: (a) $\sum\tfrac1{k^2+3k}$; (b) $\sum\tfrac{k+1}{k^2+1}$; (c) $\sum\tfrac1{k^{3/2}+1}$; (d) $\sum\tfrac{\sqrt k}{k^2+1}$.

Latihan 32.1-2. Buktikan bahwa jika $a_k,b_k>0$, $\tfrac{a_k}{b_k}\to L>0$, dan $\sum a_k=+\infty$, maka $\sum b_k=+\infty$.

Latihan 32.1-3. Dengan kondensasi, buktikan bahwa $\sum\tfrac1{k\,d(k)}$ divergen dan $\sum\tfrac1{k\,d(k)^2}$ konvergen, dengan $d(k)$ banyak angka biner $k$ (Unit 31.3).

Latihan 32.1-4. Misalkan $a_k\geq0$ dan $\sum a_k$ konvergen. Buktikan bahwa $\sum\tfrac{a_k}{1+a_k}$ konvergen.

Latihan 32.1-5. Misalkan $a_k\geq0$ dan $\sum a_k$ konvergen, sedangkan $(b_k)$ terbatas. Buktikan bahwa $\sum a_kb_k$ konvergen mutlak.

Latihan 32.1-6. Buktikan bahwa jika $a_k\geq0$ turun dan $\sum a_k$ divergen, maka $\sum\min\bigl(a_k,\tfrac1k\bigr)$ juga divergen.

Latihan 32.1-7. Buktikan bahwa $k\leq\bigl(\tfrac32\bigr)^k$ untuk semua $k\geq1$.

Latihan 32.1-8. Untuk $\sum_{k=1}^\infty\tfrac1{k^2}$, gunakan blok kondensasi untuk membuktikan bahwa jumlahnya paling besar $2$.

### Solusi

Solusi 32.1-1. (a) $\tfrac1{k^2+3k}<\tfrac1{k^2}$, sehingga konvergen. (b) Dibandingkan dengan $\tfrac1k$, rasionya $\tfrac{k^2+k}{k^2+1}\to1$, sehingga divergen. (c) Dibandingkan dengan $k^{-3/2}$, rasionya $\tfrac{k^{3/2}}{k^{3/2}+1}\to1$. Karena $p=\tfrac32>1$, deret ini konvergen. (d) Dibandingkan dengan $k^{-3/2}$, rasionya $\tfrac{k^2}{k^2+1}\to1$, sehingga konvergen. Di sini $\tfrac{\sqrt k}{k^2}=k^{-3/2}$ menurut hukum pangkat. $\square$

Solusi 32.1-2. Bila $\sum b_k$ konvergen, Teorema 32.1.5(a) memberi bahwa $\sum a_k$ konvergen, kontradiksi. $\square$

Solusi 32.1-3. Untuk $k=2^j$, $d(k)=j+1$. Kedua barisan positif dan turun. Suku kondensasi pertama adalah $2^j\cdot\tfrac1{2^j(j+1)}=\tfrac1{j+1}$, yang memberi deret harmonik, sehingga divergen. Suku kondensasi kedua adalah $\tfrac1{(j+1)^2}$, yang memberi deret konvergen. Gunakan Teorema 32.1.3. $\square$

Solusi 32.1-4. $0\leq\tfrac{a_k}{1+a_k}\leq a_k$. Gunakan Teorema 32.1.1. $\square$

Solusi 32.1-5. Misalkan $|b_k|\leq M$. Maka $|a_kb_k|\leq Ma_k$. Gunakan perbandingan langsung dan Teorema 31.1.4, lalu Teorema 31.1.9. $\square$

Solusi 32.1-6. $c_k=\min(a_k,\tfrac1k)$ positif dan turun, karena merupakan minimum dua barisan turun. Suku kondensasinya $2^jc_{2^j}=\min(2^ja_{2^j},1)$. Deret $\sum2^ja_{2^j}$ divergen menurut Teorema 32.1.3. Bila $2^ja_{2^j}\geq1$ untuk tak hingga banyak $j$, maka $\sum\min(\cdot,1)$ memuat tak hingga banyak suku bernilai $1$, sehingga divergen. Bila tidak, $\min(2^ja_{2^j},1)=2^ja_{2^j}$ sejak suatu $j$, sehingga divergen. Teorema 32.1.3 menyelesaikan bukti. $\square$

Solusi 32.1-7. Untuk $k=1,2$: $1\leq1{,}5$ dan $2\leq2{,}25$. Langkah untuk $k\geq2$: $\bigl(\tfrac32\bigr)^{k+1}=\tfrac32\bigl(\tfrac32\bigr)^k\geq\tfrac32k\geq k+1$, karena $\tfrac k2\geq1$. $\square$

Solusi 32.1-8. Dengan blok $B_j$ dan sisi kanan bukti Teorema 32.1.3: $\sum_{k\in B_j}\tfrac1{k^2}\leq2^j\cdot\tfrac1{4^j}=2^{-j}$. Jumlah semua blok $\leq\sum_{j\geq0}2^{-j}=2$. Jadi setiap jumlah parsial $\leq2$, dan jumlahnya $\leq2$. $\square$

### Ringkasan

Untuk suku taknegatif, perbandingan langsung berlaku: bila $a_k\leq b_k$ dan $\sum b_k$ konvergen, maka $\sum a_k$ konvergen; bila $\sum a_k$ divergen, maka $\sum b_k$ divergen. Perbandingan limit menyatakan bahwa bila $\tfrac{a_k}{b_k}\to L\in(0,\infty)$, kedua deret berperilaku sama. Kondensasi Cauchy mengubah deret bersuku turun menjadi deret pada indeks $2^j$. Kondensasi memberi hasil deret-$p$: untuk $p$ rasional, $\sum k^{-p}$ konvergen tepat ketika $p>1$, dan semua ini dibuktikan tanpa integral. Syarat suku taknegatif penting untuk semua uji perbandingan.

## 32.2 Uji Integral Cauchy (Integral Test)

Rumus master: deret harmonik $\sum_{n=1}^\infty\tfrac1n$ divergen karena integral tak wajarnya,
$$\int_1^\infty\frac1x\,dx=\lim_{t\to\infty}\ln t=\infty,$$
dan sebaliknya deret $\sum\tfrac1{n^2}$ konvergen.

Uji integral membandingkan deret $\sum f(k)$ dengan luas di bawah grafik $f$. Integral Riemann baru dibangun di Bagian IX (Bab 43–46), dan logaritma juga belum didefinisikan. Karena itu unit ini disusun dalam tiga lapis:

1. Versi diskret uji integral dibuktikan lengkap, tanpa integral. Peran integral diambil alih oleh fungsi pembanding $G$ yang selisihnya diapit oleh nilai-nilai $f$.
2. Uji integral itu sendiri dinyatakan dan dibuktikan dengan pinjaman berlabel P32-INT, yaitu sifat-sifat integral yang ditutup di Bab 43–46.
3. Contoh master dibahas dengan pinjaman berlabel P32-LN untuk logaritma. Kesimpulan master, bahwa $\sum\tfrac1n$ divergen dan $\sum\tfrac1{n^2}$ konvergen, sudah dibuktikan tanpa pinjaman di Teorema 24.2.9 dan Contoh 27.2.6.

Prasyarat: Unit 31.1–32.1; deret teleskopik (Teorema 31.2.6).

### Versi Diskret

#### Teorema 32.2.1 (Uji Pembanding Teleskopik)

Misalkan $(f_k)_{k\geq1}$ positif dan turun. Misalkan pula $(G_k)_{k\geq1}$ barisan dengan
$$f_{k+1}\leq G_{k+1}-G_k\leq f_k\qquad\text{untuk semua }k\geq1.\tag{$\ast$}$$
Maka:

(a) $\displaystyle G_{n+1}-G_1\leq\sum_{k=1}^nf_k\leq f_1+G_n-G_1$ untuk semua $n\geq1$;

(b) $\sum f_k$ konvergen jika dan hanya jika $(G_n)$ terbatas di atas;

(c) bila konvergen, sisanya $R_{N+1}=\sum_{k=N+1}^\infty f_k$ memenuhi $\lim G-G_{N+1}\leq R_{N+1}\leq\lim G-G_N$.

Bukti. (a) Jumlahkan sisi kanan $(\ast)$ untuk $k=1,\ldots,n$: $G_{n+1}-G_1\leq\sum_{k=1}^nf_k$, secara teleskopik. Jumlahkan sisi kiri $(\ast)$ untuk $k=1,\ldots,n-1$: $\sum_{k=2}^nf_k\leq G_n-G_1$. Tambahkan $f_1$.

(b) $(G_n)$ naik, karena selisihnya $\geq f_{k+1}>0$. Bila $(G_n)$ terbatas di atas, sisi kanan (a) terbatas, sehingga deret konvergen (Teorema 31.1.7). Bila deret konvergen, sisi kiri (a) memberi $G_{n+1}\leq G_1+\sum f_k$, sehingga $(G_n)$ terbatas.

(c) Untuk $m>N$, jumlahkan $(\ast)$ seperti pada (a): $G_{m+1}-G_{N+1}\leq\sum_{k=N+1}^mf_k\leq G_m-G_N$. Ambil limit $m\to\infty$. $(G_n)$ naik dan terbatas, sehingga konvergen. $\square$

Peran $G$: $(\ast)$ menyatakan bahwa pada langkah dari $k$ ke $k+1$, kenaikan $G$ diapit oleh $f$ di ujung kanan dan di ujung kiri langkah itu. Di Bagian IX, $G_k=\int_1^kf$ adalah pilihan alami, karena luas di bawah grafik fungsi turun pada $[k,k+1]$ terletak di antara $f(k+1)$ dan $f(k)$. Akan tetapi, setiap $G$ yang memenuhi $(\ast)$ sudah cukup.

#### Contoh 32.2.2 ($\sum\tfrac1{\sqrt k}$ dengan $G_k=2\sqrt k$)

$G_{k+1}-G_k=2(\sqrt{k+1}-\sqrt k)=\dfrac2{\sqrt{k+1}+\sqrt k}$. Karena $\sqrt k<\sqrt{k+1}$, penyebutnya terletak di antara $2\sqrt k$ dan $2\sqrt{k+1}$. Jadi
$$\frac1{\sqrt{k+1}}\leq G_{k+1}-G_k\leq\frac1{\sqrt k},$$
sehingga $(\ast)$ berlaku. Teorema 32.2.1(a) memberi
$$2\sqrt{n+1}-2\leq\sum_{k=1}^n\frac1{\sqrt k}\leq2\sqrt n-1.$$
$(G_n)$ tak terbatas, sehingga deret ini divergen, sesuai dengan Contoh 31.3.5(b). Hasil ini juga memberi laju pertumbuhannya: jumlah parsialnya kira-kira $2\sqrt n$.

#### Contoh 32.2.3 ($\sum\tfrac1{k^2}$ dengan $G_k=-\tfrac1k$)

$G_{k+1}-G_k=\tfrac1k-\tfrac1{k+1}=\tfrac1{k(k+1)}$, dan $\tfrac1{(k+1)^2}\leq\tfrac1{k(k+1)}\leq\tfrac1{k^2}$. Jadi $(\ast)$ berlaku. $(G_n)$ terbatas di atas oleh $0$, sehingga deret konvergen. Teorema 32.2.1(c) memberi taksiran sisa:
$$\frac1{N+1}\leq\sum_{k=N+1}^\infty\frac1{k^2}\leq\frac1N.$$
Untuk $N=10$: $S_{10}=1+\tfrac14+\tfrac19+\cdots+\tfrac1{100}$, dan $1{,}5497<S_{10}<1{,}5498$. Jadi
$$1{,}6406<1{,}5497+\tfrac1{11}<\sum_{k=1}^\infty\frac1{k^2}<1{,}5498+\tfrac1{10}=1{,}6498.$$
Ini konsisten dengan nilai $\tfrac{\pi^2}6\approx1{,}6449$ yang dicatat tanpa bukti di Contoh 27.2.6.

### Uji Integral dengan Pinjaman Berlabel

#### Pinjaman Berlabel P32-INT

Untuk fungsi $f:[1,\infty)\to\mathbb{R}$ yang positif dan turun, sifat-sifat berikut dipakai tanpa bukti. Rencana penutupan: Bagian IX. Keterintegralan fungsi monoton dibuktikan di Bab 43–44, sifat urutan dan aditivitas integral di Bab 44, dan integral tak wajar di Bab 46.

(I1) Untuk setiap $t\geq1$, integral $F(t)=\int_1^tf(x)\,dx$ ada.

(I2) Untuk bilangan bulat $k\geq1$: $F(k+1)-F(k)=\int_k^{k+1}f$, dan $f(k+1)\leq\int_k^{k+1}f\leq f(k)$.

(I3) $\int_1^\infty f$ konvergen, menurut definisi Bab 46, jika dan hanya jika $(F(n))_{n\geq1}$ terbatas. Untuk $f\geq0$, $F$ naik, sehingga syarat ini setara dengan keterbatasan $F$ pada bilangan bulat.

#### Teorema 32.2.4 (Uji Integral Cauchy, dengan P32-INT)

Misalkan $f:[1,\infty)\to\mathbb{R}$ positif dan turun. Maka $\sum_{k=1}^\infty f(k)$ konvergen jika dan hanya jika $\int_1^\infty f(x)\,dx$ konvergen. Selain itu,
$$\int_1^{n+1}f\leq\sum_{k=1}^nf(k)\leq f(1)+\int_1^nf.$$

Bukti. Dengan P32-INT, $G_k=F(k)$ memenuhi $(\ast)$ menurut (I2). Teorema 32.2.1 dan (I3) menyelesaikan bukti. $\square$

Jadi uji integral adalah Teorema 32.2.1 dengan pilihan khusus $G=F$. Keunggulan integral adalah bahwa $F$ selalu tersedia dan sering dapat dihitung dengan Teorema Dasar Kalkulus (Bab 45). Teorema 32.2.1 memerlukan kita menebak $G$ sendiri.

#### Pinjaman Berlabel P32-LN dan Contoh Master

P32-LN: ada fungsi $\ln:(0,\infty)\to\mathbb{R}$ dengan $\ln t=\int_1^t\tfrac{dx}x$. Rencana penutupan: definisi logaritma lewat integral dan sifat-sifatnya di Bagian VIII–IX, yaitu Bab 40 dan 45.

Dengan P32-INT dan P32-LN, Teorema 32.2.4 untuk $f(x)=\tfrac1x$ memberi
$$\ln(n+1)\leq H_n\leq1+\ln n.$$
Argumen master berjalan sebagai berikut: bila $\ln t\to\infty$, maka $(H_n)$ tak terbatas. Di dalam buku ini arah logisnya dapat dibalik. Karena $(H_n)$ tak terbatas, yang sudah dibuktikan di Teorema 24.2.9 tanpa pinjaman apa pun, ketaksamaan kanan memberi bahwa $\ln n\geq H_n-1$ tak terbatas. Jadi kesimpulan master tentang deret harmonik tidak bergantung pada pinjaman. Pinjaman itu hanya diperlukan untuk menuliskan argumen dalam bahasa integral.

Untuk $f(x)=\tfrac1{x^2}$, Bab 45 akan memberi $\int_1^t\tfrac{dx}{x^2}=1-\tfrac1t\to1$. Hasil ini sejalan dengan Contoh 32.2.3, karena $F(k)=1-\tfrac1k$ adalah $G_k+1$.

### Batas Penerapan

Uji integral, dan versi diskretnya, memerlukan suku yang positif dan turun. Untuk deret seperti $\sum\tfrac{(-1)^k}k$, uji ini tidak berlaku. Untuk suku yang positif tetapi tidak turun, ketaksamaan $(\ast)$ biasanya gagal, dan kesimpulannya dapat salah, misalnya bila $f$ "melonjak" tepat di bilangan bulat. Kemonotonan menjamin bahwa nilai $f$ di bilangan bulat mewakili perilaku $f$ di antaranya.

### Latihan

Latihan 32.2-1. Periksa secara rinci bahwa $G_k=2\sqrt k$ memenuhi $(\ast)$ untuk $f_k=\tfrac1{\sqrt k}$, lalu turunkan ketaksamaan Contoh 32.2.2 dari Teorema 32.2.1(a).

Latihan 32.2-2. Untuk $f_k=\tfrac1{k^3}$ dan $G_k=-\tfrac1{2k^2}$, buktikan $(\ast)$, lalu simpulkan $\tfrac1{2(N+1)^2}\leq\sum_{k>N}\tfrac1{k^3}\leq\tfrac1{2N^2}$.

Latihan 32.2-3. Untuk $f_k=\tfrac1{k(k+1)}$ dan $G_k=-\tfrac1k$, periksa $(\ast)$. Apa yang istimewa di sini, dan bagaimana hasilnya dibandingkan dengan Contoh 31.2.7(a)?

Latihan 32.2-4. Misalkan $(f_k)$ dan $(G_k)$ memenuhi hipotesis Teorema 32.2.1. Buktikan bahwa $d_n=\sum_{k=1}^nf_k-G_n$ turun dan terbatas di bawah, sehingga konvergen.

Latihan 32.2-5. Dengan P32-INT dan P32-LN, terapkan Latihan 32.2-4 untuk membuktikan bahwa $\gamma_n=H_n-\ln n$ turun dan konvergen ke suatu bilangan $\gamma\in[0,1]$. Bilangan ini disebut konstanta Euler–Mascheroni.

Latihan 32.2-6. Berapa $N$ terkecil sehingga lebar selang taksiran sisa $\bigl[\tfrac1{N+1},\tfrac1N\bigr]$ untuk $\sum\tfrac1{k^2}$ lebih kecil daripada $10^{-4}$?

Latihan 32.2-7. Jelaskan mengapa Teorema 32.2.1 tidak dapat diterapkan pada $\sum\tfrac{(-1)^{k+1}}k$, walaupun $\bigl|\tfrac{(-1)^{k+1}}k\bigr|=\tfrac1k$ turun.

Latihan 32.2-8. Buktikan dengan Teorema 32.2.1 dan $G_k=2\sqrt k$ bahwa $\tfrac1{\sqrt n}\sum_{k=1}^n\tfrac1{\sqrt k}\to2$.

### Solusi

Solusi 32.2-1. $G_{k+1}-G_k=\tfrac2{\sqrt{k+1}+\sqrt k}$. Karena $\sqrt k<\sqrt{k+1}$, $2\sqrt k<\sqrt{k+1}+\sqrt k<2\sqrt{k+1}$. Membalik ketaksamaan memberi $\tfrac1{\sqrt{k+1}}<G_{k+1}-G_k<\tfrac1{\sqrt k}$. Teorema 32.2.1(a): $2\sqrt{n+1}-2\leq\sum_{k\leq n}\tfrac1{\sqrt k}\leq1+2\sqrt n-2$. $\square$

Solusi 32.2-2. $G_{k+1}-G_k=\tfrac12\bigl(\tfrac1{k^2}-\tfrac1{(k+1)^2}\bigr)=\tfrac{2k+1}{2k^2(k+1)^2}$. Batas atas: $\tfrac{2k+1}{2k^2(k+1)^2}\leq\tfrac1{k^3}$ setara dengan $k(2k+1)\leq2(k+1)^2$, yaitu $2k^2+k\leq2k^2+4k+2$, yang benar. Batas bawah: $\geq\tfrac1{(k+1)^3}$ setara dengan $(2k+1)(k+1)\geq2k^2$, yaitu $2k^2+3k+1\geq2k^2$, yang juga benar. $G_n\to0$, sehingga Teorema 32.2.1(c) memberi $0-G_{N+1}\leq R_{N+1}\leq0-G_N$, yaitu taksiran yang diminta. $\square$

Solusi 32.2-3. $G_{k+1}-G_k=\tfrac1{k(k+1)}=f_k$. Jadi sisi kanan $(\ast)$ berlaku sebagai kesamaan, dan sisi kiri berlaku karena $(f_k)$ turun. Teorema 32.2.1(a) memberi $G_{n+1}-G_1=1-\tfrac1{n+1}=S_n$ secara tepat. Ini perhitungan teleskopik Contoh 31.2.7(a). $\square$

Solusi 32.2-4. $d_{n+1}-d_n=f_{n+1}-(G_{n+1}-G_n)\leq0$, menurut sisi kiri $(\ast)$. Teorema 32.2.1(a) dengan $n-1$ memberi $\sum_{k=1}^{n-1}f_k\geq G_n-G_1$, sehingga $d_n\geq f_n-G_1>-G_1$. Teorema 27.2.1 memberi kekonvergenan. $\square$

Solusi 32.2-5. Dengan $f_k=\tfrac1k$ dan $G_k=\ln k$ (P32-INT dan P32-LN), $\gamma_n=d_n$ turun. Juga $\gamma_n\geq f_n-G_1=\tfrac1n-0>0$, sehingga $\gamma=\lim\gamma_n\geq0$. Selain itu $\gamma_n\leq\gamma_1=1$. Jadi $\gamma\in[0,1]$. (Nilai numeriknya, sekitar $0{,}5772$, tidak dibuktikan di sini.) $\square$

Solusi 32.2-6. Lebarnya $\tfrac1N-\tfrac1{N+1}=\tfrac1{N(N+1)}<10^{-4}$ setara dengan $N(N+1)>10^4$. $99\cdot100=9900$ dan $100\cdot101=10100$, sehingga $N=100$. $\square$

Solusi 32.2-7. Teorema 32.2.1 memerlukan suku-suku deret itu sendiri, yaitu $f_k$, positif dan turun. Suku $\tfrac{(-1)^{k+1}}k$ berganti tanda. Menerapkan teorema pada $|f_k|$ hanya menyangkut deret $\sum\tfrac1k$, yaitu kekonvergenan mutlak, yang memang gagal. Hasil itu tidak memberi informasi tentang deret bolak-baliknya, yang konvergen secara bersyarat (Bab 33). $\square$

Solusi 32.2-8. Dari Contoh 32.2.2, $\tfrac{2\sqrt{n+1}-2}{\sqrt n}\leq\tfrac1{\sqrt n}\sum_{k\leq n}\tfrac1{\sqrt k}\leq\tfrac{2\sqrt n-1}{\sqrt n}$. Ruas kanan $=2-\tfrac1{\sqrt n}\to2$. Ruas kiri $=2\sqrt{1+\tfrac1n}-\tfrac2{\sqrt n}\to2$ (Teorema 26.2.8). Teorema apit menyelesaikan bukti. $\square$

### Ringkasan

Uji integral membandingkan $\sum f(k)$ dengan luas di bawah grafik fungsi $f$ yang positif dan turun. Intinya adalah ketaksamaan $f(k+1)\leq G(k+1)-G(k)\leq f(k)$, yang memberi $G_{n+1}-G_1\leq S_n\leq f_1+G_n-G_1$ secara teleskopik. Versi diskret ini dibuktikan penuh. Dengan $G=2\sqrt k$, $\sum\tfrac1{\sqrt k}$ divergen dengan pertumbuhan sekitar $2\sqrt n$. Dengan $G=-\tfrac1k$, $\sum\tfrac1{k^2}$ konvergen, dengan sisa di $[\tfrac1{N+1},\tfrac1N]$, dan jumlahnya di $(1{,}6406;\ 1{,}6498)$. Uji integral sendiri, yaitu $G=\int_1^kf$, dan contoh master dengan $\ln t\to\infty$ memakai pinjaman berlabel P32-INT dan P32-LN dengan penutupan di Bagian VIII–IX. Kesimpulan master sendiri sudah terbukti tanpa pinjaman.

## 32.3 Uji Rasio D'Alembert dan Uji Akar Cauchy

Rumus master: uji rasio menghitung $L=\lim\bigl|\tfrac{a_{n+1}}{a_n}\bigr|$. Jika $L<1$, deret konvergen mutlak. Jika $L>1$, deret divergen. Jika $L=1$, uji ini gagal memberi kesimpulan.

Uji rasio dan uji akar membandingkan deret dengan deret geometri. Keduanya tidak memerlukan pembanding yang ditebak, karena pembandingnya dibaca dari deret itu sendiri. Unit ini membuktikan kedua uji dalam bentuk yang lebih kuat, dengan $\limsup$ dan $\liminf$ (Bab 30). Bentuk ini tetap berlaku bila limitnya tidak ada. Unit ini juga membandingkan kekuatan kedua uji.

Prasyarat: Bab 30; Unit 31.1–31.2 dan 32.1; akar ke-$k$ (Teorema 11.3.8); $\sqrt[k]c\to1$ (Contoh 26.3.8).

### Uji Rasio

#### Teorema 32.3.1 (Uji Rasio)

Misalkan $a_k\ne0$ untuk semua $k$, dan tulis $r_k=\bigl|\tfrac{a_{k+1}}{a_k}\bigr|$.

(a) Jika $\limsup r_k<1$, maka $\sum a_k$ konvergen mutlak.

(b) Jika $r_k\geq1$ untuk semua $k\geq K$, maka $\sum a_k$ divergen. Khususnya, deret divergen bila $\liminf r_k>1$.

(c) Rumusan master: bila $L=\lim r_k$ ada, maka $L<1$ memberi kekonvergenan mutlak, $L>1$ memberi divergensi, dan $L=1$ tidak memberi kesimpulan.

Bukti. (a) Misalkan $\rho=\limsup r_k<1$, dan $q=\tfrac{1+\rho}2\in(\rho,1)$. Barisan $(r_k)$ terbatas di atas, karena $\limsup$-nya hingga, dan terbatas di bawah oleh $0$. Teorema 30.1.4(i) memberi $K$ dengan $r_k<q$ untuk $k\geq K$. Induksi memberi $|a_k|\leq|a_K|q^{k-K}$ untuk $k\geq K$. Deret $\sum_{k\geq K}|a_K|q^{k-K}$ adalah deret geometri dengan rasio $q<1$, sehingga Teorema 32.1.1 memberi bahwa $\sum|a_k|$ konvergen.

(b) Untuk $k\geq K$, $|a_{k+1}|\geq|a_k|$, sehingga $|a_k|\geq|a_K|>0$. Suku-sukunya tidak menuju $0$, sehingga deret divergen (Akibat 31.3.2). Bila $\liminf r_k>1$, maka $r_k>1$ sejak suatu indeks (Teorema 30.1.4 untuk $\liminf$, atau langsung dari $\ell_N$).

(c) Bila $L=\lim r_k$, maka $\limsup r_k=\liminf r_k=L$ (Teorema 30.1.6). Kasus $L<1$ adalah (a), dan kasus $L>1$ adalah (b). Untuk $L=1$: $\sum\tfrac1k$ dan $\sum\tfrac1{k^2}$ keduanya mempunyai $r_k\to1$, tetapi deret pertama divergen dan deret kedua konvergen. $\square$

Bentuk (b) lebih tepat daripada "$\limsup r_k>1$ memberi divergensi". Rumusan dengan $\limsup$ itu salah: rasio dapat melampaui $1$ tak hingga kali sementara deretnya konvergen (Contoh 32.3.5).

#### Contoh 32.3.2

(a) $\sum\tfrac{k^2}{2^k}$: $r_k=\tfrac12\bigl(\tfrac{k+1}k\bigr)^2\to\tfrac12$. Deret ini konvergen.

(b) $\sum\tfrac{3^k}{k!}$: $r_k=\tfrac3{k+1}\to0$. Deret ini konvergen.

(c) $\sum\tfrac{k!}{k^k}$: $r_k=\tfrac{(k+1)!\,k^k}{(k+1)^{k+1}\,k!}=\bigl(\tfrac k{k+1}\bigr)^k\to\tfrac1e<1$ (Latihan 27.3-3). Deret ini konvergen.

(d) $\sum\tfrac{k^k}{k!}$: $r_k=\bigl(1+\tfrac1k\bigr)^k\geq2>1$. Deret ini divergen menurut (b).

(e) $\sum\tfrac{k!}{2^k}$: $r_k=\tfrac{k+1}2\geq1$ untuk $k\geq1$. Deret ini divergen.

Uji rasio paling cocok untuk suku yang memuat faktorial dan pangkat, karena rasio dua suku berurutan menjadi sederhana.

### Uji Akar

Untuk $a\geq0$ dan $k\geq1$, $\sqrt[k]a$ adalah akar taknegatif tunggal (Teorema 11.3.8), dengan $\sqrt[k]0=0$.

#### Teorema 32.3.3 (Uji Akar)

Tulis $\rho_k=\sqrt[k]{|a_k|}$.

(a) Jika $(\rho_k)$ terbatas dan $\limsup\rho_k<1$, maka $\sum a_k$ konvergen mutlak.

(b) Jika $\rho_k\geq1$ untuk tak hingga banyak $k$, khususnya bila $\limsup\rho_k>1$ atau $(\rho_k)$ tak terbatas, maka $\sum a_k$ divergen.

(c) Bila $\limsup\rho_k=1$, uji ini tidak memberi kesimpulan.

Bukti. (a) Misalkan $\rho=\limsup\rho_k<1$, dan $q=\tfrac{1+\rho}2$. Sejak suatu $K$, $\rho_k<q$, sehingga $|a_k|<q^k$, karena pangkat ke-$k$ naik (Teorema 10.2.6). Gunakan perbandingan dengan deret geometri.

(b) $|a_k|=\rho_k^k\geq1$ untuk tak hingga banyak $k$, sehingga $a_k\not\to0$, dan deret divergen. Bila $\limsup\rho_k>1$, Teorema 30.1.4(ii) memberi tak hingga banyak $k$ dengan $\rho_k>1$.

(c) $\sqrt[k]{1/k}=\tfrac1{\sqrt[k]k}\to1$ dan $\sqrt[k]{1/k^2}=\tfrac1{(\sqrt[k]k)^2}\to1$ (Contoh 26.3.7). Yang pertama divergen dan yang kedua konvergen. $\square$

Berbeda dengan uji rasio, divergensi pada uji akar cukup ditentukan oleh $\limsup$. Hal ini karena $\rho_k\geq1$ secara langsung berarti $|a_k|\geq1$.

#### Contoh 32.3.4

(a) $\sum\bigl(\tfrac k{2k+1}\bigr)^k$: $\rho_k=\tfrac k{2k+1}\to\tfrac12$. Deret ini konvergen.

(b) $\sum\bigl(1-\tfrac1k\bigr)^{k^2}$, $k\geq2$: $\rho_k=\bigl(1-\tfrac1k\bigr)^k\to\tfrac1e<1$. Deret ini konvergen.

(c) $\sum\tfrac k{3^k}$: $\rho_k=\tfrac{\sqrt[k]k}3\to\tfrac13$. Deret ini konvergen.

### Perbandingan Kekuatan

#### Contoh 32.3.5 (Uji Akar Berhasil, Uji Rasio Gagal)

$a_k=2^{(-1)^k-k}$, yaitu $\tfrac14,\tfrac12,\tfrac1{16},\tfrac18,\tfrac1{64},\tfrac1{32},\ldots$ untuk $k=1,2,3,\ldots$:

- Rasio: $\tfrac{a_{k+1}}{a_k}=2^{(-1)^{k+1}-(-1)^k-1}=2^{-2(-1)^k-1}$. Untuk $k$ genap rasionya $\tfrac18$, dan untuk $k$ ganjil rasionya $2$. Jadi $\limsup r_k=2>1$ dan $\liminf r_k=\tfrac18<1$. Teorema 32.3.1 tidak memberi kesimpulan.
- Akar: $\rho_k=2^{-1+(-1)^k/k}=\tfrac12\cdot2^{(-1)^k/k}$. Karena $2^{1/k}\to1$ dan $2^{-1/k}=\tfrac1{2^{1/k}}\to1$ (Contoh 26.3.8), $\rho_k\to\tfrac12$. Deret ini konvergen.

Deret ini juga dapat dibandingkan langsung: $a_k\leq2^{1-k}$.

#### Teorema 32.3.6 (Uji Akar Lebih Kuat)

Misalkan $a_k>0$, dan $(r_k)$ dengan $r_k=\tfrac{a_{k+1}}{a_k}$ terbatas. Maka $\limsup\sqrt[k]{a_k}\leq\limsup r_k$.

Bukti. Misalkan $\rho=\limsup r_k$ dan $q>\rho$. Sejak suatu $K$, $r_k<q$, sehingga $a_k\leq a_Kq^{k-K}=Cq^k$ dengan $C=a_Kq^{-K}>0$. Maka $\sqrt[k]{a_k}\leq\sqrt[k]C\cdot q$, dan $\sqrt[k]C\to1$ (Contoh 26.3.8). Jadi $\limsup\sqrt[k]{a_k}\leq q$ (Proposisi 30.1.7(d) dan Teorema 30.1.6 pada penjepit kanan). Karena $q>\rho$ sebarang, $\limsup\sqrt[k]{a_k}\leq\rho$. $\square$

Akibatnya, bila uji rasio membuktikan kekonvergenan ($\limsup r_k<1$), uji akar juga membuktikannya. Kebalikannya tidak berlaku (Contoh 32.3.5). Walaupun begitu, uji rasio sering lebih mudah dihitung.

### Latihan

Latihan 32.3-1. Gunakan uji rasio: (a) $\sum\tfrac{k^3}{3^k}$; (b) $\sum\tfrac{2^k}{k^2}$; (c) $\sum\tfrac{(k!)^2}{(2k)!}$.

Latihan 32.3-2. Gunakan uji akar: (a) $\sum\bigl(\tfrac{2k+3}{3k+2}\bigr)^k$; (b) $\sum\tfrac{k^5}{2^k}$.

Latihan 32.3-3. Hitung $\lim r_k$ dan $\lim\rho_k$ untuk $\sum\tfrac1k$ dan $\sum\tfrac1{k^2}$, dan jelaskan mengapa kedua uji gagal memberi kesimpulan.

Latihan 32.3-4. Beri contoh deret konvergen dengan $r_k>1$ untuk tak hingga banyak $k$. Mengapa ini tidak bertentangan dengan Teorema 32.3.1(b)?

Latihan 32.3-5. Buktikan bahwa jika $a_k>0$ dan $(r_k)$ terbatas, maka $\liminf r_k\leq\liminf\sqrt[k]{a_k}$. Simpulkan bahwa jika $\lim r_k=L$, maka $\lim\sqrt[k]{a_k}=L$.

Latihan 32.3-6. Untuk $x\in\mathbb{R}$, tentukan kapan $\sum_{k\geq1}\tfrac{x^k}k$ konvergen mutlak, kapan konvergen, dan kapan divergen.

Latihan 32.3-7. Dengan Latihan 32.3-5, hitung $\lim\sqrt[k]{\tfrac{k^k}{k!}}$.

Latihan 32.3-8. Buktikan bahwa $\sum\tfrac{k!}{k^k}x^k$ konvergen mutlak untuk $|x|<e$ dan divergen untuk $|x|>e$.

### Solusi

Solusi 32.3-1. (a) $r_k=\tfrac13\bigl(1+\tfrac1k\bigr)^3\to\tfrac13$, sehingga konvergen. (b) $r_k=2\bigl(\tfrac k{k+1}\bigr)^2\to2$, sehingga divergen. Untuk $k\geq3$, $r_k\geq2\cdot\tfrac9{16}>1$, dan Teorema 32.3.1(b) berlaku. (c) $r_k=\tfrac{(k+1)^2}{(2k+1)(2k+2)}=\tfrac{k+1}{2(2k+1)}\to\tfrac14$, sehingga konvergen. $\square$

Solusi 32.3-2. (a) $\rho_k=\tfrac{2k+3}{3k+2}\to\tfrac23<1$, sehingga konvergen. (b) $\rho_k=\tfrac{(\sqrt[k]k)^5}2\to\tfrac12$, sehingga konvergen. $\square$

Solusi 32.3-3. Untuk $\tfrac1k$: $r_k=\tfrac k{k+1}\to1$ dan $\rho_k\to1$. Untuk $\tfrac1{k^2}$: $r_k=\bigl(\tfrac k{k+1}\bigr)^2\to1$ dan $\rho_k\to1$. Kedua deret mempunyai nilai uji yang sama, tetapi perilakunya berbeda. Jadi nilai $1$ tidak dapat menentukan apa pun. Kedua uji hanya membandingkan dengan deret geometri, dan deret-$p$ menuju nol lebih lambat daripada deret geometri mana pun. $\square$

Solusi 32.3-4. Contoh 32.3.5 mempunyai $r_k=2$ untuk semua $k$ ganjil, dan deretnya konvergen. Teorema 32.3.1(b) mensyaratkan $r_k\geq1$ untuk semua $k$ sejak suatu indeks, bukan hanya tak hingga kali. $\square$

Solusi 32.3-5. Misalkan $\lambda=\liminf r_k$. Bila $\lambda=0$, tidak ada yang perlu dibuktikan, karena $\sqrt[k]{a_k}>0$. Untuk $0<p<\lambda$, sejak suatu $K$, $r_k>p$, sehingga $a_k\geq Cp^k$ dengan $C>0$, dan $\sqrt[k]{a_k}\geq\sqrt[k]C\,p$. Penjepit kiri menuju $p$, sehingga $\liminf\sqrt[k]{a_k}\geq p$. Karena $p<\lambda$ sebarang, diperoleh $\liminf\sqrt[k]{a_k}\geq\lambda$. Bila $\lim r_k=L$, maka $L=\liminf r_k\leq\liminf\sqrt[k]{a_k}\leq\limsup\sqrt[k]{a_k}\leq\limsup r_k=L$. Barisan $(\sqrt[k]{a_k})$ terbatas oleh Teorema 32.3.6, sehingga Teorema 30.1.6 memberi kekonvergenan. $\square$

Solusi 32.3-6. Untuk $x\ne0$: $r_k=|x|\tfrac k{k+1}\to|x|$. Deret konvergen mutlak untuk $|x|<1$, dan divergen untuk $|x|>1$. Untuk $x=1$, deret harmonik divergen. Untuk $x=-1$, $\sum\tfrac{(-1)^k}k$ konvergen (Contoh 29.2.2(b), dengan tanda dibalik), tetapi tidak mutlak. Untuk $x=0$, deret ini nol. $\square$

Solusi 32.3-7. $r_k=\bigl(1+\tfrac1k\bigr)^k\to e$. Latihan 32.3-5 memberi $\sqrt[k]{\tfrac{k^k}{k!}}\to e$, yaitu $\tfrac k{\sqrt[k]{k!}}\to e$. $\square$

Solusi 32.3-8. Untuk $x\ne0$: $r_k=|x|\bigl(\tfrac k{k+1}\bigr)^k\to\tfrac{|x|}e$. Gunakan Teorema 32.3.1(c). $\square$

### Ringkasan

Uji rasio dan uji akar membandingkan deret dengan deret geometri. Uji rasio memberi kekonvergenan mutlak bila $\limsup\bigl|\tfrac{a_{k+1}}{a_k}\bigr|<1$, dan divergensi bila rasionya $\geq1$ sejak suatu indeks. Dalam bentuk limit master: $L<1$ konvergen mutlak, $L>1$ divergen, dan $L=1$ tanpa kesimpulan. Uji akar memberi kekonvergenan mutlak bila $\limsup\sqrt[k]{|a_k|}<1$, dan divergensi bila $\limsup>1$. Uji akar lebih kuat, karena $\limsup\sqrt[k]{a_k}\leq\limsup$ rasio, tetapi uji rasio sering lebih mudah dihitung. Kedua uji gagal pada deret-$p$, yang suku-sukunya menuju nol lebih lambat daripada deret geometri mana pun.